Esercizio - flusso uscente da un iperboloide a due falde (appello 13 luglio 2026)

Teoria: Flusso, teorema della divergenza e teorema del rotoreIl flusso di F attraverso una superficie orientata è ∬ F·n dσ = ∬ F(r)·(r_u ∧ r_v) du dv (grafico: ∬ F·(−f_x,−f_y,1) dx dy). Teorema della divergenza: per un solido Ω il flusso uscente da ∂Ω è ∭ div F; nel piano ∬ div F = ∮ F·n ds. Teorema del rotore (Stokes): ∬ rot F·n dσ = ∮ F·T ds sul bordo orientato; su una superficie chiusa il flusso del rotore è 0. Da div rot F = 0 vengono i campi solenoidali e il potenziale vettore.Flusso, teorema della divergenza e teorema del rotore →, Integrali tripli, coordinate cilindriche e sferiche e solidi di rotazioneL'integrale triplo ∭_E f si definisce con somme di Cauchy-Riemann su parallelepipedi; per f = 1 è il volume, per f = densità la massa; baricentro e momenti d'inerzia come in dimensione 2. Riduzione per fili (E = {(x,y) ∈ D, h₁ ≤ z ≤ h₂}: ∭ = ∬D(∫{h₁}^{h₂} f dz)dxdy) e per strati (E = {a ≤ z ≤ b, (x,y) ∈ E_z}: ∭ = ∫a^b(∬{E_z} f dxdy)dz). Cambiamento di variabili con |det DT|; coordinate cilindriche (x,y,z) = (ρcosθ, ρsinθ, z), dxdydz = ρ dρdθdz; sferiche (ρsinφcosθ, ρsinφsinθ, ρcosφ), φ ∈ [0,π] colatitudine, dxdydz = ρ²sinφ dρdφdθ; ellissoide di semiassi a,b,c ha volume (4/3)πabc. Solidi di rotazione: Pappo-Guldino (D), |R(A)| = θ̄·x_B·|A| (area di A per lunghezza dell'arco percorso dal baricentro).Integrali tripli, coordinate cilindriche e sferiche e solidi di rotazione →.

Testo

Sia $$\Omega=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:\ 4x^2+4y^2+1\le z^2,\ \ y\ge0,\ \ 0\le z\le2\}.$$ (a) Disegnare $\Omega$. (b) Calcolare il volume di $\Omega$. (c) Calcolare il flusso uscente da $\partial\Omega$ del campo $\mathbf{F}(x,y,z)=\left(2x^2+\cos z,\ -4xy,\ 3z^2\right)$.

Soluzione

(a) Geometria

Con $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$ e $z\ge0$ la condizione è $z\ge\sqrt{4\rho^2+1}$: sopra la falda superiore dell'iperboloide a due falde $z^2-4\rho^2=1$, che ha il vertice in $(0,0,1)$. Il piano $z=2$ la taglia dove $4\rho^2+1=4$, cioè $\rho=\frac{\sqrt3}2$. La condizione $y\ge0$ prende solo metà del solido (di rotazione). Quindi $\Omega$ è una mezza "ciotola": il bordo è formato da

• $S_1$: mezza falda di iperboloide, $z=\sqrt{4\rho^2+1}$, $y\ge0$, $1\le z\le2$;
• $S_2$: il semidisco piano $z=2$, $\rho\le\frac{\sqrt3}2$, $y\ge0$;
• $S_3$: la parte del piano $y=0$ compresa fra il profilo $z=\sqrt{4x^2+1}$ e $z=2$.

(b) Volume per strati

A quota $z\in[1,2]$ fissata, la sezione è $4(x^2+y^2)\le z^2-1$, $y\ge0$: un semicerchio di raggio $r(z)=\frac{\sqrt{z^2-1}}2$ e area $\tfrac12\pi r(z)^2=\dfrac{\pi(z^2-1)}8$. Quindi $$|\Omega|=\int_1^2\frac{\pi(z^2-1)}8\,dz=\frac\pi8\left[\frac{z^3}3-z\right]_1^2=\frac\pi8\left(\frac23+\frac23\right)=\frac\pi8\cdot\frac43=\frac\pi6 .$$ Controllo in cilindriche: $\pi\int_0^{\sqrt3/2}\rho\,(2-\sqrt{4\rho^2+1})\,d\rho=\pi\left[\rho^2-\tfrac1{12}(4\rho^2+1)^{3/2}\right]_0^{\sqrt3/2}=\pi\left(\tfrac34-\tfrac23+\tfrac1{12}\right)=\tfrac\pi6$.

(c) Il flusso

Il bordo ha tre pezzi con normali diverse: conviene il teorema di Gauss. $$\operatorname{div}\mathbf{F}=\partial_x(2x^2+\cos z)+\partial_y(-4xy)+\partial_z(3z^2)=4x-4x+6z=6z .$$ Per strati, con l'area $\frac{\pi(z^2-1)}8$ dei semicerchi: $$\Phi=\int_1^2 6z\cdot\frac{\pi(z^2-1)}8\,dz=\frac{3\pi}4\int_1^2(z^3-z)\,dz=\frac{3\pi}4\left[\frac{z^4}4-\frac{z^2}2\right]_1^2=\frac{3\pi}4\cdot\frac94=\frac{27\pi}{16}.$$ Controllo in cilindriche: $\int_0^{\sqrt3/2}\!\!\int_0^\pi\!\!\int_{\sqrt{4\rho^2+1}}^26z\,\rho\,dz\,d\theta\,d\rho=3\pi\int_0^{\sqrt3/2}\rho(3-4\rho^2)\,d\rho=3\pi\cdot\tfrac9{16}=\tfrac{27\pi}{16}$.

Risultati. $|\Omega|=\dfrac\pi6$, $\Phi=\dfrac{27\pi}{16}$.