Integrali superficiali

Lezione 8 di analisi, Unità 5. Prerequisiti: Superfici parametriche e areaUna superficie parametrica è p : D ⊂ R² → R³ continua, con D chiuso e limitato; il sostegno è p(D). I vettori p_u, p_v sono tangenti alle curve coordinate, e |p_u × p_v| è l'elemento d'area: Area(p) = ∫_D |p_u × p_v| du dv (analogo di L = ∫|r'|). Casi da sapere: cilindro (R cos t, R sin t, z), elemento R; sfera in coordinate sferiche, elemento R² sin φ, area 4πR²; superficie cartesiana (x, y, f(x,y)), elemento √(1 + f_x² + f_y²).Superfici parametriche e area →.

Definizione

Una lamina sottile ha la forma di una superficie, con densità superficiale di massa $\mu(x, y, z)$ (massa per unità di area). La massa si ottiene sommando $\mu\cdot$(area dei pezzetti), e l'area di un pezzetto è $|p_u \times p_v|\,du\,dv$:

Definizione. Sia $p : D \to \mathbb{R}^3$ di classe $C^1$ e $\mu : p(D) \to \mathbb{R}$ continua. L'integrale superficiale di $\mu$ su $p$ è $$\int_p\mu(x, y, z)\,d\sigma_p := \int_D\mu(p(u, v))\,|p_u \times p_v|(u, v)\,du\,dv$$

Esattamente come per gli integrali curvilinei: si sostituisce la parametrizzazione dentro $\mu$ e si moltiplica per l'elemento (qui d'area). Con $\mu = 1$ si ottiene l'area.

Superfici cartesiane $z = f(x, y)$, $(x, y) \in D$: $$\int_p\mu\,d\sigma = \int_D\mu(x, y, f(x, y))\sqrt{1 + f_x^2 + f_y^2}\,dx\,dy$$

Esempio del prof. Massa della lamina $z = x^2$, $(x, y) \in [0, 2]\times[0, 3]$, con densità $\mu = z$. Qui $f_x = 2x$, $f_y = 0$, elemento $\sqrt{1 + 4x^2}$, e $\mu = z = x^2$ sulla superficie: $$\int_0^3\int_0^2 x^2\sqrt{1 + 4x^2}\,dx\,dy = 3\int_0^2 x^2\sqrt{1 + 4x^2}\,dx = \frac{99\sqrt{17}}{16} - \frac{3\operatorname{settsinh}4}{64} \approx 25.41$$ (l'integrale in $x$ si fa con la sostituzione $2x = \sinh s$; il valore è stato calcolato con Python).

Invarianza

Definizione. $p_1 : D_1 \to \mathbb{R}^3$ e $p_2 : D_2 \to \mathbb{R}^3$ sono equivalenti se $p_1 = p_2 \circ \varphi$ con $\varphi : D_1 \to D_2$ biiettiva, $C^1$, con $\det\varphi' \ne 0$. Proposizione. Se $p_1$ e $p_2$ sono superfici $C^1$ equivalenti e $f$ è continua sul sostegno, $\int_{p_1}f\,d\sigma_{p_1} = \int_{p_2}f\,d\sigma_{p_2}$.

Il motivo è la formula del cambiamento di variabili: $|(p_1)_u \times (p_1)_v| = |(p_2)_s \times (p_2)_t|\circ\varphi\cdot|\det\varphi'|$. In pratica si può scegliere la parametrizzazione più comoda (sferica, polare, cartesiana) senza cambiare il risultato.

Esempi del prof [2023]

1. Calotta sferica. $\int_\Sigma x^2z^2\,d\sigma$, con $\Sigma$ la parte della sfera $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ sopra il cono $z = \sqrt{x^2 + y^2}$.

Il cono $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ forma un angolo di $45°$ con l'asse $z$: sopra il cono significa $\varphi \in [0, \frac\pi4]$. In coordinate sferiche (raggio $1$, elemento $\sin\varphi$), $x = \sin\varphi\cos\theta$, $z = \cos\varphi$: $$\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\sin^2\varphi\cos^2\theta\cos^2\varphi\,\sin\varphi\,d\varphi\,d\theta = \underbrace{\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta}_{\pi}\cdot\int_0^{\pi/4}\sin^3\varphi\cos^2\varphi\,d\varphi$$ Con $c = \cos\varphi$, $dc = -\sin\varphi\,d\varphi$, $\sin^2\varphi = 1 - c^2$, $c$ da $1$ a $\frac{\sqrt2}2$: $$\int_{\sqrt2/2}^1(1 - c^2)\,c^2\,dc = \left[\frac{c^3}3 - \frac{c^5}5\right]_{\sqrt2/2}^1 = \frac{2}{15} - \frac{\sqrt2}{12} + \frac{\sqrt2}{40} = \frac{16 - 7\sqrt2}{120}$$ (con $\left(\frac{\sqrt2}2\right)^3 = \frac{\sqrt2}4$ e $\left(\frac{\sqrt2}2\right)^5 = \frac{\sqrt2}8$). Risultato: $\frac{\pi(16 - 7\sqrt2)}{120} \approx 0.160$.

2. Cono dentro la sfera. $\int_p x^2z^2\,d\sigma$, con $p$ la parte del cono $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ dentro la sfera $x^2 + y^2 + z^2 = 1$. Sul cono $z^2 = x^2 + y^2$, quindi la condizione diventa $2(x^2 + y^2) \le 1$, cioè $\rho \le \frac{1}{\sqrt2}$. Parametrizzazione del cono in polari: $p(\rho, t) = (\rho\cos t, \rho\sin t, \rho)$, con $$p_\rho \times p_t = (\cos t, \sin t, 1)\times(-\rho\sin t, \rho\cos t, 0) = (-\rho\cos t,\ -\rho\sin t,\ \rho), \qquad |p_\rho \times p_t| = \sqrt2\,\rho$$ L'integranda è $x^2z^2 = \rho^2\cos^2 t\cdot\rho^2$: $$\int_0^{2\pi}\cos^2 t\,dt\int_0^{1/\sqrt2}\rho^4\cdot\sqrt2\,\rho\,d\rho = \pi\sqrt2\cdot\frac{(1/\sqrt2)^6}{6} = \pi\sqrt2\cdot\frac{1}{48} = \frac{\pi\sqrt2}{48} \approx 0.093$$

Suggerimenti

• Sfere: coordinate sferiche, elemento $R^2\sin\varphi$; un cono $z = k\sqrt{x^2 + y^2}$ corrisponde a un valore fisso di $\varphi$.
• Coni, paraboloidi, grafici di funzioni radiali: parametrizzazione $(\rho\cos t, \rho\sin t, f(\rho))$, elemento $\rho\sqrt{1 + f'(\rho)^2}$.
• Simmetrie: se la superficie è simmetrica rispetto a un piano e la funzione è dispari rispetto a quel piano, l'integrale è nullo (per esempio $\int z\,d\sigma$ sulla superficie $x = y^2 + z^2$).

Esercizi: Esercizio 33 · integrali superficiali.

Errori comuni

• Dimenticare l'elemento d'area e integrare solo $\mu(p(u, v))$.
• Non sostituire la superficie dentro $\mu$ (per esempio lasciare $z$ invece di $\cos\varphi$ o di $\rho$).
• Sbagliare l'intervallo di $\varphi$ per le calotte: si traduce la condizione (cono, piano $z =$ cost) in una condizione su $\varphi$.