Analisi Matematica 3 (Fisica e Astronomia) Esercizi di autoverifica sull integrazione multipla

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1 Analisi Matematica (Fisica e Astronomia) Esercizi di autoverifica sull integrazione multipla Università di Padova - Lauree in Fisica ed Astronomia - A.A. 7/8 venerdì novembre 7 Istruzioni generali. Risolvere i quesiti senza guardare lo svolgimento, che sarà fornito lunedì 6/. Al termine, autovalutare la propria risoluzione con l ausilio dello svolgimento indicato. Istruzioni per l autovalutazione. E. : pt (5++6+5). E. : pt (7+5+8). E. : 7 pt. E. : pt (8+8+7). E. 5: pt ( ). Totale: pt. Lo studente valuti da sè quanto assegnarsi per una risoluzione parziale dei quesiti. Consigli. Questa verifica vuole aiutare lo studente a capire il proprio grado di comprensione degli argomenti trattati a lezione, dunque andrebbe svolta individualmente con impegno, usando lo svolgimento fornito solo per l autovalutazione e per rendersi conto delle difficoltà incontrate nel lavoro solitario. Inoltre, per provare l impegno di un esame, la verifica andrebbe affrontata col minor numero possibile di interruzioni (ad es. in due sedute da ore).. ( ) Sia E = {(, y) : y y, y 5 e }. (i) isegnare E e determinarne l area e il baricentro geometrico. (ii) Scrivere gli integrali che danno i volumi dei solidi ottenuti facendo ruotare E attorno all asse, all asse y, e alla retta y = +, e se possibile calcolarli. (iii) ire per quali r Z esistono finiti E r d dy e E ( ) r y d dy, e calcolarli per r =. (iv) Trovare il momento d inerzia del solido ottenuto facendo ruotare E attorno all asse y (potrà servire uno degli integrali calcolati in (iii)).. Sia il petalo di rodonèa r(θ) sin θ per θ [, π ], e sia il suo bordo (disegnare). (i) eterminare, in forma parametrica e cartesiana, la retta ortogonale a nel suo punto dato da θ = π 6. Trovata poi (partendo dall equazione polare) un equazione cartesiana per, ricalcolare la suddetta retta ortogonale in modo alternativo. (ii) Calcolare l area e il baricentro geometrico di. (iii) Calcolare, se esistono finiti, gli integrali d dy, d dy e y +y dl. +y. isegnare F = {(, y) :, y, y y}, e determinarne l area sia con le coordinate cartesiane (, y) sia usando il cambio di variabili (u, v) = (y, ( y)) (dimostrare che si tratta effettivamente di un cambio di variabili, e da dove a dove).. ( ) isegnare nel piano (, z) la mezza cicloide parametrizzata da (a(t + sin t), a( + cos t)) con t π (ove a > ), e sia C la superficie (cupola) ottenuta ruotando la curva attorno all asse z. (i) Scritta una parametrizzazione per C, usarla per esprimere l elemento d area dσ e il versore normale esterno ν al variare del punto di C, e per calcolare il valore dell area di C. ( ) Esercizio tratto da prove d esame composte da Giuseppe e Marco.

2 (ii) Trovare il volume racchiuso tra C e il piano (, y). (iii) La cupola C poggia sul fondo del mare (l origine del sistema di riferimento è dunque posta al livello del fondo), che ha profondità h > a: essa pertanto subisce sulla sua superficie la pressione idrostatica p = p + δg(h z), ove p è la pressione atmosferica, δ è la densità dell acqua e g è l accelerazione di gravità. Calcolare la forza di pressione idrostatica totale F = C p ν dσ, ove ν è il suddetto versore normale uscente (naturalmente si tratta di un integrale vettoriale, ovvero il vettore formato dagli integrali delle tre componenti). 5. isegnare E = {(, y, z) : +y, z } e E = {(, y, z) : +(y+) +z, }, e calcolare E, yz d dy dz e E, ( + z) dσ (ove denota la frontiera). Soluzioni.. (i) (Figura ) L area di E = {(, y) : y y, y 5 e } è data da d dy = E d 5 e dy + log 5 d 5 e dy = ((5 e ) ( )) d + log 5 (5 e ) d = [ e + ] + (5 e ] log 5 = 5 log 5 9,55 (ovviamente uguale a log 5 (5 e ) d ). Si ha poi d dy = E d 5 e dy + log 5 d 5 e dy = ( e + ) d + log 5 (5 e ) d = 5 log 5 log 5+ e 6 E y d dy = d 5 e y dy + log 5 d 5 e y dy = ((5 e ) ( ) ) d + log 5 (5 e ) d = 5(5 log 5 7), pertanto 6 G = Area E E d dy = 5 log 5 log 5+,67 e y ( log 5 9) G = y d dy = Area E E 5(5 log 5 7),6. ( log 5 9) (ii) Converrà naturalmente usare Guldino: il volume del solido ottenuto facendo ruotare E attorno all asse è π 5(5 log 5 7) y d dy = π, e quello del solido ottenuto facendo ruotare E attorno all asse y è E π d dy = 5 log 5 log 5+ π. Quanto al solido ottenuto facendo ruotare E attorno alla retta y = +, E la distanza del baricentro da tale retta è d = G y G + 5 log 5(log 5+) = ( log 5 9), pertanto sempre per Guldino (nella forma che usa la distanza del baricentro dall asse di rotazione) il volume del solido è π d (Area E) = 5 log 5(log 5+) π. (iii) La funzione r è positiva in E, dunque per Tonelli-Fubini passiamo direttamente all integrale iterato: si ha E r d dy = r ( e + ) d + log 5 r (5 e ) d, integrale che converge quando r >, ovvero per r Z. Per r = l abbiamo calcolato prima; per r = diventa ( ( + 6 6)e ] + ( 5 ( + 6 6)e ] log 5 = 5 log 5 5 log log 5 log La funzione ( ) r y potrebbe (se r è dispari) cambiare segno in E, dunque per Tonelli esaminiamo l integrabilità dell integrale iterato di r y. Si ha ((5 e ) ( ) ) r d + log 5 (5 e ) r d, che converge se e solo se r, ovvero r. Per r = si ottiene per Fubini ( E ) r y d dy = ((5 e ) ( ) ) ( ) d + log 5 (5 e ) ( ) d (si omettono ulteriori calcoli). (iv) Sia Ẽ il solido ottenuto facendo ruotare E attorno all asse y. Usando coordinate cilindriche, denotando con δ la densità (costante) e usando l integrale E d dy calcolato prima, il momento d inerzia cercato è δ Ẽ ( + z ) d dy dz = π dθ E r r dr dy = π E r dr dy = πδ( 5 log log log 5 log ).. (i) (Figura ) Il bordo della rodonea è parametrizzato da γ(θ) = ( sin θ cos θ, sin θ sin θ), con γ (θ) = ( cos θ cos θ sin θ sin θ, cos θ sin θ + sin θ cos θ). Per θ = π 6 si ottiene il punto γ( π 6 ) = (, e il vettore tangente γ ( π ) = (, 5 ). Un vettore normale è allora ( 5, ), da cui la retta cercata 6 ha forma parametrica r = {(, ) + t( 5, +5t ) : t R} = {(, ( t) ) : t R}; eliminando il parametro si ottiene poi la forma cartesiana + 5y =. a r(θ) = sin θ, moltiplicando per r )

3 ambo i membri si ricava r = (r sin θ)(r cos θ), ovvero, elevando al quadrato, ( + y ) = 6 y, ovvero g(, y) := ( + y ) 6 y =. Si ricava g = (6( + y ) y, 6y( + y ) y), pertanto un vettore normale a in (, ) è g(, ) = (5, 9 ), multiplo scalare di quello trovato prima. (ii) L area di è π ( sin θ) dθ = π sin ψ sin ψ cos ψ ψ dψ = ( ] π = π. Per simmetria il baricentro starà sulla bisettrice, dunque basta calcolarne una delle coordinate: si ha d dy = π dθ sin θ r cos θ r dr = π cos θ (r sin θ ] dθ = 8 π sin θ cos θ dθ = 6 π sin θ cos θ dθ = 6 π sinθ (cos θ cos 6 θ) dθ = 6 ( 5 cos5 θ + 7 cos7 θ] π = 8 56, pertanto G = d dy = 5 Area,78. 5π (iii) La funzione cambia segno (anzi, è addirittura antisimmetrica) in corrispondenza della bisettrice, rispetto alla quale è simmetrica: sarebbe dunque un serio errore partire subito col calcolo dell integrale iterato, perché darebbe zero ma potrebbe non essere il valore dell integrale doppio. Più precisamente, possiamo dire che l integrale doppio d dy esisterà (e sarà nullo) se e solo se esisterà l integrale su una delle due metà di, su cui la funzione ha segno costante. Posto = { > y} occupiamoci dunque di d dy, che per Tonelli e Fubini possiamo calcolare come integrale iterato: esso vale π dθ sin θ r dr = π sin θ cos θ dθ, integrale che però diverge in π sin θ cos θ in quanto r(cos θ sin θ) cos θ sin θ cos θ sin θ π (alternativamente si poteva porre ψ = θ π ottenendo cos ψ cos ψ sin ψ dψ, e notare che sin ψ ). ψ θ π unque l integrale doppio d dy è privo di senso in quanto gli integrali delle sue parti positiva e negativa divergono entrambi a +. Similmente a prima, anche la funzione cambia segno su, +y con la differenza che ora non c è più alcuna simmetria rispetto alla retta di cambio di segno = y. Stavolta iniziamo portandoci in coordinate polari, ottenendo l integrale doppio (non iterato, non si può ancora!) r(cos θ sin θ) {(r,θ): θ π r dr dθ =, r sin θ} r {(r,θ): θ π, r sin θ}(cos θ sin θ) dr dθ. A questo punto, usando Tonelli, controlliamo se l integrale iterato π dθ sin θ cos θ sin θ dr esiste finito, il che è evidentemente vero (la funzione integranda è continua, e il dominio è compatto): siamo perciò autorizzati a usare Fubini, per il quale l integrale doppio cercato esiste finito ed è calcolabile come l integrale iterato π dθ sin θ (cos θ sin θ) dr = π sin θ cos θ(cos θ sin θ) dθ = ( cos θ sin θ] π =. y +y La funzione integranda è continua ovunque tranne che nell origine (punto nel quale essa è discontinua qualunque valore le si attribuisca), ma al suo intorno essa è comunque limitata (è nulla sugli m assi, e su y = m vale, che in modulo è ; alternativamente, in coordinate polari la funzione +m diventa cos θ sin θ = sin θ). unque l integrale curvilineo su (curva compatta) certamente esiste finito. L elemento d arco è r(θ) + r (θ) dθ = sin θ + cos θ dθ = + cos θ dθ, dunque l integrale y dl diventa π +y ( sin θ cos θ)( sin θ sin θ) + cos ( sin θ) θ dθ = π sin θ + cos θ dθ = [posto u = cos θ] + u du = [posto u = sinh ξ e α := settsinh = log( + )] α α cosh ξ dξ = (ξ + sinh ξ cosh ξ]α α = (α + ) = log( + ) + (finito, come previsto).. (Figura ) Intersecando i quattro grafici y =, y =, y = e y = che fanno da bordo a F = {(, y) : +, y, y y} si ottengono le ascisse dei quattro punti-vertice, che sono nell ordine (tra e ), (tra e ), + (tra + e ) e + (tra + e allora Area(F ) = d dy + + d dy d + π ). Integrando per fili paralleli all asse y si ricava dy = ( +log ] +( log log ] + + ( log ( log(+))]+ + = log(+ )+log(+ ) log(7+ ) log( +) log +,7. a (u, v) = (y, ( y)) si ricava (, y) = φ(u, v) = (± u + v + v, ± u + v v), dunque φ è biiettiva da A = {(u, v) : u > v } a B + = {(, y) : + y > } oppure B = {(, y) : + y < } (a seconda che si scelga ± in φ(u, v)); scegliendo ai nostri fini il + (infatti F B + ), la matrice jacobiana J φ (u, v) = v u+v u+v + v u+v u+v ha determinante u+v, che è sempre <, dunque effettivamente si tratta di un diffeomorfismo tra A e B +. Sostituendo (, y) = φ(u, v) nella definizione di F si vede subito che φ (F ) = {(u, v) : u, v u} (un trapezio); per il calcolo di Area(F ) = du dv converrà φ (F ) u+v però effettuare l integrale iterato a partire da u, ovvero Area(F ) = dv du + dv du = u+v v u+v ( v + v + ) dv + ( v + v + v) dv = v + dv v + dv v + v dv. Una primitiva di v + è (log( v + + v) + v v + ), ( ) e dunque, con un ovvio cambio di variabile, una primitiva di v + risulta ( log( v + + v) + v v + ); d altra parte una primitiva di w è ( ) La primitiva di v + è già stata ricavata più volte negli esercizi precedenti (l ultima volta poco fa, nell esercizio ), ponendo v = sinh ξ e così via; si ricordi in particolare che settsinh v = log( v + + v) (ove settsinh è l inversa di sinh). Una primitiva di w si ricava in modo simile, ponendo w = cosh ξ e ricordando che settcosh w = log(w + w ).

4 (w w log(w + w )), ( ) dunque essendo v + v = (v + ) si ricava che v + v dv = 8 ((v + ) v + v log(v + + v + v)). Se non sono stati commessi errori, calcolando queste primitive tra gli estremi indicati si dovrebbe riottenere il risultato precedente (si omettono ulteriori calcoli).. (i) (Figura ) La parametrizzazione naturale della superficie-cupola C è quella che trasferisce in coordinate cilindriche la parametrizzazione della mezza cicloide, ovvero γ : [, π] [, π] R, γ(t, θ) = (a(t + sin t) cos θ, a(t + sin t) sin θ, a( + cos t)). Lo spazio tangente nel punto γ(t, θ) C è generato dai vettoricolonna γ t γ = (a( + cos t) cos θ, a( + cos t) sin θ, a sin t) e = ( a(t + sin t) sin θ, a(t + sin t) cos θ, ), θ dunque un vettore normale è γ γ = t θ (a sin t(t+sin t) cos θ, a sin t(t+sin t) sin θ, a (+cos t)(t+sin t)) (è uscente da C, perché ha la terza coordinata positiva), che ha modulo γ γ = t θ a (t + sin t) ( + cos t): ne ricaviamo che il versore normale esterno è ν = ( γ γ γ )/ γ (sin t cos θ, sin t sin θ, +cos t) =, e t θ t θ (+cos t) che l elemento d area di C è dσ = a (t + sin t) ( + cos t) dt. L area risulta dunque π dθ π a (t + sin t) ( + cos t) dt = πa π (t+sin t) cos t dt = πa ( π t cos t dt+ π sin t cos t dt) = πa (((t sin t + cos t )]π (cos t ]π ) = 8π(π ) a (allo stesso risultato si arriverebbe ovviamente usando Guldino). (ii) Per Guldino il volume cercato è π d dz, ove è la zona del piano (, z) racchiusa tra la mezza cicloide e gli assi. Per il calcolo di d dz possiamo ad esempio parametrizzare come (, z) = φ(r, t) = (ra(t + sin t), ra( + cos t)) con r e t π: il cambio di coordinate da (, z) a (r, t) ha jacobiano J φ (r, t) = ( ) a(t + sin t) ra( + cos t) a( + cos t) ra sin t, il cui determinante è ra (+ cos t+t sin t) <, e otteniamo pertanto d dz = π dt ra(t + sin t) ra ( + cos t + t sin t) dr = a π (t + sin t)( + cos t + t sin t) dt = a (t + t sin t + cos t t cos t + t sin t + cos t cos t cos t + ( t t sin t cos t)]π = ( π )a. Pertanto il volume cercato è π( π )a. Vediamo un alternativa di conto. Un espressione cartesiana z = z() della cicloide si otterrebbe componendo z(t) = a( + cos t) con l inversa della (t) = a(t+sin t): procedendo con l integrale iterato si avrebbe allora d dz = πa d z() dz = πa z() d. A questo punto siamo in una sola variabile: e operando il cambio (t) = a(t + sin t) l integrale diventa π a(t + sin t) a( + cos t) a( + cos t) dt = a π (t + sin t)( + cos t) dt, che procedendo con i conti ridà il risultato precedente. Citiamo un ultima alternativa, basata sulla formula di Green (che incontreremo presto come conseguenza del teorema della divergenza di Gauss, a sua volta conseguenza del teorema di Stokes): ( in generale, date due funzioni liscie f(, z) e g(, z) definite in un intorno aperto di si ha che g ) f z d dz = (f d + g dz), ove si intende che il bordo è orientato in modo indotto, cioè antiorario. Per ottenere il nostro integrale d dz basta scegliere ad esempio (f, g) = (, ), ottenendo pertanto d dz = dz. Quest ultimo integrale riceve contributo in realtà solo dal tratto di cicloide (percorsa a ritroso rispetto alla parametrizzazione), perché la forma integranda si annulla su entrambi i tratti rettilinei di : si ottiene dunque d dz = π a (t + sin t) ( a sin t) dt = a π (t + sin t) sin t dt, che a conti fatti ridà ancora una volta il risultato precedente. (iii) Per ovvie ragioni di simmetria l unica componente di F = p ν dσ a non annullarsi sarà quella lungo z, C data da F = p C ν dσ = π dθ π (p + δg(h a( + cos t))) +cos t a (t + sin t) ( + cos t) dt = (+cos t) πa π (p + δg(h a( + cos t)))( + cos t)(t + sin t) dt = πa ( (p + δgh) π ( + cos t)(t + sin t) dt δga π ( + cos t) (t + sin t) dt ). L integrale π ( + cos t)(t + sin t) dt è facile e vale π, e l integrale π ( + cos t) (t + sin t) dt è già apparso prima, e valeva π : otteniamo dunque F = F e = πa ( (p + δgh)π δga( π ) ) e. C è un intelligente maniera alternativa di procedere, basata sulla conoscenza della spinta idrostatica di Archimede. Immaginiamo che sotto la cupola ci sia una base piana circolare che ne sigilli lo spazio interno C. Se il mare fosse più profondo di modo che la cupola non posasse sul suo fondo, sulla cupola agirebbe la spinta di Archimede, pari a δ Vol( C) e = π( π )δa e, che sarebbe la somma vettoriale della nostra F (la forza idrostatica su C) e della spinta idrostatica sul fondo, evidentemente pari a (p + δgh)(πa) π e (ovvero: pressione a quota z = per area della base circolare, che ha raggio πa). Ne ricaviamo che F = π( π )δa e (p + δgh)(πa) π e = πa ( (p + δgh)π δga( π ) ) e, come già trovato in precedenza. 5. (Figura 5) L insieme E = {(, y, z) : + y, z y} è il tronco obliquo di cilindro rappresentato in figura, mentre E = {(, y, z) : + (y + ) + z, } è la mezza palla di centro (,, ) e raggio che si trova nel semispazio delle ; si tratta evidentemente (loro e le loro superfici esterne) di compatti di R su cui le funzioni integrande sono continue, dunque gli integrali richiesti esistono finiti. Calcolando E yz d dy dz per fili paralleli all asse z e poi in coordinate polari piane si ottiene {(,y): d dy +y ( ) yz dz = y( } 8 {(,y): +y } y) d dy = π dθ 8 r sin θ cos θ( r cos θ r sin θ) r dr = π dθ 8 r sin θ cos θ( r(cos θ + sin θ)) r dr = π ( + (cos θ + sin 8 6 θ) 8 (cos θ + 5 sin θ)) sin θ cos θ dθ che, eliminando i termini che daranno senz altro integrale nullo tra e π, diventa π (cos θ+ 8 6 sin θ) sin θ cos θ dθ = π π ( + sin θ) sin θ dθ = sin θ dθ = θ sin θ cos θ ( ] π = π. L integrale 96

5 E yz d dy dz è nullo: infatti E è simmetrico rispetto a z, e la funzione è z-dispari. Non varrebbe dunque la pena di procedere col calcolo: comunque sia, visto che stiamo facendo esercizio, in coordinate sferiche adattate (, y, z) = (r cos θ sin ϕ, + r sin θ sin ϕ, r cos ϕ) l integrale sarebbe diventato π π dθ dr π r cos θ sin ϕ( + r sin θ sin ϕ)r cos ϕ r sin ϕ dϕ = π π dθ dr π r cos θ sin ϕ cos ϕ(r sin θ sin ϕ ) dϕ, da cui si nota che già il primo integrale in ϕ si annulla. La frontiera E è composta dalla base circolare S, dal coperchio obliquo S, e dalla porzione cilindrica laterale S : l integrale E ( + z) dσ sarà dunque la somma dei tre contributi. Si ha ( + z) d dy = d dy = (perché S S S è -simmetrico, e z su S ), dunque non c è contributo da S. Per la legge del coseno l elemento d area di S è d dy, dunque ( + z) dσ = S d dy + y) S S ( d dy = d dy = 6 π (perché S S è - e y-simmetrico). Infine S è parametrizzata da (cos θ, sin θ, z) con θ [, π] e z ( cos θ sin θ): l elemento d area è dθ dz, dunque ( + z) dσ = π dθ ( cos θ sin θ) S (cos θ + z) dz = π ( ( cos θ sin θ) cos θ + (6 + cos θ + sin θ 8 cos θ 8 sin θ+ sin θ cos θ)) dθ che, eliminando i termini che daranno senz altro integrale nullo tra e π, diventa π ( cos θ+ 7 ) dθ = (7θ (θ+sin θ cos θ)]π = 8π. Si ha dunque E y dσ = + π+8π = (+ )π. La frontiera E è composta dal disco posteriore S nel piano = e dalla parte sferica S. Il disco S è z-simmetrico, e su esso si ha : dunque il contributo dato all integrale da S è nullo. Anche S è z-simmetrico, dunque alla fine si ha E ( + z) dσ = dσ: parametrizzando S S in coordinate sferiche adattate (, y, z) = ( cos θ sin ϕ, + sin θ sin ϕ, cos ϕ) con θ [ π, π ] e ϕ [, π] si ha che l elemento d area è sin ϕ dθ dϕ, dθ π cos θ sin ϕ sin ϕ dϕ = 8(sin θ] π π ( (ϕ sin ϕ cos ϕ)]π = 8π. dunque si ottiene dσ = π S π () E.. () E.. () E.. () E.. (5) E. 5. 5