Vengono presentati esempi di applicazioni degli integrali doppi per calcolare volumi e aree, insieme alle relative soluzioni dettagliate.
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Calcolare il Volume Usando Integrali Doppi
Il volume \( V \) del solido che si trova sopra la regione \( R \) nel piano \( xy \) e sotto la superficie \( z = f(x,y) \), dato che \( f(x,y) \ge 0 \), è dato dall'integrale doppio [6]
\[ \displaystyle V = \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \]
Esempio 1
Usa l'integrale doppio per calcolare il volume del solido compreso tra il piano \( z = 0 \) e il paraboloide \( z = 4 - x^2 - y^2 \).
Soluzione per Esempio 1
Il solido tra il piano \( z = 0 \) e il parabolide è mostrato di seguito.
Fig.1 - Volume Tra il Piano \( z = 0 \) e il Parabolide \( z = 4 - x^2 - y^2 \)
La regione \( R \) di integrazione è l'intersezione del parabolide e del piano \( z =0 \) che si ottiene impostando \( z = 0 \) nell'equazione del parabolide per ottenere
\( 0 = 4 - x^2 - y^2 \)
Riscrivi in forma standard
\( x^2 + y^2 = 2^2 \)
che è un cerchio nel piano \( xy \) (o \( z = 0 \) ) con centro in \( (0,0) \) e raggio uguale a \( 2 \)
Fig.2 - Regione \( R \) di integrazione che è un cerchio con centro in \( (0,0) \) e raggio uguale a \( 2 \)
Poiché la regione di integrazione è un cerchio, è più efficiente utilizzare integrali doppi in coordinate polari.
Il volume \( V \) è calcolato usando l'integrale doppio
\( V = \displaystyle \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \) , dove \( R \) è la regione di integrazione definita da
\( R: 0\le \theta \le 2\pi , 0 \le r \le 2 \)
che è il cerchio in Fig.2 e \( f(x,y) = z = 4 - x^2 - y^2 \)
In coordinate polari, il volume è dato da
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4-r^2) r dr d\theta \)
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4-r^2) r dr d\theta \)
\( = \int_0^{2\pi} \left[2r^2-\frac{r^4}{4}\right]_0^2 d\theta \)
\( = \int_0^{2\pi} ( 4 ) d\theta \)
\( = 8 \pi \)
Esempio 2
Trova la costante \( a \) (vedi diagramma sotto) in modo che il volume del solido che si trova sopra la regione \( R \) situata nel piano \( xy \) mostrato sotto e la superficie definita dall'equazione \( z = \sqrt{1-x^2-y^2} \) sia uguale a \( 1 \) unità cubica.
Fig.3 - Data regione di integrazioneSoluzione per Esempio 2
Convertiamo prima la regione data in Fig. 2 in coordinate polari. L'emetà esterna del cerchio \( y = \sqrt {1-x^2} \) ha raggio uguale a \( 1 \) e l'interno \( y = \sqrt {a^2-x^2} \) metà del cerchio ha raggio \( a \) da trovare.
Fig.4 - Regione di integrazione in coordinate polari
La regione di integrazione in coordinate polari può essere definita come
\( R: 0\le \theta \le \pi , a \le r \le 1 \)
In coordinate polari
\( z = \sqrt{1-x^2-y^2} = \sqrt{1-r^2} \)
In coordinate polari, l'area è data da
\( \displaystyle V = \int_0^{\pi} \int_a^1 \sqrt{1-r^2} r dr d\theta \)
\( \displaystyle = \int_0^{\pi} \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} d\theta \)
\( = \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \pi \)
Vogliamo che il volume \( V \) sia uguale a \( 1 \), quindi
\( \dfrac{\left(-a^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \pi = 1 \)
Risolviamo il precedente per \( a \)
\( a = \sqrt{1-\sqrt[3]{\dfrac{9}{\pi ^2}}} \approx 0.174 \)
Esempio 3
Trova \( a \) in modo che il volume del tetraedro racchiuso dai piani \( 2x + 2 y + z = a , a \gt 0\), \( y = 2 x \) , \( y = 0\) e \( z = 0 \) sia uguale a \( 10 \) unità cubiche.
Soluzione per Esempio 3
Sotto sono graficati i piani che definiscono il solido il cui volume deve essere calcolato.
Fig.5 - Piani che definiscono il solido
Prima troviamo la regione di integrazione che è un triangolo definito da tre vertici: \( O , B \) e \( C \)
\( O \) è l'origine del sistema di assi.
\( B \) è il punto di intersezione e l'asse \( x \) ed è trovato impostando \( z = 0\) e \( y = 0 \) nell'equazione del piano dato \( 2x + 2 y + z = a \).
\( 2x = a \)
Risolviamo per \( x \)
\( x = \dfrac{a}{2} \)
\( C \) è il punto di intersezione dei piani \( 2x + 2 y + z = a \) e \( y = 2 x \) e si trova sul piano \( x y \). Un punto sul piano \( x y \) ha \( z = 0 \).
Il punto \( C \) è ottenuto impostando \( z = 0 \) nell'equazione \( 2x + 2 y + z = a \) risolvendo l'equazione ottenuta
\( 2x + 2 y = a \) e \( y = 2 x \)
Risolviamo il precedente per sostituzione per ottenere
\( y = a/3 \) e \( x = a/6 \)
Quindi la regione \( R \) di integrazione sul piano \( x y \) è un triangolo con vertici
\(O(0,0)\) , \( B(a/2,0) \) e \(C(a/6,a/3)\)
Fig.6 - Regione di integrazione
Il volume \( V \) del tetraedro è dato da
\( V = \displaystyle \iint_R f(x,y) \;dy \;dx \) , dove \( R \) è la regione di integrazione definita da
\( R: \dfrac{y}{2} \le x \le \ \dfrac{a}{2} - y , 0 \le y \le \dfrac{a}{3} \)
e
\( f(x,y) = z = a - 2x - 2 y \)
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \int_{\frac{y}{2}}^{ \frac{a}{2} - y} (a - 2x - 2 y) \;dx \;dy \)
Calcoliamo l'integrale interno
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \left[ax-2yx-x^2\right]_{\frac{y}{2}}^{ \frac{a}{2} - y} \;dx \)
\( V = \displaystyle \int_0^{\frac{a}{3}} \left(\frac{9y^2-6
ay+a^2}{4}\right) \;dy \)
Valutiamo l'integrale esterno
\( V = \left[ \frac{1}{4} \left(3y^3-3a y^2+a^2 y \right) \right]_0^{\frac{a}{3}} \)
\( V = \frac{a^3}{36} \)
Nota: Puoi verificare che il risultato sopra corrisponde a quello che si può ottenere utilizzando la ben nota formula per il volume del tetraedro
\( V = \dfrac{1}{3} A \times H \)
dove \( A \) è l'area della base e \( H \) è l'altezza dalla base all'apice del tetraedro.
Puoi verificare questo se lo desideri.
Perché il volume sia uguale a \( 10 \)
\( \frac{a^3}{36} = 10 \)
Risolviamo per \( a \)
\( a = \sqrt[3] {360} \approx \:7.11378 \)
Calcola l'Area della Superficie Usando Integrali Doppi
L'area \( A \) di una regione \( R \) nel piano \( xy \) è data dall'integrale doppio [6]
\[ A = \displaystyle \iint_R 1 \;dy \;dx \]
Esempio 4
Usa l'integrale doppio per calcolare l'area della regione racchiusa dalle curve \( y = x^2 \) e \( y = - (x-2)^2 +4 \)
Soluzione per Esempio 4
Prima tracciamo le due curve e definiamo la regione racchiusa dalle due curve.
Fig.7 - Regione di integrazione
Le due curve si intersecano nei punti che sono soluzioni del sistema di equazioni delle due curve
\( y = x^2 \) e \( y = - (x-2)^2 +4 \)
che possono essere risolti per sostituzione
\( x^2 = - (x-2)^2 +4 \)
Espandi e semplifica
\( 2 x^2 - 4x = 0 \)
\( 2x(x-4) = 0 \)
L'equazione precedente ha due soluzioni
\( x = 0 \) e \( x = 4 \)
Usa \( y = x^2 \) per calcolare la coordinata \( y \) e quindi i punti
\((0,0) \) e \((2,4) \)
La regione \( R \) racchiusa dalle due curve può essere definita come segue
\( R: 0 \le x \le 2 , x^2 \le y \le - (x-2)^2 +4 \)
L'area \( A \) è data da
\( A = \displaystyle \int_0^2 \int_{x^2}^{- (x-2)^2 +4} 1 \;dy \;dx \)
Calcoliamo l'integrale interno
\( A = \displaystyle \int_0^2 \left[y \right]_{x^2}^{- (x-2)^2 +4} \;dx \)
Semplifica
\( A = \displaystyle \int_0^2 (-2x^2+4x) \;dx \)
\( A = \left[-\frac{2x^3}{3}+2x^2\right]_0^2 = 8/3 \)
Esempio 5
Usa l'integrale doppio per calcolare l'area della regione comune ai due cerchi con equazioni \( x^2 + (y-2)^2 = 9 \) e \( x^2 + y^2 = 9 \)
Soluzione per Esempio 5
Prima tracciamo le due curve e definiamo la regione delimitata dalle due curve. La regione comune a entrambi i cerchi è in azzurro chiaro.
Fig.7 - Regione comune ai due cerchi
I punti di intersezione sono trovati risolvendo il sistema di equazioni
\( x^2 + (y-2)^2 = 9 \) e \( x^2 + y^2 = 9 \)
Espandiamo l'equazione a sinistra
\( x^2 + y^2 - 4 y + 4 = 9 \)
\( x^2 + y^2 = 9 \)
Sottraiamo le equazioni
\( - 4 y + 4 = 0 \)
Risolviamo per \( y \)
\( y = 1 \)
Sostituisci \( y \) con \( 1 \) in una delle equazioni e risolviamo per \( x \) per ottenere
\( x = \pm 2 \sqrt 2 \)
Possiamo ora definire la regione \( R \) come
\( R: -2\sqrt 2 \le x \le 2\sqrt 2 , 2 - \sqrt{9-x^2} \le y \le \sqrt{9-x^2} \)
L'area della regione \( R \) è data da
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \int_{2 - \sqrt{9-x^2}}^{\sqrt{9-x^2}} 1 \;dy \;dx \)
Calcoliamo l'integrale interno
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \; \left[ y \right]_{2 - \sqrt{9-x^2}}^{\sqrt{9-x^2}} \; \;dx \)
\( A = \displaystyle \int_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \left( 2 \sqrt{9-x^2} - 2 \right) \;dx \)
\( A = \left[ x\sqrt{9-x^2} + 9\arcsin(x/3) - 2x \right]_{-2\sqrt 2}^{2\sqrt 2} \)
Nota: i dettagli dell'integrale \( \int \sqrt{9-x^2}dx \) sono inclusi in appendice A.
Valutiamo \( A \)
\( A = 18\arcsin \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)-4\sqrt{2} \approx 16.5 \)
Appendici
Appendice A
Calcola l'integrale
\( \displaystyle I = \int \sqrt{9-x^2}dx \)
Sostituisci
\( x = 3 \sin u \) che dà \( u = \arcsin (x/3) \) e \( dx = 3 cos u \; du \)
\( 9 - x^2 = 9 - 9 \sin^2 u \)
\( = 9(1-\sin^2) = 9 \cos^2 u \)
e
\( \sqrt{9-x^2} = \sqrt{9 \cos^2 u} = 3 \cos u \)
Sostituisci e scrivi
\( \displaystyle I = \int \sqrt{9-x^2} \; dx = \int (3 \cos u ) \; 3 \cos u \; du \)
\( \displaystyle = 9 \int \cos^2 u du \)
Usa l'identità trigonometrica di riduzione della potenza per scrivere \( \cos^2 u = \dfrac{\cos(2u)+1}{2} \)
\( \displaystyle = \dfrac{9}{2} \int \left( \cos(2u)+1\right) du \)
Valuta
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \dfrac{\sin (2u)}{2} + u \right) \)
Usa l'identità trigonometrica \( \sin (2u) = 2 \sin u \cos u \)
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \sin u \cos u + u \right) \)
Sostituisci \( u \) con \( \arcsin (x/3) \) , \( \sin u = \dfrac{x}{3} \) , \( \sin u = \sqrt {1-sin^2 u } = \sqrt {1 - x^2/9} \) per riscrivere
\( \displaystyle I = \dfrac{9}{2} \left( \dfrac{x}{3} \sqrt {1 - \dfrac{x^2}{9}} + \arcsin \left(\dfrac{x}{3}\right) \right) \)
\( \displaystyle I = \dfrac{x}{2} \sqrt {9 - x^2} + \dfrac{9}{2} \arcsin \left(\dfrac{x}{3} \right) \)
Altre Domande con Risposte
Parte 1
Trova il volume del solido racchiuso dai piani \( x = 1 \) , \( x =2 \) , \( y = 0 \) , \( y = 2 \) , \( z = 0 \) e giace sotto il paraboloide iperbolico \( z = 20 + x^2 - 2y^2 \).
Trova il volume del solido racchiuso dai piani \( y = 2 \) , \( z = 0 \) e giace sotto la superficie \( z =9-x^2 \).
Trova il volume del solido racchiuso dal cilindro \( 9 - x^2 - y^2 = 0 \) , \( z = 0 \) e giace sotto il piano \( z=5+0.5x+y \).
Trova l'area della regione nel piano \( x y \) racchiusa dal cerchio di equazione \( x^2 + y^2 = 4 \) e dalla retta \( y = - 1 \).
Joel Hass, University of California, Davis; Maurice D. Weir Naval Postgraduate School; George B. Thomas, Jr.Massachusetts Institute of Technology ; Calculus, Trascendenti Precoci, Terza Edizione
, Boston Columbus , 2016, Pearson.
