Ricevo da Adriano la seguente domanda:
Gentile prof, puo risolvere gli integrali:
\[\int\int\int\limits_{T}{\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{1+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}}\;dxdydz\]
essendo \(T=\left\{ \left( x,y,x \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}/{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 25,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-{{z}^{2}}\ge 0,z\ge 0 \right\}\)
\[\int\int\int\limits_{S}{\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}+1}}\,dxdydz\]
essendo \(S=\left\{ \left( x,y,x \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}/{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le 16,{{z}^{2}}-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}\ge 0 \right\}\).
Grazie anticipatamente
Gli rispondo così:
Caro Daniele,
innanzitutto osserviamo che il dominio \(T\) può essere scritto come \(T=\left\{ \left( x,y,x \right)\in {{\mathbb{R}}^{3}}/\rho \le 5,0\le z\le \rho \right\}\), essendo \(\rho =\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\): possiamo immaginare \(T\) come il cilindro avente base sul piano \(xy\), con asse l’asse \(z\), raggio di base e altezza pari a 5. Immaginando di sezionare il dominio con piani paralleli al piano \(xy\), a quota \(z\), otteniamo delle corone circolari di raggio esterno 5 e raggio interno \(\rho =z\).
Passando a coordinate cilindriche, con \(dxdy=\rho \sin \vartheta d\vartheta \), l’integrale può quindi essere decomposto in questo modo:
\[\int\limits_{0}^{5}{\left( \int\limits_{0}^{2\pi }{d\vartheta \int\limits_{z}^{5}{\frac{{{\rho }^{2}}}{1+\rho }\,d\rho }} \right)}\,dz\quad .\]
Poiché
\[\int\limits_{0}^{2\pi }{d\vartheta =2\pi \quad }\int\limits_{z}^{5}{\frac{{{\rho }^{2}}}{1+\rho }\,d\rho =}\int\limits_{z}^{5}{\left( \rho -1+\frac{1}{1+\rho } \right)\,d\rho =}\frac{15}{2}+\ln 6-\frac{{{z}^{2}}}{2}+z-\ln \left( 1+z \right)\]
si ottiene:
\[2\pi \left[ \left( \frac{15}{2}+\ln 6 \right)z-\frac{{{z}^{3}}}{6}+\frac{{{z}^{2}}}{2}-\left( 1+z \right)\left( \ln \left( 1+z \right)-1 \right) \right]_{0}^{5}=\]
\[=2\pi \left( \frac{335}{12}-\ln 6 \right)\quad .\]
Nel secondo caso, il dominio di integrazione \(S\) è rappresentato dall’intersezione tra la sfera di raggio 4 centrata nell’origine e il doppio cono con vertice nell’origine, asse coincidente con l’asse \(z\) e semiapertura di 45°. Le intersezioni con piani paralleli al piano \(xy\) sono cerchi: per quote comprese tra \(z=-2\sqrt{2}\) e \(z=2\sqrt{2}\) hanno raggio \(\rho =z\), per quote \(-4\leq z \leq -2\sqrt{2}\) e \(2\sqrt{2}\leq z \leq 4\) il raggio è \(\rho =\sqrt{16-z^2}\).
L’integrale si può decomporre nella somma di tre integrali, sempre utilizzando le coordinate cilindriche:
\[\int\int\int\limits_{S}{\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}+1}}\,dxdydz=\int\limits_{-4}^{-2\sqrt{2}}{\left( \int\limits_{0}^{2\pi }{d\vartheta \int\limits_{0}^{\sqrt{16-{{z}^{2}}}}{\frac{{{\rho }^{3}}}{{{z}^{2}}+1}d\rho }} \right)}\,dz+\]
\[+\int\limits_{-2\sqrt{2}}^{2\sqrt{2}}{\left( \int\limits_{0}^{2\pi }{d\vartheta \int\limits_{0}^{z}{\frac{{{\rho }^{3}}}{{{z}^{2}}+1}d\rho }} \right)}\,dz+\int\limits_{2\sqrt{2}}^{4}{\left( \int\limits_{0}^{2\pi }{d\vartheta \int\limits_{0}^{\sqrt{16-{{z}^{2}}}}{\frac{{{\rho }^{3}}}{{{z}^{2}}+1}d\rho }} \right)}\,dz\quad .\]
Il primo e il terzo integrale, per ragioni di simmetria, devono risultare uguali: si tratta quindi di calcolare
\[2\pi \int\limits_{-2\sqrt{2}}^{2\sqrt{2}}{\frac{{{z}^{4}}}{4\left( {{z}^{2}}+1 \right)}\,}dz+4\pi \int\limits_{2\sqrt{2}}^{4}{\frac{{{\left( 16-{{z}^{2}} \right)}^{2}}}{4\left( {{z}^{2}}+1 \right)}\,}dz\quad .\]
Con una certa pazienza, e dopo qualche calcolo, si dovrebbe ottenere (salvo errori!):
\[\frac{867\pi +364\sqrt{-664}}{12}+\frac{5\sqrt{2}}{3}-\frac{289}{2}\arctan \left( \frac{18+17\sqrt{2}}{4} \right)+\arctan \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)\quad .\]
Massimo Bergamini