1 Soluzione di alcuni esercizi su integrali e superfici, relativi alla

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Soluzione di alcuni esercizi su integrali e
superfici, relativi alla lezione 19 (registro)
Esercizio 8. Si indichi con Σ la superficie esterna laterale (non la base) del
cono che ha vertice nel punto (0, 0, 5) e base nel piano x − y data da B (0, 1)
(il cerchio di raggio 1 e centro l’origine). Parametrizzarla in modo cartesiano.
Soluzione. Bisogna innanzi tutto fare un bel disegno chiaro di tale cono.
La sezione nel piano y−z è un triangolo isoscele, avente come base il segmento
che unisce il punto (0, −1, 0) al punto (0, 1, 0). Il lato esterno destro di
questo triangolo ha equazione, nel piano y − z, z = 5 − 5y (con
p y ∈ [0, 1]).
Allora l’equazione della superficie laterale del cono è z = 5 − 5 x2 + y 2 (con
x2 + y 2 ∈ [0, 1]). La parametrizzazione cartesiana è
³
´
√
σ (u, v) = u, v, 5 − 5 u2 + v 2 , (u, v) ∈ B (0, 1)
(l’affermazione (u, v) ∈ B (0, 1) equivale a u2 + v 2 ∈ [0, 1]).
Esercizio 9. Parametrizzarla tramite una funzione σ definita in [0, 2π] ×
[0, 5], non initettiva sul bordo superiore. Osservare che la superficie ha comunque un bordo.
Soluzione. Il dominio [0, 2π] × [0, 5] allude chiaramente alle seguenti due
variabili (coordinate): un angolo θ alla base e l’altezza h. Prendiamo l’angolo
ad esempio a partire dall’asse x in senso antiorario (come sempre).
Preso un punto della superficie laterale del cono, punto di coordinate
cartesiane (x, y, z), indichiamo la sua altezza z con h. Proiettiamolo sul
piano x − y: avremo il punto (x, y, 0). Fate un disegno: si vede subito che
x = r cos θ, y = r sin θ, dove dobbiamo determinare r in funzione di h. Dalla
risoluzione dell’esercizio 8 si vede che h = 5 − 5r. Quindi r = 1 − h5 . In
conclusione, la parametrizzazione richiesta è
¶
µ
h
cos θ
x= 1−
5
µ
¶
h
y = 1−
sin θ
5
z=h
con (θ, h) ∈ [0, 2π] × [0, 5]. Il bordo superiore, h = 5, viene mandato tutto
nel punto (x, y, z) = (0, 0, 5).
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Esercizio 11. Calcolare il volume dell’interno D del cono dell’esercizio
8.
Soluzione. Grazie alla formula per strati vale
Z 5
Volume (D) =
Area (Dz ) dz
0
dove Dz è il cerchio di centro l’origine e raggio 1 −
¡
¢2
precedente). Quindi Area (Dz ) = π 1 − z5 e
Z
5
³
Volume (D) = π
0
z ´2
1−
dz = −5π
5
z
5
Z
(si veda l’esercizio
0
t2 dt
1
(avendo usato la sostituzione t = 1 − z5 , dt = − 51 dz)
Z
1
= 5π
t2 dt =
0
5π
.
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Un modo alternativo di risolvere l’esercizio è quello di vedere Volume(D)
come integrale in due variabili (che è la stessa cosa della formula per fili)
Z Z
³
´
p
Volume (D) =
5 − 5 x2 + y 2 dxdy.
B(0,1)
Un modo veloce di calcolare questo integrale è tramite cambio in coordinate
polari:
· 2
¸1
Z 2π Z 1
5
ρ
ρ3
= π.
=
dθ
(5 − 5ρ) ρdρ = 2π 5 − 5
2
3 0 3
0
0
2