[Risolto] Esercizio su integrale triplo

Calcolare il seguente integrale: $$\iiint_{T} \ln z^2\ dx dy dz $$ dove $T= \left \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3: x \ge 0, \quad y \ge 0, \quad 1 \le z \le 2,\quad \left( x^2 + y^2 \right)^3 \le 4x^2y^2z \right\}$

Per svolgere l'integrale triplo, osserviamo prima che la condizione su $z$, ovvero $1 \le z \le 2,$ suggerisce di integrare per sezioni e quindi di scrivere l'integrale come

$$\int_{T} \ln z^2\ dx dy dz = \int_{1}^{2} \ln z^2 mis(D) \ dz$$

dove $D= \left \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2: x \ge 0, \quad y \ge 0, \quad \left( x^2 + y^2 \right)^3 \le 4x^2y^2 \right\} $

Adesso, dovremmo riconoscere in $\left( x^2 + y^2 \right)^3 = 4x^2y^2$ l'equazione di una rodonea a 4 petali che può essere espressa con le seguenti equazioni parametriche:

$$\begin{cases} x= \sin(2t)\cos t\\ y= \sin (2t) \sin t\end{cases},\quad t\in [0, \frac{\pi}{2}]$$

Poichè D risulta un dominio chiuso in $\mathbb{R}^2$, possiamo applicare il Teorema di Gauss-Green, che mette in relazione la misura di un dominio con l'integrale curvilineo lungo la sua frontiera e calcolare la misura di D come

$$\begin{eqnarray*} mis (D) & = & \frac{1}{2} \int_{+\partial D} x \ dy - y \ dx = \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \sin(2t) \cos t \Bigr( 2 \cos(2t) \sin t + \sin (2t) \cos t \Bigr) - \sin (2t) \sin t \Bigr( 2\cos(2t) \cos t - \sin (2t) \sin t \Bigr)\right] dt = \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ 2 \sin (2t) \sin t \cos t \cos(2t) + \sin^2 (2t) \cos^2 t - (2\sin (2t) \sin t \cos t \cos(2t) - \sin^2(2t) \sin^2 t) \right] \ dt = \\ & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 (2t) [\cos^2 t + \sin ^2 t] \ dt =\\ &=& \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 (2t) \ dt \end{eqnarray*}$$

Adesso, ricordando la formula di bisezione del seno $\sin^2 \frac{\alpha}{2} = \frac{1- \cos \alpha}{2}$, con $\alpha = 4t, $ l'ultimo integrale si scrive:

$$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 (2t) \ dt & = & \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos 4t}{2} \ dt =\\ &=& \frac{1}{2} \left[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \ dt - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos 4t}{2} \ dt \right]\\ & = & \frac{1}{4} \left[ t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos 4t \ dt =\\ &=& \frac{1}{4} \frac{\pi}{2} - \frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos 4t \ dt = \\ & = & \frac{\pi}{8} - \frac{1}{16} \left[ \sin 4t \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} =\\ &=& \frac{\pi}{8} \end{eqnarray*}$$

Nota che lo stesso risultato si poteva trovare applicando il cambio di variabili $2t = \theta, dt= \frac{\theta}{2} d\theta$.

Rimane quindi da risolvere l'integrale di partenza, nota la mis(D). Uso l'integrazione per parti per l'integrale in $dz$.

$$\begin{eqnarray*} \int_{T} \ln z^2\ dx dy dz & = & \frac{\pi}{8} \int_{1}^{2} 2 \ln z \ dz = \frac{\pi}{4} \left[ \left[ z \ln z\right]_{1}^{2} - \int_{1}^{2} dz \right] = \\ & = & \frac{\pi}{4} \left[ 2 \ln 2 - \left[ z \right]_{1}^{2}\right] =\\ &=& \frac{\pi}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4}. \end{eqnarray*}$$

L'esercizio è così concluso. Osserviamo, tuttavia, che in questo esercizio abbiamo applicato un caso particolare del teorema di Green. Nel teorema, infatti, viene dimostrato che dato un dominio $D$ chiuso di $\mathbb{R}^2$ e due funzioni $f$ e $g$ regolari in $D$ si ha:

$$\int \! \! \! \int _{D} f_x \ dx dy = \int_{\partial D} f \ dy$$

e che

$$\int \! \! \! \int _{D} g_y \ dx dy = -\int_{\partial D} g \ dx$$

dove il verso di percorrenza della frontiera si assume antiorario. Applicando allora la prima formula alla funzione $f= x$ e la seconda alla funzione $g=y$ otteniamo la formula per la misura di D.