Esercizi svolti · Scheda 2

Aree di superfici cartesiane

Teoria usata: Area di una superficie cartesiana Area di una superficie

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Esercizio 1

Calcolare l’area della porzione del piano $z = 2 x + y$ che si proietta sul triangolo $T$ di vertici $(0, 0)$ , $(1, 0)$ , $(0, 1)$ .

f (x, y) = 2 x + y, f_{x} = 2, f_{y} = 1

1 + f_{x}^{2} + f_{y}^{2} = 1 + 4 + 1 = 6

Area = \iint_{T} 6 d x d y = 6 \cdot \frac{1}{2} = \frac{6}{2}

La superficie è il grafico di $f (x, y) = 2 x + y$ sopra il triangolo $T$ , quindi si applica la formula dell’area di una superficie cartesiana. Le derivate parziali sono costanti, perciò anche l’integrando $1 + f_{x}^{2} + f_{y}^{2} = 6$ è costante e l’integrale doppio è il prodotto di $6$ per l’area di $T$ . Il triangolo ha cateti di lunghezza $1$ , quindi la sua area è $\frac{1}{2}$ e l’area della porzione di piano è $\frac{6}{2}$ .

Esercizio 2

Calcolare l’area della porzione del paraboloide

z = \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}

che si proietta sul disco $x^{2} + y^{2} \leq 1$ .

f_{x} = x, f_{y} = y, 1 + f_{x}^{2} + f_{y}^{2} = 1 + x^{2} + y^{2}

Area = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} 1 + x^{2} + y^{2} d x d y = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{1} 1 + ρ^{2} ρ d ρ d θ

Area = 2 π [\frac{1}{3} (1 + ρ^{2})^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{2 π}{3} (22 - 1)

Le derivate parziali di $f (x, y) = \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2}$ sono $f_{x} = x$ e $f_{y} = y$ , quindi l’integrando dell’area è $1 + x^{2} + y^{2}$ . Poiché il dominio è un disco e l’integrando dipende solo da $x^{2} + y^{2}$ , conviene il passaggio in coordinate polari, nel quale $x^{2} + y^{2} = ρ^{2}$ e l’elemento d’area diventa $ρ d ρ d θ$ . L’integrale in $θ$ dà il fattore $2 π$ . L’integrale in $ρ$ ha integrando $ρ 1 + ρ^{2}$ , che è, a meno del fattore $\frac{1}{2}$ , la derivata di $\frac{2}{3} (1 + ρ^{2})^{3/2} \cdot \frac{1}{2}$ : una primitiva è $\frac{1}{3} (1 + ρ^{2})^{3/2}$ . Valutando tra $0$ e $1$ si ottiene $\frac{2 2 - 1}{3}$ , quindi l’area è $\frac{2 π}{3} (22 - 1)$ .

Esercizio 3

Calcolare l’area del grafico di

f (x, y) = \frac{2}{3} (x^{3/2} + y^{3/2})

sul quadrato $Q = [0, 1] \times [0, 1]$ .

f_{x} = x, f_{y} = y, 1 + f_{x}^{2} + f_{y}^{2} = 1 + x + y

\int_{0}^{1} 1 + x + y d x = [\frac{2}{3} (1 + x + y)^{3/2}]_{x = 0}^{x = 1} = \frac{2}{3} ((2 + y)^{3/2} - (1 + y)^{3/2})

Area = \frac{2}{3} \int_{0}^{1} ((2 + y)^{3/2} - (1 + y)^{3/2}) d y = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{5} [(2 + y)^{5/2} - (1 + y)^{5/2}]_{0}^{1} = \frac{4}{15} (3^{5/2} - 2^{5/2} - 2^{5/2} + 1) = \frac{4}{15} (93 - 82 + 1)

Le derivate parziali sono $f_{x} = x$ e $f_{y} = y$ , poiché la derivata di $\frac{2}{3} x^{3/2}$ è $x^{1/2}$ . L’integrando dell’area diventa $1 + x + y$ , e la funzione $f$ dell’esercizio è costruita proprio perché i quadrati delle derivate sotto radice diano un’espressione lineare, integrabile in modo elementare. Si integra prima in $x$ con $y$ costante: una primitiva di $(1 + x + y)^{1/2}$ rispetto a $x$ è $\frac{2}{3} (1 + x + y)^{3/2}$ . Si integra poi in $y$ il risultato, con primitive del tipo $\frac{2}{5} (c + y)^{5/2}$ . Nella valutazione finale compaiono $3^{5/2} = 93$ e $2^{5/2} = 42$ , quest’ultimo due volte, perciò l’area vale $\frac{4}{15} (93 - 82 + 1)$ .