Coordinate Polari e Integrale Multiplo

[Antonios93]

Salve ragazzi, ho un problema nella trasformazione in coordinate polari. $ int int int_()^()(2z-x-y^3) dx dy dz $
Il dominio di integrazione: $ {0

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CaMpIoN

30 nov 2013, 23:29

Da quanto ho visto ci sono due tipi di coordinate polari nelle tre dimensioni, una considera come terza coordinata polare un'altra distanza, mentre le altre due coordinate rimangono invariate. Il secondo sistema di coordinate polari in tre dimensioni invece considera per la terza coordinata un'altro angolo, in questo caso anche le altre due coordinate cambiano forma rispetto alle due dimensioni.
Coordinate cilindriche:
\(\displaystyle x=\rho \cdot \cos \theta \qquad y=\rho \cdot \sin \theta \qquad z=h \)
Coordinate sferiche:
\(\displaystyle x=\rho \cdot \cos \theta \sin \phi \qquad y=\rho \cdot \sin \theta \sin \phi \qquad z=\rho \cdot \cos \theta \)

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Antonios93

1 dic 2013, 09:13

Si, so quali sono le coordinate polari. Non so come trasformare le circonferenze del dominio...

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Noisemaker

1 dic 2013, 11:01

Anzitutto quelle non sono due circonferenze ma due cilindri, poichè
\begin{align}
A:&=\{(x;y;z)\in \mathbb{R}^3: 0 &=\{(x;y;z)\in \mathbb{R}^3: 0 \end{align}
è conveniente integrare inizialmente per fili, cioè
\begin{align}
\iiint_{A} 2z-x-y^3 \,\,\,dxdydz&=\iint_{\Omega}\left(\int_{0}^{x+2} 2z-x-y^3 dz\right) \,\,\,dxdy=\iint_{\Omega}\left[ z^2-xz-y^3z\right]_{0}^{x+2} dxdy\\
&=\iint_{\Omega}\left[ (x+2)^2-x(x+2)-y^3(x+2)\right] dxdy=\iint_{\Omega} 4-y^3x-2y^3\,\,dxdy\\
&=4\iint_{\Omega} \,\,dxdy-\iint_{\Omega} y^3(x-2)\,\,dxdy;
\end{align}
a queto punto il primo integrale corrisponde alla misura (area) dell'insieme $\Omega$ che banalmente risulta essere pari alla differenza tra l'area della circonferenza di raggio $4$ e della circonferenza di raggio $1$ ovvero $4\pi-\pi=3\pi;$ per quanto riguarda il secondo integrale, è conveniente effettura una traslazione e considerare la funzione $g(x;y):=y^3x$ sull'insieme
\begin{align}
\Omega=\Omega_1\cup\Omega_2\qquad\Rightarrow\quad m(\Omega)=m(\Omega_1)+m(\Omega_2)
\end{align}
dove:
\begin{align}
\Omega_1:&=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2<4, x<0\}\\
\Omega_2:&=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2<4,\,\, (x-1)^2+y^2>1,\,\,x>0\};
\end{align}

allora si ha
\begin{align}
\iiint_{A} 2z-x-y^3 \,\,\,dxdydz =12\pi-\iint_{\Omega_1} y^3x\,\,dxdy-\iint_{\Omega_2} y^3x\,\,dxdy;
\end{align}
Considerando le simmetrie e dell'insieme $\Omega_1$ e della funzione $g$ il primo integrale risulta nullo, cosi come l'integrale su $\Omega_2;$ per convincersene basta osservare che
\[g(x;y)= g(x;-y)=-g(x;y).\]
Dunque si conclude che
\begin{align}
\iiint_{A} 2z-x-y^3 \,\,\,dxdydz =12\pi.
\end{align}
Se non fossero bazate all'occhio le simmetrie, procedendo con il calcolo avremmo ottenuto:
\begin{align}
\iint_{\Omega_1} y^3x\,\,dxdy &=\int_{\rho=0}^{1}\int_{\vartheta=\pi/2}^{3\pi/2}\rho\left(\rho^4\sin^3\vartheta\cos\vartheta\right)d\rho d\vartheta =\int_{\rho=0}^{1}\rho^5\,\,d\rho \int_{\vartheta=\pi/2}^{3\pi/2} \sin^3\vartheta\cos\vartheta \,\,d\vartheta\\
&=\frac{1}{6}\left[\frac{\sin^4\vartheta}{4}\right]_{\vartheta=\pi/2}^{3\pi/2} =\frac{1}{6}\left[\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right]=0;
\end{align}
per il l'integrale su $\Omega_2$
\begin{align}
\iint_{\Omega_2} y^3x\,\,dxdy &=\int_{\vartheta=3\pi/2}^{ \pi/2}\int_{\rho=0}^{\cos\vartheta}\rho\left(\rho^4\sin^3\vartheta\cos\vartheta\right)d\rho d\vartheta =\int_{\vartheta=3\pi/2}^{ \pi/2}\sin^3\vartheta\cos\vartheta\int_{\rho=0}^{\cos\vartheta} \rho^5 d\rho d\vartheta \\
&=\int_{\vartheta=3\pi/2}^{ \pi/2}\sin^3\vartheta\cos^7\vartheta\,\, d\vartheta =0,
\end{align}
infatti senza intraprendere strade per la ricerca della primitiva (che in ogni caso con un pò di pazienza è fattibile) osservando che l'intervallo di integrazione è simmetrico rispetto l'origine, e la funzione integranda risulta essere dispari:
\[h(-\vartheta)=\left(\sin(-\vartheta)\right)^3\left(\cos(-\vartheta)\right)^7=\left(-\sin \vartheta \right)^3\left(\cos \vartheta \right)^7=-\sin^3\vartheta\cos^7\vartheta=-h(\vartheta),\]
si può concludere che l'integrale vale zero.

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[CaMpIoN]

Da quanto ho visto ci sono due tipi di coordinate polari nelle tre dimensioni, una considera come terza coordinata polare un'altra distanza, mentre le altre due coordinate rimangono invariate. Il secondo sistema di coordinate polari in tre dimensioni invece considera per la terza coordinata un'altro angolo, in questo caso anche le altre due coordinate cambiano forma rispetto alle due dimensioni.
Coordinate cilindriche:
\(\displaystyle x=\rho \cdot \cos \theta \qquad y=\rho \cdot \sin \theta \qquad z=h \)
Coordinate sferiche:
\(\displaystyle x=\rho \cdot \cos \theta \sin \phi \qquad y=\rho \cdot \sin \theta \sin \phi \qquad z=\rho \cdot \cos \theta \)

[Antonios93]

Si, so quali sono le coordinate polari. Non so come trasformare le circonferenze del dominio...

[Noisemaker]

Anzitutto quelle non sono due circonferenze ma due cilindri, poichè
\begin{align}
A:&=\{(x;y;z)\in \mathbb{R}^3: 0 &=\{(x;y;z)\in \mathbb{R}^3: 0 \end{align}
è conveniente integrare inizialmente per fili, cioè
\begin{align}
\iiint_{A} 2z-x-y^3 \,\,\,dxdydz&=\iint_{\Omega}\left(\int_{0}^{x+2} 2z-x-y^3 dz\right) \,\,\,dxdy=\iint_{\Omega}\left[ z^2-xz-y^3z\right]_{0}^{x+2} dxdy\\
&=\iint_{\Omega}\left[ (x+2)^2-x(x+2)-y^3(x+2)\right] dxdy=\iint_{\Omega} 4-y^3x-2y^3\,\,dxdy\\
&=4\iint_{\Omega} \,\,dxdy-\iint_{\Omega} y^3(x-2)\,\,dxdy;
\end{align}
a queto punto il primo integrale corrisponde alla misura (area) dell'insieme $\Omega$ che banalmente risulta essere pari alla differenza tra l'area della circonferenza di raggio $4$ e della circonferenza di raggio $1$ ovvero $4\pi-\pi=3\pi;$ per quanto riguarda il secondo integrale, è conveniente effettura una traslazione e considerare la funzione $g(x;y):=y^3x$ sull'insieme
\begin{align}
\Omega=\Omega_1\cup\Omega_2\qquad\Rightarrow\quad m(\Omega)=m(\Omega_1)+m(\Omega_2)
\end{align}
dove:
\begin{align}
\Omega_1:&=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2<4, x<0\}\\
\Omega_2:&=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2<4,\,\, (x-1)^2+y^2>1,\,\,x>0\};
\end{align}

allora si ha
\begin{align}
\iiint_{A} 2z-x-y^3 \,\,\,dxdydz =12\pi-\iint_{\Omega_1} y^3x\,\,dxdy-\iint_{\Omega_2} y^3x\,\,dxdy;
\end{align}
Considerando le simmetrie e dell'insieme $\Omega_1$ e della funzione $g$ il primo integrale risulta nullo, cosi come l'integrale su $\Omega_2;$ per convincersene basta osservare che
\[g(x;y)= g(x;-y)=-g(x;y).\]
Dunque si conclude che
\begin{align}
\iiint_{A} 2z-x-y^3 \,\,\,dxdydz =12\pi.
\end{align}
Se non fossero bazate all'occhio le simmetrie, procedendo con il calcolo avremmo ottenuto:
\begin{align}
\iint_{\Omega_1} y^3x\,\,dxdy &=\int_{\rho=0}^{1}\int_{\vartheta=\pi/2}^{3\pi/2}\rho\left(\rho^4\sin^3\vartheta\cos\vartheta\right)d\rho d\vartheta =\int_{\rho=0}^{1}\rho^5\,\,d\rho \int_{\vartheta=\pi/2}^{3\pi/2} \sin^3\vartheta\cos\vartheta \,\,d\vartheta\\
&=\frac{1}{6}\left[\frac{\sin^4\vartheta}{4}\right]_{\vartheta=\pi/2}^{3\pi/2} =\frac{1}{6}\left[\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right]=0;
\end{align}
per il l'integrale su $\Omega_2$
\begin{align}
\iint_{\Omega_2} y^3x\,\,dxdy &=\int_{\vartheta=3\pi/2}^{ \pi/2}\int_{\rho=0}^{\cos\vartheta}\rho\left(\rho^4\sin^3\vartheta\cos\vartheta\right)d\rho d\vartheta =\int_{\vartheta=3\pi/2}^{ \pi/2}\sin^3\vartheta\cos\vartheta\int_{\rho=0}^{\cos\vartheta} \rho^5 d\rho d\vartheta \\
&=\int_{\vartheta=3\pi/2}^{ \pi/2}\sin^3\vartheta\cos^7\vartheta\,\, d\vartheta =0,
\end{align}
infatti senza intraprendere strade per la ricerca della primitiva (che in ogni caso con un pò di pazienza è fattibile) osservando che l'intervallo di integrazione è simmetrico rispetto l'origine, e la funzione integranda risulta essere dispari:
\[h(-\vartheta)=\left(\sin(-\vartheta)\right)^3\left(\cos(-\vartheta)\right)^7=\left(-\sin \vartheta \right)^3\left(\cos \vartheta \right)^7=-\sin^3\vartheta\cos^7\vartheta=-h(\vartheta),\]
si può concludere che l'integrale vale zero.