Esercizio integrale triplo

[Mrsviviana]

Ciao ragazzi mi dareste una mano con la risoluzione di questo integrale?
$ int int int_(D)^()1/(sqrt(x^2+y^2)) dx dy dz $
$ D= x^2+y^2+z^2<= 1 , z>= 0 ,x^2+y^2<=z^2 $
Mi servirebbe solo capire come si inzia, cioè come è fatto D e come è più semplice "suddividerlo per avere degli estremi di integrazione decenti. io avevo pensato do considerare z tra 0 e 1 e x^2+y^2 minori di z^2 e usare per queste un passaggio alle coordinate polari. cosi facendo l'integrale mi verrebbe 2 $ pi $

[Noisemaker]

Consideriamo l'integrale
\[\iiint \limits_{D} \frac{dxdydz}{\sqrt{x^2+y^2}},\]
dove
\[D:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2+z^2\le1,\quad z\ge 0,\quad z^2\ge x^2+y^2 \}.\]
L'insieme $D$ rappresenta l'intersezione tra la sfera di centro l'origine e raggio $1$ e il semicono (la parte positiva) con asse di simmetria coincidente con l'azze $z;$ in qiesto caso si può procedere in vari modi:

[*:2zfn7d77] descrivedo l'insieme $D$ in coordinate sferiche, cioè ponendo
\[x=\rho\cos\vartheta\sin\varphi,\quad y=\rho\sin\vartheta\sin\varphi,\quad z= \rho\cos\varphi,\]
in modo che l'insieme $D$ si trasformi nell'insieme[nota]Sostituendo le espressioni di $x,y,z$ in $D$ si ottiene il sistema
\begin{align}\begin{cases}\rho^2\cos^2\vartheta\sin^2\varphi+\rho^2\sin^2\vartheta\sin^2\varphi+ \rho^2\cos^2\varphi\le1\\
\rho\cos\varphi\ge0\\
\cos\varphi\ge sin\varphi
\end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} 0\le\rho\le1 \\ 0\le\vartheta\le 2\pi\\0\le\varphi\le\pi/4
\end{cases}\end{align}.[/nota]
\[D_1:=\{(\rho,\vartheta,\varphi)\in\mathbb{R}^3:0\le\rho\le1 ,\quad0\le\vartheta\le 2\pi,\quad0\le\varphi\le\pi/4 \};\]
ricordando il fattore jacobiano di trasformazione $J=\rho^2\sin\phi,$ l'integrale diviene:
\begin{align}\iiint \limits_{D} \frac{dxdydz}{\sqrt{x^2+y^2}}&= \iiint \limits_{D_1} \frac{\rho^2\sin\varphi}{\rho \sin\varphi}d\rho d\vartheta d\varphi=\int_{\rho=0}^{1}\int_{\vartheta=0}^{2\pi}\int_{\varphi=0}^{\pi/4} \rho d\rho d\vartheta d\varphi\\
&=\int_{\rho=0}^{1} \rho d\rho\int_{\vartheta=0}^{2\pi} d\vartheta\int_{\varphi=0}^{\pi/4} d\varphi=\left[\frac{\rho^2}{2}\right]_{\rho=0}^{1}\left[\vartheta\right]_{\vartheta=0}^{2\pi}\left[\varphi\right]_{\varphi=0}^{\pi/4}\\
&=2\pi\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi^2}{4}.\end{align}[/*:m:2zfn7d77]
[*:2zfn7d77]Integrando per fili paralleli all'asse $z,$ cioè porre
\begin{align}\iiint \limits_{D} \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}&=\iint \limits_{D_2} \int_{z=\sqrt{x^2+y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\frac{dxdydz}{\sqrt{x^2+y^2}} =\iint \limits_{D_2} \left(\frac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}}-1\right)dxdy\\
&=\iint \limits_{D_2} \left(\frac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}} \right)dxdy-\iint \limits_{D_2} dxdy, \end{align}
dove l'insieme $D_2$ è definito come
\[D_2:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\le1/2\}.\]
Ora, per il calcolo degli integrali doppi su $D_2,$ per il primo si può procedere passando in coordinate polari, ponendo cioè
\[x=\rho\cos\vartheta ,\quad y=\rho\sin\vartheta, \quad \rho\in\left[0;\frac{1}{\sqrt2}\right],\quad\vartheta\in[0,2\pi),\]
ricordando il fattore jacobiano di trasformazione $J=\rho,$ l'integrale diviene:[nota]Ponendo
\begin{align}
x=\sin t,\quad dx=\cos t\,\,dt,\quad t=\arcsin x,
\end{align}
in generale
\begin{align}
\int \sqrt{1-x^2}\,\,dx&=\int \sqrt{1-\sin^2 t}\cos t\,\,dt=\int \cos^2 t\,\,dt=\int1- \sin^2 t\,\,dt=t-\int \sin^2 t\,\,dt\\
&=t-\frac{1}{2}\left(t- \sin t\cos t\right)= \frac{1}{2}\left(t+\sin t\cos t\right)\\
&= \frac{1}{2}\left(\arcsin x+x\cos\arcsin x\right)= \frac{1}{2}\left(\arcsin x+x\sqrt{1-x^2}\right);
\end{align}
ricordando che
\[ -\pi/2 \le \arcsin x \le \pi/2\]
si ha
\[\cos y\ge 0\quad\Leftrightarrow\quad y \in [-\pi/2,\pi/2];\]
allora posto $y=\arcsin x$ si ha
\[\cos y=\sqrt{1-\sin^2 y} \quad\Leftrightarrow\quad \cos(\arcsin x) = \sqrt{1-\sin^2(arcsin x)} = \sqrt{1-x^2},\]
ed essendo
\begin{align}
\int \sin^2 t\,\,dt&= -\int \sin t\,\,d\left(\cos t\right)\stackrel{\bf(P)}{=}- \sin t\cos t+\int \cos^2t,\,dt=- \sin t\cos t+\int 1-\sin^2t,\,dt\\
&=t- \sin t\cos t -\int \sin^2t,\,dt\\
2\int \sin^2 t\,\,dt&=t- \sin t\cos t\\
\int \sin^2 t\,\,dt&=\frac{1}{2}\left(t- \sin t\cos t\right)
\end{align}[/nota]
\begin{align} \iint \limits_{D_2} \frac{\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}} dxdy=\int_{\rho=0}^{\frac{1}{\sqrt2}}\int_{\vartheta=0}^{2\pi} \frac{\sqrt{1-\rho^2}}{\rho}\cdot\rho d\rho d\vartheta =2\pi\int_{\rho=0}^{\frac{1}{\sqrt2}} \sqrt{1-\rho^2} d\rho =2\pi\left[\frac{1}{2}\left(\rho \sqrt{1-\rho^2}+\arcsin\rho\right)\right]_{\rho=0}^{\frac{1}{\sqrt2}} =
....=\frac{\pi^2}{4}+\frac{\pi}{2};\end{align}
per il secondo integrale è sufficiente osservare che si tratta della misusa (area) della circonferenza di raggio $1/\sqrt2,$ ossia $\pi/2,$ pertanto
\[\iiint \limits_{D} \frac{dxdydz}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\pi^2}{4}+\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{4}.\][/*:m:2zfn7d77]
[*:2zfn7d77]Per sezioni, ponendo cioè
\begin{align}\iiint \limits_{D} \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}&= \int_{z=0}^{\frac{1}{\sqrt2}}\iint_{D_1(z)}\frac{dxdy }{\sqrt{x^2+y^2}} dz+\int_{z=\frac{1}{\sqrt2}}^{1}\iint_{D_2(z)}\frac{dxdy }{\sqrt{x^2+y^2}} dz,\end{align}
dove gli insiemi $D_1(z)$ e $D_2(z)$ sono definiti come
\begin{align}
D_1:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\le z^2\}
,\qquad D_2:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\le1-z^2\};
\end{align}
per il calcolo dell'integrale doppio su $D_1(z)$ passando in coordinate polari ponendo, ponendo cioè
\[x=\rho\cos\vartheta ,\quad y=\rho\sin\vartheta, \quad \rho\in\left[0;z\right],\quad\vartheta\in[0,2\pi),\]
mentre per il calcolo dell'integrale doppio su $D_2(z)$ passando in coordinate polari ponendo:
\[x=\rho\cos\vartheta ,\quad y=\rho\sin\vartheta, \quad \rho\in\left[0;\sqrt{1-z^2}\right],\quad\vartheta\in[0,2\pi),\]
ricordando il fattore jacobiano di trasformazione $J=\rho,$ l'integrale diviene:
\begin{align}\int_{z=0}^{\frac{1}{\sqrt2}}\left( \iint_{D_1(z)}\frac{dxdy }{\sqrt{x^2+y^2}}\right)dz&+\int_{z=\frac{1}{\sqrt2}}^{1}\left( \iint_{D_2(z)}\frac{dxdy }{\sqrt{x^2+y^2}}\right)dz\\
&=\int_{z=0}^{\frac{1}{\sqrt2}}\left(\int_{\vartheta=0}^{2\pi}\int_{\rho=0}^{z}\frac{\rho d\rho d\vartheta }{\rho}\right)dz+\int_{z=\frac{1}{\sqrt2}}^{1}\left(\int_{\vartheta=0}^{2\pi}\int_{\rho=0}^{\sqrt{1-z^2}}\frac{\rho d\rho d\vartheta }{\rho}\right)dz\\
&=2\pi\int_{z=0}^{\frac{1}{\sqrt2}} z\,\,dz+2\pi\int_{z=\frac{1}{\sqrt2}}^{1}\left(\sqrt{1-z^2}\right)dz\\
&=2\pi\left[\frac{z^2}{2} \right]_{z=0}^{\frac{1}{\sqrt2}}+2\pi\left[\frac{1}{2}\left(z \sqrt{1-z^2}+\arcsin z\right)\right]_{z=\frac{1}{\sqrt2}}^{1}\\
&=\frac{\pi }{2}+\frac{\pi^2}{4}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{4}. \end{align}[/*:m:2zfn7d77][/list:u:2zfn7d77]
Come vedi il passaggio in coordinate sferiche è senz'altro il più conveniente, per l'economia dei calcoli; in generale, ma non è una regola ferrea, quando si ha un dominio con simmetrie circolari e una funzione che si comporta in modo educato rispetto la stessa simmetria, e conveniente passare alle coordinate radiali.

[Mrsviviana]

ovviamente è tutto chiaro..Gentilissimo grazie mille

[Mrsviviana]

riguardandolo non capisco , seguendo il PRIMO metodo di risoluzione, come si fa a trovare che $ psi <= pi /4 $ mi è chiaro il perché ma non il come si trova il valore preciso

[Mrsviviana]

Aggiungo che non mi è chiaro come nel SECONDO METODO invece si trova D2:={(x,y)∈R2:x2+y2≤1/2}.

[Mrsviviana]

"Mrsviviana":riguardandolo non capisco , seguendo il PRIMO metodo di risoluzione, come si fa a trovare che $ psi <= pi /4 $ mi è chiaro il perché ma non il come si trova il valore preciso

pardon vista la nota adesso!