Integrale triplo (1)

[melli13]

Non capisco dove sbaglio a risolvere questo integrale triplo:

$int_Omega (x^2+y^2+z^2-1)dxdydz$ dove $Omega={x^2+y^2+z^2<2,x^2+y^2
Proietto $Omega$ sull'asse z e allora ottengo $int_0^(sqrt(2)) (int_(A_z) dxdy) dz$ dove $A_z={(x,y,z) in RR^3: 0 $int_0^(sqrt(2)) dz int_0^(sqrt(2-z^2)) drho int_0^(2pi) (rho(rho^2+z^2-1))d theta$ e risolvendolo mi esce $4sqrt(2)/15 pi$, mentre dovrebbe uscire fuori $4sqrt(2)/15 pi-19/60$

[gugo82]

Da dove esce \(\sqrt{2}\)?

[melli13]

So che $x^2+y^2+z^2<2 hArr z^2<2-(x^2+y^2)$ e siccome $(x^2+y^2)>0 hArr -(x^2+y^2)<0$ ottengo che $z^2<2$ e quindi $-sqrt(2)

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[gugo82]

Sì, ok.

Nota che l'insieme \(\Omega\) è un solido di rotazione ottenuto facendo ruotare attorno all'asse \(z\) il rettangoloide del piano \(Oxz\) compreso tra i grafici delle funzioni \(f(x)=x^2\) e \(g(x)=\sqrt{2-x^2}\) definite in \([0,1]\):
[asvg]xmin=-1; xmax=2; ymin=-1; ymax=2;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
plot("x^2",0,1); plot("sqrt(2-x^2)",0,1); line([0,0],[0,1.414]);[/asvg]
Quindi, passando in coordinate cilindriche:
\[
\begin{cases}
x=\rho\ \cos \theta\\
y=\rho\ \sin \theta\\
z=h
\end{cases}
\]
l'insieme \(\Omega\) lo rappresenti col dominio normale:
\[
\Big\{ (\rho ,\theta ,h):\ 0\leq \rho \leq 1,\ 0\leq \theta \leq 2\pi ,\ \rho^2 \leq h\leq \sqrt{2-\rho^2}\Big\}\; .
\]

[melli13]

Grazie, questo è sicuramente un metodo più elegante...Ma nel mio, cosa c'è di sbagliato?

[gugo82]

"melli13":Grazie, questo è sicuramente un metodo più elegante...Ma nel mio, cosa c'è di sbagliato?

Beh, ti perdi dei pezzi nell'integrazione.

Quello che vorresti fare è scrivere l'integrale per "sfogliette" parallele al piano \(Oxy\).
Insomma, in corrispondenza di \(h\in [0,\sqrt{2}]\) poni:
\[
\Omega_h := \Omega \cap \{z=h\}
\]
(sicché \(\Omega_h\) è la "sfoglietta" di \(\Omega\) che sta sul piano di equazione \(z=h\)); quindi hai:
\[
\int_\Omega f(x,y,z)\ \text{d}x\text{d}y\text{d}z = \int_0^\sqrt{2} \left(\int_{\Omega_z} f(x,y,z)\ \text{d}x\text{d}y \right)\ \text{d} z
\]
ossia l'integrale di volume su \(\Omega\) lo scrivi come somma degli integrali su ognuna delle "sfogliette".

Conseguentemente, per calcolare l'integrale devi capire come è fatta ogni "sfoglietta" \(\Omega_z\).
Il solido \(\Omega\) è di rotazione generato dalla rotazione del rettangoloide delimitato dai due grafici di cui sopra, i.e. dalle curve \(z=\phi(x)=\sqrt{2-x^2}\) e \(z=\psi (x)=x^2\) per \(x\in [0,1]\), nel piano \(Oxz\). Per fissato \(z\), allora, \(\Omega_z\) è un cerchio su un piano parallelo ad \(Oxy\), che ha centro in \((0,0,z)\) e raggio uguale a \(\phi^{-1}(z)=\sqrt{2-z^2}\), se \(1\leq z\leq \sqrt{2}\), oppure a \(\psi^{-1}(z)=\sqrt{z}\), se \(0\leq z\leq 1\).

Ne viene che:
\[
\begin{split}
\int_\Omega f(x,y,z)\ \text{d}x\text{d}y\text{d}z &= \int_0^1 \left( \int_{B(o;\sqrt{z})} f(x,y,z)\ \text{d}x\text{d}y\right)\ \text{d} z + \int_1^\sqrt{2} \left( \int_{B(o;\sqrt{2-z^2})} f(x,y,z)\ \text{d}x\text{d}y\right)\ \text{d} z\\
&= \int_0^1 \left( \int_0^{2\pi}\int_0^\sqrt{z} \sqrt{r^2+z^2-1}\ r\ \text{d}\theta \text{d}r \right)\ \text{d} z \\
&\phantom{=} + \int_1^\sqrt{2} \left( \int_0^{2\pi} \int_0^\sqrt{2-z^2} \sqrt{r^2+z^2-1}\ r\ \text{d}\theta \text{d}r \right)\ \text{d} z\\
&= \pi\ \int_0^1 \frac{2}{3}\ \sqrt{(r^2+z^2-1)^3}\Bigg|_0^\sqrt{z}\ \text{d} z + \pi\ \int_1^\sqrt{2} \frac{2}{3} \sqrt{(r^2+z^2-1)^3} \Bigg|_0^\sqrt{2-z^2} \ \text{d} z\; \ldots
\end{split}
\]
eccetera.

Alla fin fine, integrare con le coordinate cilindriche credo sia un po' meno contaccioso.

[melli13]

Adesso mi è tutto chiarissmo!!! Grazie mille, davvero!!