Integrale Triplo

[MichPower]

Salve a tutti,
Sto preparando l’esame di Analisi 2 e mi sono imbattuto in un esercizio abbastanza complicato riguardante il calcolo di un Volume.

Dato
$S = {(x,y,z)\in RR^3, x+4>y^2+z^2 , e^2x+1 1) Abbozzare il disegno dell’intersezione di $S$ con il piano $xy$
2)Calcolare volume di $S$

Parto dicendo che il punto 1) impone $z = 0$ quindi

${(x+4>y^2),(e^2x +1 Ho provato a sostituire con $x = y^2-4$ nella seconda equazione e mi esce $e^2(y-4) +1 Da qui in poi buio totale.


Per il punto 2), vedendo $y^2+z^2$ mi passa per la testa di effettuare un cambio di variabile ponendo
$y=rcos\theta $ e $z=rsin\theta$ quindi
$x+4>r^2 \rArr 0
Vi ringrazio anticipatamente per qualsiasi aiuto!

[Studente Anonimo]

Per quanto riguarda il primo punto:

$[x+4 gt y^2+z^2] ^^ [e^2x+1 lt e^(2-sqrt(y^2+z^2))] ^^ [z=0] rarr [y^2-4 lt x lt e^(-|y|)-1/e^2]$

Parabola

$f(y)=y^2-4$

Grafico deducibile

$g(y)= e^(-|y|)-1/e^2$

Condizione

$f(y) lt x lt g(y)$

[MichPower]

Grazie Sergeant,

La tua risposta mi fa capire che se mi becco questo all’esame sarebbe una cattiveria assurda..

Per la parte 2 forse sfrutta la parte 1 e fa una integrazione per strati?

[Studente Anonimo]

Molto probabilmente, il disegno richiesto al punto 1) assume una qualche rilevanza nello svolgere il punto 2. Infatti:

Disequazione 1

$x+4 gt y^2+z^2 rarr$

$rarr z^2 lt x+4-y^2 rarr$

$rarr -sqrt(x+4-y^2) lt z lt sqrt(x+4-y^2)$

Condizione: $x gt y^2-4$

Disequazione 2

$e^2x+1 lt e^(2-sqrt(y^2+z^2)) rarr$

$rarr [x lt -1/e^2 rarr AA (x,y) in RR^2] vv [x gt -1/e^2 rarr 2-sqrt(y^2+z^2) gt log(e^2x+1)]$

Condizione: $x gt -1/e^2$

$sqrt(y^2+z^2) lt 2-log(e^2x+1) rarr$

$rarr y^2+z^2 lt [2-log(e^2x+1)]^2$

Condizione: $2-log(e^2x+1) gt 0$

$z^2 lt [2-log(e^2x+1)]^2-y^2 rarr$

$rarr -sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2) lt z lt sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2)$

Condizione: $[2-log(e^2x+1)]^2-y^2 gt 0$

Sistema

$\{(x gt -1/e^2),(2-log(e^2x+1) gt 0),([2-log(e^2x+1)]^2-y^2 gt 0):} rarr \{(x gt -1/e^2),(x lt 1-1/e^2),(y^2 lt [2-log(e^2x+1)]^2):} rarr \{(-1/e^2 lt x lt 1-1/e^2),(|y| lt 2-log(e^2x+1)):} rarr$

$rarr \{(-1/e^2 lt x lt 1-1/e^2),(log(e^2x+1) lt 2-|y|):} rarr \{(-1/e^2 lt x lt 1-1/e^2),(e^2x+1 lt e^(2-|y|)):} rarr \{(-1/e^2 lt x lt 1-1/e^2),(x lt e^(-|y|)-1/e^2):} rarr$

$rarr -1/e^2 lt x lt e^(-|y|)-1/e^2$

Riassumendo:

Disequazione 1

$[x gt y^2-4] rarr [-sqrt(x+4-y^2) lt z lt sqrt(x+4-y^2)]$

Disequazione 2

$[x lt -1/e^2] rarr [AA (x,y) in RR^2]$

oppure

$[-1/e^2 lt x lt e^(-|y|)-1/e^2] rarr [-sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2) lt z lt sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2)]$

La regione del piano xy coinvolta nell'integrazione per fili lungo l'asse z è proprio quella richiesta:

$y^2-4 lt x lt e^(-|y|)-1/e^2$

Inoltre, all'interno della regione, dei due intervalli simmetrici rispetto allo zero:

1. $-sqrt(x+4-y^2) lt z lt sqrt(x+4-y^2)$

2. $-sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2) lt z lt sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2)$

è necessario selezionare quello di raggio minore confrontando i raggi medesimi. Per esempio:

$sqrt(x+4-y^2) lt sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2) rarr$

$rarr x+4-y^2 lt [2-log(e^2x+1)]^2-y^2 rarr$

$rarr x lt log^2(e^2x+1)-4log(e^2x+1) rarr$

$rarr x lt 0$ (mediante risoluzione grafica)

Finalmente, per quanto riguarda il volume e utilizzando le simmetrie:

$V=2\int_{0}^{2}dy\int_{y^2-4}^{0}dx\int_{-sqrt(x+4-y^2)}^{sqrt(x+4-y^2)}dz+2\int_{0}^{2}dy\int_{0}^{e^(-y)-1/e^2}dx\int_{-sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2)}^{sqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2)}dz rarr$

$ rarr V=4\int_{0}^{2}dy\int_{y^2-4}^{0}dxsqrt(x+4-y^2)+4\int_{0}^{2}dy\int_{0}^{e^(-y)-1/e^2}dxsqrt([2-log(e^2x+1)]^2-y^2)$

il cui calcolo, purtroppo, mi sembra un po' troppo impegnativo.

Ovviamente, nulla vieta di adottare una strategia più semplice:

$\{(y=\rhocos\theta),(z=\rho\sintheta):} ^^ [\rho gt= 0] ^^ [0 lt= \theta lt 2\pi]$

$\{(x+4 gt y^2+z^2),(e^2x+1 lt e^(2-sqrt(y^2+z^2))):} rarr \{(x+4 gt \rho^2),(e^2x+1 lt e^(2-\rho)):} rarr \{(x gt \rho^2-4),(x lt e^(-\rho)-1/e^2):} rarr$

$rarr [\rho^2-4 lt x lt e^(-\rho)-1/e^2] ^^ [\rho^2-4 lt e^(-\rho)-1/e^2] rarr$

$rarr [\rho^2-4 lt x lt e^(-\rho)-1/e^2] ^^ [0 lt \rho lt 2]$ (mediante risoluzione grafica)

$V=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{2}d\rho\int_{\rho^2-4}^{e^(-\rho)-1/e^2}\rhodx=2\pi\int_{0}^{2}d\rho\rho(e^(-\rho)-1/e^2-\rho^2+4)$

[MichPower]

Grazie mille per la risposta.
Il calcolo esce giusto ovvero $10\pi(1-e^(-2))$
Comunque secondo me era un esercizio molto complicato per un esame, o sbaglio?

[Studente Anonimo]

"MichPower":
Il calcolo esce giusto ...

Meno male.

"MichPower":
Comunque secondo me era un esercizio molto complicato per un esame ...

Ricapitolando:

Punto 1)

$[x+4 gt y^2+z^2] ^^ [e^2x+1 lt e^(2-sqrt(y^2+z^2))] ^^ [z=0] rarr [y^2-4 lt x lt e^(-|y|)-1/e^2]$

Parabola

$f(y)=y^2-4$

Grafico deducibile

$g(y)= e^(-|y|)-1/e^2$

Condizione

$f(y) lt x lt g(y)$

Punto 2)

$\{(y=\rhocos\theta),(z=\rho\sintheta):} ^^ [\rho gt= 0] ^^ [0 lt= \theta lt 2\pi]$

$\{(x+4 gt y^2+z^2),(e^2x+1 lt e^(2-sqrt(y^2+z^2))):} rarr \{(x+4 gt \rho^2),(e^2x+1 lt e^(2-\rho)):} rarr \{(x gt \rho^2-4),(x lt e^(-\rho)-1/e^2):} rarr$

$rarr [\rho^2-4 lt x lt e^(-\rho)-1/e^2] ^^ [\rho^2-4 lt e^(-\rho)-1/e^2]$

Parabola

$f(\rho)=\rho^2-4$

Grafico deducibile

$g(\rho)= e^(-\rho)-1/e^2$

Condizione

$f(\rho) lt g(\rho)$

$[\rho^2-4 lt x lt e^(-\rho)-1/e^2] ^^ [0 lt \rho lt 2]$

$V=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{2}d\rho\int_{\rho^2-4}^{e^(-\rho)-1/e^2}\rhodx=2\pi\int_{0}^{2}d\rho\rho(e^(-\rho)-1/e^2-\rho^2+4)=$

$=2\pi[-(\rho+1)e^(-\rho)-1/4\rho^4+(2-1/(2e^2))\rho^2]_{0}^{2}=10\pi(1-1/e^2)$

Intanto, i due punti sono in qualche modo collegati anche adottando il cambiamento di variabili. Inoltre, per quanto riguarda le difficoltà, esse si possono presentare nelle risoluzioni grafiche e nel tracciare una delle due curve mediante i grafici deducibili, piuttosto che svolgendo uno studio di funzione completo. Ad ogni modo, si tratta senz'altro di un esercizio diverso dal solito.