Integrale Triplo

[Albertus16]

Ciao a tutti. Volevo porre alla vostra attenzione il seguente integrale triplo.

$\int int int_T(y*sqrt(z))/(x^2 +y^2)dxdydz$ dove $T = {(x,y,z) in RR^3 : x^2 + y^2 +z^2 <= 1, z>= x^2 + y^2}$

Grazie a Luca.Lussardi, posso dire che, riguardo al dominio $T$, sono dentro una sfera e sopra un paraboloide ellittico, quindi la loro intersezione è una circonferenza.
Trovo quindi che $x^2 + y^2 <= z <= sqrt(1-x^2 -y^2)$, che $0 <= x <= sqrt(1-y^2)$ e che $-1 <= y <= 1$. Esatto?

Avrò quindi l'integrale: $\int_-1^1y int_0^(sqrt(1-y^2))1/(x^2+y^2) int_(x^2 +y^2)^(sqrt(1-x^2 -y^2))(sqrt(z))dzdxdy$ Corretto?

Quando però comincio ad integrare in $dz$, cioé $\int_(x^2 +y^2)^(sqrt(1-x^2 -y^2))sqrt(z)dz$ ed avendo $2/3*z*sqrt(z)$ come risultato dell'integrale, sostituendo gli estremi di integrazione mi ritrovo con con $2/3*[(1-x^2 -y^2)^(1/5) - (x^2+y^2)*sqrt(x^2+y^2)]$ di cui il primo fattore abbastanza complicato da integrare!

E' possibile che abbia fatto qualche errore nel determinare gli estremi di integrazione? Come devo procedere, secondo voi? Cosa sto sbagliando?

Grazie a chi risponderà, ciao!!

[Albertus16]

Nessuno può aiutarmi, per favore?

[Zkeggia]

Ma un comodo passaggio in coordinate cilindriche non l'hai provato? guarda la forma dell'insieme, dell'integranda e degli estremi di integrazione, è piena di $x^2 + y^2$, in coordinate polari rimarrebbe solo $rho^2$, sarebbe molto più fattibile.

[Albertus16]

Ciao Zkeggia, grazie per la risposta. Si, ho già provato, forse prima avrò fatto qualche errore di calcolo con le coordinate cilindriche, ritenterò.

Io credo che il problema principale sia alla fine, quando sostituendo gli estremi di integrazione, mi ritrovo con una radice quinta, cioè con un polinomio del tipo $(1-rho^2)^(1/5)$. Non so, non mi sembra corretto avere questo risultato così 'grosso' ed anche abbastanza complicato da integrare in $drho$.

[Zkeggia]

C'è qualcosa che non mi tora nell'insieme T, perché se è vero che ci troviamo dentro circonferenze (come credo anche io), passando in coordinate polari $alpha$ lo dobbiamo integrare tra $0$ e $2pi$. L'integrando poi diventerà.
$int (rho cos alpha sqrt(z))/ rho^2 *rho drhodalpha dz$
Portando fuori $cos alpha$ e integrando tra 0 e $2pi$ viene 0. Quindi così l'integrale sarebbe nullo.

Non so dove sbaglio, ma a questo punto direi che non siamo su delle circonferenze...

[Albertus16]

Si Zkeggia, se si sostituisce con coordinate polari, si ha $-1 <= sen alpha <= 1$ quindi $alpha in [0,2pi]$ e allora si ha integrale nullo!

Bè, Luca.Lussardi, in un topic analogo a questo, in cui ho esposto i miei dubbi riguardo il dominio, ha scritto che, essendo dentro una sfera $x^2 +y^2 + z^2 <= 1$ e sopra un paraboloide ellittico $z>= x^2 +y^2$, allora l'intersezione è una circonferenza.

Che caos!

[Zkeggia]

Ma anche secondo me Luca ha ragione, tu prendi una circonferenza, e vai a considerare le z che sono maggiori del raggio al quadrato della circonferenza, ma la circonferenza rimane tale, ovvero l'angolo va integrato tra $0$ e $2pi$, annullando il resto...

Sei sicuro di aver copiato bene?

[_luca.barletta]

Dato il dominio di integrazione e la simmetria dell'integranda l'integrale è nullo.

[rinale84]

Scusate l'intervento (spero anche in qualche correzione), ma in questo caso io avrei considerato 0<=z<=1 Cosi da considerare il dominio normale rispetto al piano z=0 e così avrei [tex]\int_{0}^{1}\sqrt{z}dz\left ( \iint_{}^{} \right\frac{y}{x^2+y^2}dxdy)[/tex] l'integrale doppio lo calcolo con le polari considerando la proiezione di T sul piano z=0, così avrei che (considerando il cambiamento di coordinate x=p cos O e y=p sen O ) avrei [tex]\sqrt{z}\leq p\leq \sqrt{1-z^2}[/tex] con [tex]0\leq O\leq2\pi[/tex]

però effettivamente viene 0 nei calcoli...Ma il procedimento è corretto?

[_luca.barletta]

"rinale84":così avrei che (considerando il cambiamento di coordinate x=p cos O e y=p sen O ) avrei [tex]\sqrt{z}\leq p\leq \sqrt{1-z^2}[/tex] con [tex]0\leq O\leq2\pi[/tex]

però effettivamente viene 0 nei calcoli...Ma il procedimento è corretto?

Secondo me l'esercizio è pensato per non fare nemmeno un calcolo, comunque, la tua impostazione non mi quadra. Tu hai che tagliando il dominio con un piano $z=\bar{z}$, per $0\le \bar{z}\le 1$, ti ritrovi ad integrare su un cerchio di raggio (al quadrato) $\bar{z}$ se $0<\bar{z}

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[Albertus16]

@Zkeggia: Si, il testo e il dominio T dell'integrale sono copiati in modo corretto. Quindi l'integrale si annulla, definitivamente.

@luca.barletta: A questo punto, dato che tu e gli altri, mi confermate che l'integrale è nullo, posso dire che l'esercizio è risolto!

@rinale84: Forse può essere come dici tu, ma comunque mi confermi la tesi degli altri utenti.

Ringrazio tutti per le vostre risposte, siete stati di notevole aiuto!