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"instradamento" su integrale triplo

Analisi, geometria, algebra, topologia...

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[1] "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 8 giu 2021, 16:00

Ciao a tutti, sto svolgendo degli esercizi riguardanti gli integrali tripli, ma in questo in particolare faccio fatica a come "impostare" il calcolo; il testo dell'esercizio è il seguente:

Sia \Omega la regione di \mathbb{R}^3 delimitata dalla semisfera di raggio 3 centrata nell'origine contenuta nel semispazio z<0 e dal paraboloide di equazione z=9-x^2-y^2.
Calcolare \frac{1}{ 81\pi} \int\!\!\int\!\!\int_\Omega 12 z\, \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.

Il primo dubbio che ho è sul testo dell'esercizio che non mi è chiarissimo. Secondo la mia interpretazione in pratica \Omega è composto da 2 sottoinsiemi \Omega_1 e \Omega_2:

Per z positive è limitato dal paraboloide
\Omega_1=\{0\leq z \leq9-y^2-x^2\}

Per z negative è limitato dalla semisfera: \Omega_2=\{ x^2+y^2+z^2\leq 9 , z<0\}

Lungo il piano z=0 il paraboloide ha esattamente lo stesso valore della sfera, quindi \Omega ha la forma di "un uovo", giusto?


Posto che questa interpretazione sia corretta, voi come procedereste? Io ho trovato una strada, ma mi sembra alquanto macchinosa, ed essendo un esercizio tratto da un tema d'esame non credo (conoscendo la prof) che lo svolgimento sia lungo come è venuto a me e volevo capire se sto prendendo strade troppo complicate e non vedo delle scorciatoie più furbe; il procedimento che ho seguito è questo:
Ho calcolato separatamente gli integrali sui 2 sottoinsiemi, per poi sommarli una volta ottenuti i valori numerici.

Per l'integrale sul paraboloide ho integrato per strati, ponendo 0\leq z \leq 9 e passando in coordinate polari per l'integrale "interno", quindi:
x=\rho cos(\theta) , y=\rho sin(\theta)
0\leq \theta \leq 2\pi
Sostituendo le coord. polari nella funzione da integrare (12z) ho ricavato gli estremi di integrazione per \rho, ovvero 0\leq \rho \leq \sqrt{9-z}
Ho quindi "trasformato" il dominio di integrazione con dx dy = \rho d\rho d\theta, e da qui ho svolto il calcolo. Il risultato di questa parte di integrale mi viene 4\pi 9^3

Per l'integrale sulla semisfera inferiore sono invece passato in coordinate sferiche (qui non ho avuto problemi).

Le mie domande sono: ho interpretato correttamente il testo dell'esercizio? Esistono modi più semplici e furbi per fare questo calcolo oppure la strada che ho seguito è valida? Vedete qualche errore nei miei passaggi "mentali"?

Grazie, Francesco
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[2] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 8 giu 2021, 16:41

Il secondo integrale (calcolato sulla semisfera) mi esce -3^5\pi; il risultato complessivo viene quindi:
1/(81\pi)*(4\pi*9^3-3^5\pi)=33, ma teoricamente la risposta corretta è 15; ho ricontrollato più e più volte e non riesco a capire dove sta l'errore nel calcolo (anche a calcolatrice mi dice che gli integrali sui sottoinsiemi danno quei valori), quindi probabilmente ho interpretato male come è fatto il dominio... dove sbaglio?
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[3] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtentePietroBaima » 10 giu 2021, 14:52

prova a disegnarti il dominio.
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[4] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto Utenteg.schgor » 10 giu 2021, 17:13

Vedi questo (in particolare la regola di Guldino)
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[5] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto Utenteg.schgor » 13 giu 2021, 17:39

Hai risolto?
Sei interessato ad un confronto con soluzione alternativa?
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[6] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 14 giu 2021, 10:03

Intanto grazie per le risposte; ho provato ad utilizzare il th. di Guldino calcolando la superficie del solido di rotazione e determinandone il baricentro, ma non riesco a capire bene come "implementarla" nel calcolo dell'integrale triplo; "a sentimento" mi sembra di capire che sia un "terzo modo di integrare": oltre a quello per fili ("per solidi estrusi"), a quello per strati ("per solidi di rivoluzione") mi pare che questo posssa essere un terzo modo "rotante" sempre per solidi di rivoluzione, che a differenza di quello per strati integra prima su una "fetta verticale" e poi integra "sulla rotazione" (chiedo scusa per le mille virgolette, ma è per cercare di parlare terra-terra).
Tuttavia ho avuto qualche difficoltà ad implementarlo nel calcolo e non credo che i risultati che ho ottenuto siano consistenti.

Tuttavia il mio più grande dubbio rimane l'interpretazione del dominio di integrazione, e sono abbastanza convinto che l'errore sia tutto lì. La prima cosa che faccio in questo tipo di esercizi è disegnare il dominio di integrazione (come suggerito da PietroBaima), "traducendo" dalla descrizione a parole. E qui casca l'asino: la definizione dice:
<<\Omega=semisfera di raggio 3 centrata nell'origine e contenuta nel semispazio z<0 ...>>
fin qui ok, nessun problema (l'eq. di questa sfera dovrebbe essere x^2+y^2+z^2\leq 3 , z<0)
<<... limitata dal parabolide di eq. z=9-x^2-y^2>>
Questo paraboloide è un "cappuccio con la punta verso l'alto", che in corrispondenza del piano z=0 coincide con la semisfera (dato che rappresenta una circonferenza di raggio 3), ma in quel punto la semisfera non è ancora definita (in quanto lo è per z<0); per z<0 questo paraboloide non interseca la sfera e non la limita in alcun modo, perché non si intereseca in nesusn punto; se questa interpretazione fosse giusta l'integrale è facilmente calcolabile mediante coordinate sferiche (come scritto nel post precedente), ma ancora una volta questo porta ad un risultato non corretto. Sinceramente non so che pesci pigliare, ma a questo punto non ha importanza... magari il risultato riportato sulla correzione dell'esame non è corretto, non saprei.
In qualsiasi caso grazie a tutti per l'aiuto.
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[7] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtentePietroBaima » 14 giu 2021, 10:56

Frenzi ha scritto:<<\Omega=semisfera di raggio 3 centrata nell'origine e contenuta nel semispazio z<0 ...>> fin qui ok, nessun problema (l'eq. di questa sfera dovrebbe essere x^2+y^2+z^2\leq 3 , z<0)
<<... limitata dal parabolide di eq. z=9-x^2-y^2>>

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[8] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 14 giu 2021, 11:22

Si chiedo scusa: x^2+y^2+z^2\leq 9, z<0, nell'esercizio l'ho scritta giusta, la ho copiata male qui sul forum per errore :oops:
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[9] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtenteIsidoroKZ » 14 giu 2021, 11:37

Credo che questo integrale lo si possa risolvere sia per fili che per strati, quest'ultima soluzione mi pare migliore.

Il dominio e` quasi come lo hai descritto, una semisfera di sotto e un paraboloide di sopra, che si uniscono a z=0 lungo una circonferenza di raggio 3.

L'integrale viene una cosa del genere

I=\frac{1}{81\pi}\int_{-3}^{9}12z\int\!\int_{\Omega(z)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z

L'integrale sul dominio \Omega e` semplicemente l'area del cerchio con altezza z. Al posto di passare in coordinate polari, si fa molto prima a ricordara che l'area del cerchio vale \pi r^2

Per z<0, parte di sotto, si ha una semisfera di equazione x^2+y^2+z^2=3^2 (hai dimenticato il quadrato del raggio nell'ultimo messaggio). Il raggio della circonferenza di coordinata z vale quindi r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{9-z^2} e l'area di ogni sezione circolare vale \pi r^2=\pi (9-z^2)

Discorso del tutto analogo per la parte di sopra: qui il paraboloide sezionato con piani orizzontali da` delle circonferenze di raggio r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{9-z}, quindi l'area della sezione circolare vale \pi r^2=\pi (9-z)

A questo punto l'integrale vale

I=\frac{12}{81\pi}\left(\int_{-3}^0 z \pi (9-z^2)\mathrm{d}z+\int_{0}^9 z \pi (9-z)\mathrm{d}z\right)=
=\frac{12}{81}\left(\int_{-3}^0   9z-z^3\,\mathrm{d}z+\int_{0}^9 9z-z^2\,\mathrm{d}z\right)

il cui risultato fa appunto 15.

Era un problema "difficile" perche' sotto stress dell'esame bisogna ricordarsi di usare anche altri strumenti di calcolo, come risultati noti che si conoscono in precedenza.
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[10] Re: "instradamento" su integrale triplo

Messaggioda Foto UtenteFrenzi » 14 giu 2021, 15:49

Isidoro intanto grazie mille perché mi hai "aperto la mente" su un modo molto più furbo di calcolarli, perché dopo una valanga di esercizi non si pensa più troppo a cosa si ha davanti e si cerca di utilizzare gli "attrezzi comuni", quando con qualche semplice considerazione geometrica preliminare si può accorciare e semplificare notevolmente il calcolo. D'ora in avanti ci farò molta attenzione.
Oltre al paraboloide ho visto che hai integrato anche la semisfera per strati, come somma di circonferenze con raggio in funzione di z.. FANTASTICO! so che sembra assurdo ma non ci avevo mai pensato, è molto più rapido ed immediato che passare in coordinate sferiche. GRAZIE!!

Ora però mi è venuto un pallino; capito il tuo modo di integrare (ancora una volta, strepitoso, d'ora in avanti con domini scomponibili in circonferenze se possibile cercherò di fare così) in teoria per quanto complicata la mia strada dovrebbe portare allo stesso risultato; per quanto riguarda la semisfera il conto torna, per quanto riguarda il paraboloide invece no. Sto quindi sbagliando a impostare l'integrale, e ci deve essere un errore di ragionamento a questo punto. Riusciresti a dirmi dove sbaglio?
Fondamentalmente tu salti la prima parte in cui io banalmente sto calcolando le aree dei cerchi (strati) che compongono il paraboloide; io avevo ragionato così:

>> Dal passaggio in coordinate polari x=\rho cos\theta , y=\rho sen\theta ,  dx dy= \rho d\rho d\theta l'equazione del paraboloide diventa z=9-\rho^2

>> Il raggio delle circonferenze risulta quindi essere \rho=\sqrt{9-z} (come detto da te)

>>L'integrale trasformato risulta quindi essere: \iiint_\Omega12z \,dx\,dy\,dz = 12 \int_{0}^{9} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\sqrt{9-z}}(9-\rho^2)\rho\,d\rho\,d\theta\,dz, che porta però ad un risultato differente da quello che dovrebbe essere. Cosa sto sbagliando?

Grazie per l'aiuto
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