Trippelintegral over halvsfære

[Nebuchadnezzar]

Jeg skal finne


-------------------------------------
[tex]\iiint_D \, (3 \, + \, 2xy) \,\mathrm{d}V [/tex]

Hvor D er området avgrenset av [tex]x^2\,+\,y^2\,+\,z^2 \leq 4[/tex] og [tex]z\,>\,0[/tex]
-------------------------------------

Først tenkte jeg og sette det opp som følger

[tex]\int_0^2 \int_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}\, \int_{\sqrt{4-z^2-y^2}}^{\sqrt{4-z^2-y^2}} ( 3 \, + \, 2xy ) \, \mathrm{d}x \,\mathrm{d}y \, \mathrm{d}z[/tex]

Men dette integralet klarte jeg ikke å evaluare for hånd. Videre tenkte jeg at jeg kanskje kunne bytte til sylindriske koordinater, slik at vi får

[tex]0 \, < \, r \, < \, 2 \qquad \qquad z \, = \, h \, = \, 2[/tex]
[tex]0 \, < \, \theta \, < \, 2\pi [/tex]
[tex]x \, = \, r \cos \theta [/tex]
[tex]y \, = \, r \sin \theta[/tex]

Slik at jeg tror integralet blir

[tex]\int_0^2 \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2} ( 3 \, + \, 2 r \cos \theta \, r \sin \theta ) r \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}h \, = \, 12 \pi[/tex]

Som blir feil, svaret skal bli [tex]16 \pi[/tex] noen som vet hva jeg gjør feil, eventuelt en enkel metode å regne dette ut på ?

[espen180]

Den øvre grensen til [tex]r[/tex] i sylindriske koordinater blir ikke 2, men [tex]\sqrt{4-z^2}[/tex]. Da brude du få rett svar.

Eventuellt er kanskje sfærekoordinater et godt valg? [tex]2xy=r^2\sin(2\theta)\sin^2\phi[/tex] og [tex]dV=r^2\sin\phi \rm{d}r\rm{d}\theta\rm{d}\phi[/tex] med [tex]0\leq r\leq 2[/tex], [tex]0\leq \theta\leq 2\pi[/tex] og [tex]0\leq\phi\leq \frac{\pi}{2}[/tex].

Det blir åpenbart litt fikling med trigonomatriske funksjoner, men valget står vel til syvende og sist mellom det og fikling med kvadratrøtter.

[Per Spelemann]

Vil ikke symmetri medføre at integralet over xy blir lik null?

Altså, hele integralet blir lik tre ganger volumet til en halvkule med radius 2:

[tex] 3 \cdot \frac{2\pi}{3} \cdot 2^3 = 16 \pi[/tex]

[mrcreosote]

Området D ligger i de 4 oktantene hvor z>0. Ved symmetri blir bidraget fra 2xy til integralet 0, områdene i D hvor x>0 og y>0 bidrar like mye som der hvor x>0 og y<0, men med motsatt fortegn. Tilsvarende for x<0 og y>0 mot x<0 og y<0.

Integralet som står igjen er da 3 ganger volumet av en halvkule med radius 2.

[Nebuchadnezzar]

Flotte greier, da fikk jeg til både integralet og den smarte fancy løsningen.

Slenger opp en oppgave til jeg

[tex]\iiint_R (xy + z^2) \, \mathrm{d}V[/tex], over the set [tex]0 \, \leq \, z \, \leq 1 \, - \, |x| \, - \, |y|[/tex]

Tenkte at området ble en pyramide med kvadratisk bunn og høyde 1.
Hjørene i pyramiden vil være

[tex](0,1) \ (1,0) \ (-1,0) \ (0,-1)[/tex]

Er det noen grunn til at det blir feil å sette det opp slik ?

[tex]\int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} \int_{0}^{1} xy + z^2 \, \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\, \mathrm{d}x\, [/tex]

Videre tenkte jeg av samme grunn som i forrige oppgave blir xy elementet null. Slik at vi bare står igjen med

[tex]\iiint_R \, z^2 \, \mathrm{d}V[/tex]

Men fant ikke helt ut hvordan jeg skulle løse det heller =(

Videre ble følgende og feil

[tex]4 \cdot \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1 - x^2-y^2}} z^2 \, \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\, \mathrm{d}x\, [/tex]

[Per Spelemann]

Området er vel ganske stort.
F.eks. vil (x, y, z) slik at

[tex] x \in [4, \infty) [/tex]
[tex] y,z \in [1,2] [/tex]

være en del av området.

[Nebuchadnezzar]

Fikset på oppgaven =) Har du noen smarte tips? Stanget hodet i veggen en god stundt nå.

[Per Spelemann]

Arealet til pyramidens grunnflate er …
Arealet til et horisontalt tverrsnitt når høyden er z,
er gitt ved A(z) = …

Dermed blir nok

[tex]\iiint _R z^2 \, \text{d}V = \int_0^1 z^2 \cdot A(z) \, \text{d}z = \cdots[/tex]

[Nebuchadnezzar]

Merker det begynner å bli sent nå, svaret skal bli [tex]\frac{1}{15}[/tex]

Hvorfor fungerer ikke

[tex]\int_0^1 z^2 \cdot \left[ 2 \cdot (1 - z )\right] \, \mathrm{d}z[/tex] ?

[Per Spelemann]

Arealet endrer seg kvadratisk, det må følgelig være

[tex](1 - z)^2[/tex]

i stedet for

[tex]( 1 - z) [/tex].