La configuración de Triple Integral

Question

Evaluar la integral

$$\int x^2+y^2+z^2 \, dV$$

más de la región dentro del cono de $z^2=x^2+y^2$ y la esfera de $x^2+y^2+z^2=z$.

Empecé a convertir todo en coordenadas cilíndricas, pero resultó ser un lío más grande para evaluar de modo que me convertí en cambio a coordenadas esféricas. Sé theta va de $0$ $2\pi$ $\phi$rangos de$0$$\pi/4$. Estoy luchando por encontrar mis valores de $\rho$. Me resuelva las ecuaciones para el cono y la esfera para obtener $\rho = \sqrt{z}$ y cuando yo era resolver el cono de la ecuación de la $\rho$ cancelado.

Alguien me puede ayudar a averiguar mi $\rho$ integral? Puedo evaluar la integral de la misma.

Answer 1

El volumen encerrado es la de un cono con su vértice en el origen y su eje de simetría en el $ \ z-$ eje, teniendo una altura de $ \ \frac{1}{2} \ $ y un radio de la base de $ \ \frac{1}{2} \ $ , coronada por un hemisferio de radio $ \ \frac{1}{2} \ $ con su centro en $ \ ( \ 0, 0, \frac{1}{2} \ ) \ $ . El gráfico muestra una "vertical" de la sección transversal a través de este volumen.

Mientras que la simetría axial del volumen y de la forma de la función de $ \ x^2 \ + \ y^2 \ + \ z^2 \ $ hacer es tentador utilizar coordenadas esféricas, el cono y el hemisferio no puede ser fácilmente descrito en dicho sistema. En el estándar de las coordenadas esféricas, el hemisferio tiene un poco torpe descripción.

Las coordenadas cilíndricas hacer que describe los límites de integración para el volumen un poco más manejable, como se muestra por el ketan, pero llevando a cabo la integración en sí misma no es del todo conveniente. Este problema parece diseñado para frustrar un enfoque directo.

La integración puede ser más fácil trabajar con el cono y el hemisferio por separado. Desde la "inclinación de los bordes" del cono son descritos por $ \ z \ = \ \pm r \ $ , se puede configurar el volumen integral como

$$ \ \int_0^{2 \pi} d\theta \ \ \int_0^{1/2} \int_{r}^{1/2} \ (r^2 \ + \ z^2) \ \ dz \ r \ dr \ $$

$$ = \ \ 2 \pi \ \int_0^{1/2} \ \left( \ r^3 z \ + \ \frac{1}{3}rz^3 \ \right) \vert_{z=r}^{z=1/2} \ \ dr $$

$$ = \ \ 2 \pi \ \int_0^{1/2} \ \left( \ \frac{1}{2}r^3 \ + \ \frac{1}{24}r \ - \ r^4 \ - \ \frac{1}{3}r^4 \ \right) \ \ dr $$

$$ = \ \ 2 \pi \ \cdot \ \left( \ \frac{1}{8}r^4 \ + \ \frac{1}{48}r^2 \ - \ \frac{4}{15}r^5 \ \right) \vert_{0}^{1/2} \ \ = \ \ 2 \pi \ \cdot \ \left( \ \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{16} \ + \ \frac{1}{48}\cdot \frac{1}{4} \ - \ \frac{4}{15} \cdot \frac{1}{32} \ \right) $$

$$ = \ \ \pi \ \cdot \ \left( \ \frac{15 \ + \ 10 \ - \ 16 }{960} \ \right) \ = \ \frac{3 \pi }{320} \ \ . $$

Para llevar a cabo el volumen de integración en el hemisferio, vamos a introducir el "desplazado" coordinar $ \ \zeta \ = \ z \ - \ \frac{1}{2} \ $ , por lo que $ \ d\zeta \ = \ dz \ $ . De la ecuación aplicable para el hemisferio ahora es $ \ x^2 \ + \ y^2 \ + \ \zeta^2 \ = \ \frac{1}{4} \ $ , haciendo que el volumen integral

$$ \ \int_0^{2 \pi} d\theta \ \ \int_0^{1/2} \int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{4} - r^2}} \ ( \ r^2 \ + \ [\zeta + \frac{1}{2}]^2 \ ) \ \ d\zeta \ \ r \ dr \ $$

$$ = \ \ 2 \pi \ \int_0^{1/2} \int_{0}^{\sqrt{\frac{1}{4} - r^2}} \ ( \ r^3 \ + \ r\zeta^2 \ + \ r\zeta \ + \ \frac{1}{4}r \ ) \ \ d\zeta \ \ \ dr \ $$

$$ = \ \ 2 \pi \ \int_0^{1/2} \ \left( \ r^3 \zeta \ + \ \frac{1}{3} r\zeta^3 \ + \ \frac{1}{2} r\zeta^2 \ + \ \frac{1}{4}r \zeta \ \ \right) \vert_{\zeta=0}^{\zeta=\sqrt{\frac{1}{4} - r^2}} \ \ \ dr \ $$

$$ = \ \ 2 \pi \ \cdot \ \int_0^{1/2} \ \left[ \ r^3 \ (\frac{1}{4} - r^2)^{1/2} \ + \ \frac{1}{3} r \ (\frac{1}{4} - r^2)^{3/2} \ + \ \frac{1}{2} r \ (\frac{1}{4} - r^2) \ + \ \frac{1}{4}r \ (\frac{1}{4} - r^2)^{1/2} \ \ \right] \ \ \ dr $$

[en este punto, vamos a hacer la sustitución $ \ u \ = \ \frac{1}{4} - r^2 \ , \ du \ = \ -2r \ dr \ \Rightarrow \ r^2 \ = \ \frac{1}{4} - u \ $ ]

$$ \rightarrow \ \ 2 \pi \ \cdot \ \frac{1}{2} \ \int_0^{1/4} \ \left[ \ (\frac{1}{4} - u) \ u^{1/2} \ + \ \frac{1}{3} u^{3/2} \ + \ \frac{1}{4}u^{1/2} \ \ \right] \ \ \ du $$ $$ + \ \ 2 \pi \ \cdot \ \int_0^{1/2} \ \frac{1}{2} r \ (\frac{1}{4} - r^2) \ \ dr $$

$$ = \ \ \pi \ \left( \ \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \ u^{3/2} \ - \ \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{5} u^{5/2} \ \right) \vert_0^{1/4} \ \ + \ \ \pi \ \left( \ \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} r ^2 \ - \ \frac{1}{4}r^4 \ \right) \vert_0^{1/2} $$

$$ = \ \ \pi \ \left( \ \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{8} \ - \ \frac{4}{15} \cdot \frac{1}{32} \ + \ \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{4} \ - \ \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{16} \ \right) $$

$$ = \ \pi \ \left( \ \frac{40 \ - \ 8 \ + \ 30 \ - \ 15 }{960} \ \right) \ = \ \frac{47 \pi }{960} \ \ . $$

Así, encontramos que el volumen integral sobre el cono y el hemisferio, a

$$ \iiint_D \ x^2\ + \ y^2 \ + \ z^2 \ \ dV \ = \ \left( \frac{47 \ + \ 3 \cdot 3}{960} \right) \pi \ = \ \frac{7 \pi}{120} \ \ . $$

$$ \ \ $$

El volumen total de la región es

$$ \frac{\pi}{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 \cdot \frac{1}{2} \ + \ \frac{2\pi}{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^3 \ = \ \frac{\pi}{24} \ + \ \frac{\pi}{12} \ = \ \frac{\pi}{8} \ = \ \frac{15 \pi}{120} \ \ . $$

Desde la mitad del volumen está dentro de aproximadamente el $ \ \frac{1}{5} \ $ unidad de la $ \ z-$ eje y $ \ \frac{3}{5} \ $ unidad de la $ \ x-$ eje, el valor del integrando es típicamente $ \ r^2 \ + \ z^2 \ \sim \ \frac{2}{5} \ $ , por lo que una estimación razonable para nuestro volumen integral es $ \ \frac{2}{5} \cdot \ \frac{\pi}{8} \ \sim \ \frac{\pi}{20} \ $ .

Answer 2

esta podría ser la instalación de $$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1/2} \int_{r}^{\frac{\sqrt{1-4r^2}+1}{2}} r^2+z^2dzrdrd\theta $$
en Esféricas podría ser :>

$$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi/4} \int_{0}^{\frac{1}{2sin\phi}} f(\rho,\phi,\theta)\rho^2sin\phi d\rho d\phi d\theta $$