Sugerencia para el cálculo de una Integral

Question

Deje $$A=\left\{(x,y,z)\in \mathbb R^3:\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{y^4}{4}+\dfrac{z^6}{6}\leq1\right\}.$$

A continuación, quiero calcular la siguiente integral:

$$\frac{1}{\operatorname{vol}(A)}\displaystyle\int_{\partial A}^{}\!\frac{1}{\sqrt{x^2+y^6+z^{10}}}\, d(x,y,z)$$

Debo utilizar coordenadas esféricas o algo por el estilo?

Soy un principiante en este tema, así que cualquier ayuda sería bueno.

Edit: pongo el factor de $\frac{1}{\operatorname{vol}(A)}$ antes de la integral (que es exactamente mi tarea ahora), pero no debería ser diferente respecto de nuestro problema...

$$I := \frac{1}{\lambda_3(A)} \int\limits_{\partial A} \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^6 + z^{10}}} \, dS_{\partial A}$$

Answer 1

Vamos a expresar el elemento de superficie en términos de $y,z$: $$dS=\sqrt{1+\left(\frac{\partial x}{\partial y} \right)^2+\left(\frac{\partial x}{\partial z} \right)^2} \,dy dz,\tag{1}$$ donde $$\frac{x^2}{2}+\frac{y^4}{4}+\frac{z^6}{6}=1. \tag{2}$$ Ahora, a partir de (2) se deduce que $$\frac{\partial x}{\partial y}=-\frac{y^3}{x},\qquad \frac{\partial x}{\partial z}=-\frac{z^5}{x},$$ y por lo tanto la fórmula (1) se transforma en $$dS=\frac{\sqrt{x^2+y^6+z^{10}}}{|x|}dydz.$$ La superficie de la integral que queremos calcular (sin el inverso del volumen prefactor) se convierte en $$I_S=4\sqrt{2}\iint_D\frac{dydz}{\sqrt{\displaystyle1-\frac{y^4}{4}-\frac{z^6}{6}}},$$ donde $\displaystyle D=\left\{(y,z)\in\mathbb{R}^2:\frac{y^4}{4}+\frac{z^6}{6}\leq1,y\geq0,z\geq0\right\}$. A continuación definimos $$a=\frac{y^2}{2},\qquad b=\frac{z^3}{\sqrt{6}}\qquad \Longleftrightarrow \qquad y=\sqrt{2a},\qquad z=6^{\frac16}b^{\frac13}$$ y reescribir la integral como $$I_S=8\cdot 6^{-5/6}\iint_{D'}\frac{a^{-1/2}b^{-2/3}dadb}{\sqrt{1-a^2-b^2}},$$ con $$D'=\{(a,b)\in\mathbb{R}^2:a^2+b^2\leq 1,a\geq0,b\geq0\}.$$ Ahora resulta útil introducir coordenadas polares $a=r\cos\theta,b=r\sin\theta$ y reescribir la integral como $$I_S=8\cdot 6^{-5/6}\underbrace{\int_0^1\frac{r^{-1/6}dr}{\sqrt{1-r^2}}}_{I_1}\;\underbrace{\int_0^{\pi/2}(\cos\theta)^{-1/2}(\sin\theta)^{-2/3}d\theta}_{I_2}.$$ No es difícil de expresar $I_{1,2}$ en términos de funciones gamma: $$I_1=-6\sqrt{\pi}\frac{\Gamma(\frac{5}{12})}{\Gamma(-\frac{1}{12})},\qquad I_2=\frac12\frac{\Gamma(\frac14)\Gamma(\frac16)}{\Gamma(\frac5{12})},$$ y por lo tanto $$\boxed{\displaystyle I_S=-24\sqrt{\pi}\cdot 6^{-5/6}\cdot\frac{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{1}{6})}{\Gamma(-\frac{1}{12})}}\tag{3}$$

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El volumen de $A$ puede ser calculada de manera muy similar. De hecho, \begin{align}\operatorname{vol}A&=\iiint_A dx dy dz=\\&=8\sqrt2\iint_D \sqrt{\displaystyle1-\frac{y^4}{4}-\frac{z^6}{6}} \,dy dz=\\&= 16\cdot 6^{-5/6}\iint_{D'}a^{-1/2}b^{-2/3}\sqrt{1-a^2-b^2}\,dadb=\\ &=16\cdot 6^{-5/6}\cdot I_2\cdot \int_0^1 r^{-1/6}\sqrt{1-r^2}dr=\\ &=16\cdot 6^{-5/6}\cdot I_2\cdot\frac{\sqrt\pi}{4}\frac{\Gamma(\frac5{12})}{\Gamma(\frac{23}{12})}, \end{align} así que $$\boxed{\displaystyle I=\frac{I_S}{\operatorname{vol}A}=\frac{11}{12}}$$

Answer 2

Observe que el vector normal de $A's$ límite es $\hat{n}=\frac{(x, y^3, z^5)}{\sqrt{x^2+y^6+z^10}}$. A continuación, elegimos $F(x,y,z)=(\frac{x}{2},\frac{y}{4},\frac{z}{6})$, en el límite, tenemos $$F\cdot \hat{n}=\frac{\frac{x^2}{2}+\frac{y^4}{4}+\frac{z^6}{6}}{\sqrt{x^2+y^6+z^{10}}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^6+z^{10}}}$$ de Modo que la integral

$$\frac{1}{vol(A)}\int_{\partial A}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^6+z^{10}}}ds=\frac{1}{vol(A)}\int_{\partial A} F\cdot \hat{n} ds=\frac{1}{vol(A)}\int_{ A}\nabla\cdot F dxdydz \quad= \frac{1}{vol(A)}\int_{ A} \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=\frac{11}{12}$$

Answer 3

Sugerencia: sospecho que debe utilizar el teorema de la Divergencia. En primer lugar, tenga en cuenta que el vector normal a la superficie en estudio ( $\partial A$ )$$\begin{array}{c}\hat n = \frac{{\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial x}},\frac{{\partial f}}{{\partial y}},\frac{{\partial f}}{{\partial z}}} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial x}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial y}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\partial f}}{{\partial z}}} \right)}^2}} }}\\ = \frac{{\left( {x,{y^3},{z^5}} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + {y^6} + {z^{10}}} }}\end{array}$$Nota de que el denominador está ya presente en su pregunta.