Cómo Calcular $$\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \sqrt{x^2+y^2+z^2} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z $$ El Mathematica 9.01 dar el resultado es $$-\frac{\pi}{24}+\frac{1}{4}(\sqrt{3}+\log(7+4\sqrt{3})).$$ quiero saber cómo conseguirlo.
Respuesta
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Considere la siguiente figura:
Debido a la simetría de una sexta parte de los rayos que emanan de $(0,0,0)$ dejar el cubo a través de la red triángulo $T$. Por lo tanto, el uso de la parametrización $$\psi:\quad \left.\eqalign{x&=t\> u\cr y&=t\>v \cr z&=t\cr}\right\}\qquad(0\leq v\leq u, \ 0\leq u\leq 1, \ 0\leq t\leq 1)$$ con Jacobiana $J_\psi=t^2$. De ello se sigue que la integral de la $(=:Q)$ en la pregunta está dada por $$Q=6\int_0^1\int_0^1\int_0^u t\sqrt{1+u^2+v^2}\>t^2 dv\ du\ dt={3\over2}\int_0^1\int_0^u \sqrt{1+u^2+v^2}\ dv\ du\ .$$ Adjunto el geométrica dificultades que están fuera del camino y se sigue para calcular el anidado integral utilizando el estándar de cálculo de las técnicas. Un primer paso podría ser la introducción de coordenadas polares $$u=r\cos\phi, \quad v=r\sin\phi\qquad\left(0\leq r\leq{1\over\cos\phi},\quad 0\leq\phi\leq{\pi\over4}\right)\ ,$$ lo que conduce a $$Q={3\over2}\int_0^{\pi/4}\int_0^{1/\cos\phi}r\>\sqrt{1+r^2}\ dr\ d\phi\ .$$ El interior de la integral es fácil, y nos quedamos con $$Q={1\over2}\int_0^{\pi/4}\left((1+\cos^{-2}\phi)^{3/2}-1\right)\ d\phi\ ,$$ que tiene el citado valor de $\ldots$
