Soluzioni 9-AM3

Laura Di Gregorio

3 maggio 2004

1. Si consideri il cambio di coordinate

x = aρ sin φ cos θ
y = bρ sin φ sin θ
z = cρ cos φ

con (φ, θ) ∈ (0, π) × (0, 2π) e 0 < ρ < 1. Il determinante Jacobiano è

|\frac{∂(x, y, z)}{∂(ρ, φ, θ)}| = abcρ^{2} sin φ

Dunque

∫∫∫_{D} x dx dy dz = a^{3}bc ∫_{0}^{π} sin^{3} φdφ ∫_{0}^{2π} cos^{2} θdθ ∫_{0}^{1} ρ^{4}dρ
= \frac{a^{3}bc}{5} ∫_{0}^{π} sin^{3} φdφ ∫_{0}^{2π} cos^{2} θdθ
= \frac{πa^{3}bc}{5} ∫_{0}^{π} sin^{3} φdφ
= \frac{πa^{3}bc}{5} ∫_{0}^{π}(1 − cos^{2} φ)d(− cos φ)
= \frac{πa^{3}bc}{5}(2 − \frac{2}{3}) = \frac{4}{15} a^{3}bcπ

2. La funzione integranda continua su \overline{S} e S misurabile in quanto ∂S ha misura nulla quindi integrabile su S.

∫∫∫_{S} \frac{1}{(y + 1)^{3}} dxdydz = ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{x+z} \frac{1}{(y + 1)^{3}} dydxdz

= −\frac{1}{2} ∫_{0}^{1} ∫_{0}^{1} (\frac{1}{(x + z + 1)^{2}} − 1) dxdz
= −\frac{1}{2} ∫_{0}^{1} (\frac{1}{z + 2} + \frac{1}{z + 1} − 1) dz = \frac{1}{2} log \frac{3}{4} + \frac{1}{2}

3. Si ha che

z + \sqrt{x} ≤ y ⟺ y − z ≥ 0 e x ≤ (y − z)^{2}

dunque

D = {(x, y, z) ∈ ℝ^{3} : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ y, 0 ≤ x ≤ (y − z)^{2}}.

Applicando Fubini:

∫∫∫_{D} … = ∫_{0}^{1} f(y)[ ∫_{0}^{y} ( ∫_{0}^{(y−z)^{2}} dx )dz ] dy
= ∫_{0}^{1} f(y)[ ∫_{0}^{y}(y − z)^{2}dz ] dy
= ∫_{0}^{1} f(y)[y^{2}z + \frac{z^{3}}{3} − yz^{2}]_{0}^{y} dy = ∫_{0}^{1} f(y)\frac{y^{3}}{3} dy.