Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями

[Ilia_]

Добрый день

Задача возникла из жизни — требовалось переинтерполировать данные со сферической на декартову сетку с сохранением интегралов. Это довольно несложно сводится к простой постановке: посчитать объём шара радиуса $r$, лежащий в области $x\ge x_0$, $y\ge y_0$, $z\ge z_0$ при условии $r\ge x_0,y_0,z_0\ge 0$, то есть к вычислению интеграла

$$V(x_0,y_0,z_0,r)=\int\limits_{z_0}^{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}\int\limits_{x_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2-z^2}}\int\limits_{y_0}^{\sqrt{r^2-x^2-z^2}}dx\,dy\,dz$$

Аналогичный интеграл в двумерном случае довольно громоздкий, но обозримый:

$$S(x_0,y_0,r)=\int\limits_{x_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2}}\int\limits_{y_0}^{\sqrt{r^2-x^2}}dx\,dy = \frac{1}{2}\left(r^2\arccos\frac{y_0}{r}-r^2\arcsin\frac{x_0}{r}+2x_0y_0-x_0\sqrt{r^2-x_0^2}-y_0\sqrt{r^2-y_0^2}\right)$$

(выражение на самом деле симметричное относительно замены $x_0\Leftrightarrow y_0$, поскольку $\arccos\alpha+\arcsin\alpha =\pi/2$)

В трёхмерном случае осталось взять внешний интеграл по $z$:

$$ \begin{array}{rl} V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\int\limits_{z_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2-x_0^2}}S(x_0,y_0,\sqrt{r^2-z^2})\,dz= \\ =&\displaystyle\frac{1}{2}\int\limits_{z_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2-x_0^2}}\left[(r^2-z^2)\left(\frac{\pi}{2} -\arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-z^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-z^2}}\right) +\right.\\ +&\displaystyle\left. 2x_0y_0-x_0\sqrt{r^2-x_0^2-z^2}-y_0\sqrt{r^2-y_0^2-z^2}\right]dz& \end{array}$$

В принципе, все множители интегрируемые, осуществить замену $1/\sqrt{r^2-z^2}=t$ и взять по частям можно попытаться, но уж больно муторно. Есть какие-нибудь идеи получше (а лучше — готовый ответ)?

[Ilia_]

Итак, раз лучше идей не поступило, будем действовать по намеченному пути. (На самом деле, я последний интеграл уже численно взял: машина железная, что ей пару миллиардов арксинусов посчитать; но раз уж тему открыл, надо и закрывать самому). Для начала обезразмерим: $x=x_0/r$, $y=y_0/r$, $z=z_0/r$, $t=z/r$ и искомый интеграл равен

$$ \begin{array}{rl} V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\frac{r^3}{2}\int\limits_{z}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\left[(1-t^2)\left(\frac{\pi}{2} -\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right) +\right.\\ +&\displaystyle\left. 2xy-x\sqrt{1-x^2-t^2}-y\sqrt{1-y^2-t^2}\right]dt \end{array}$$

Далее возьмём по частям один из арксинусов:

$$ \displaystyle-\int\left[(1-t^2)\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}\right]dt=\displaystyle\left. -\left(t-\frac{t^3}{3}\right)\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}\right| + \displaystyle\int\frac{t^2(1-t^2/3)}{1-t^2}\frac{y}{\sqrt{1-t^2-y^2}}dt $$

Вторая часть берётся с помощью WolframAlpha и долгого и муторного упрощения того, что оно насчитало в комплексных переменных:

$$ \begin{array}{rl} &\displaystyle\int\frac{t^2(1-t^2/3)}{1-t^2}\frac{y}{\sqrt{1-t^2-y^2}}dt=\\ =&\displaystyle-\frac{1}{6}\left[ty\sqrt{1-t^2-y^2}+y(3+y^2)\arctg\frac{t}{\sqrt{1-t^2-y^2}}+2i\ln\frac{\left(\sqrt{1-t^2-y^2}+ity\right)^2}{(1-t^2)(1-y^2)}\right]=\\ =&\displaystyle-\frac{1}{6}\left[ty\sqrt{1-t^2-y^2}+y(3+y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}-4\arctg\frac{ty}{\sqrt{1-t^2-y^2}}\right]\\ \end{array}$$

Страшновато, громоздко, но правильно: с численно взятым интегралом совпадает. Из остальных членов остаётся почти табличный интеграл

$$ \displaystyle -y\int{\sqrt{1-t^2-y^2}}dt = -\left.\frac{y}{2}\left(t\sqrt{1-t^2-y^2} + (1-y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}\right)\right| $$

Замечу, что обе его части немного сократятся с подсчитанными выше: $\displaystyle -\frac{1}{6}-\frac{1}{2} = -\frac{2}{3}$, а $\displaystyle -\frac{y(3+y^2)}{6}-\frac{y(1-y^2)}{2}=-\frac{y}{3}(3-y^2)$. Результат взятия интеграла:

$$ \begin{array}{rl} &\displaystyle\int\left[(1-t^2)\left(\frac{\pi}{2} -\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right) + 2xy-x\sqrt{1-x^2-t^2}-y\sqrt{1-y^2-t^2}\right]dt = \\ =&\displaystyle\left(t-\frac{t^3}{3}\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right) - \frac{2ty}{3}\sqrt{1-t^2-y^2}-\frac{y}{3}(3-y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}+\\ +&\displaystyle \left.\frac{2}{3}\arctg\frac{ty}{\sqrt{1-t^2-y^2}} - \frac{2tx}{3}\sqrt{1-t^2-x^2}-\frac{x}{3}(3-x^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{2}{3}\arctg\frac{tx}{\sqrt{1-t^2-x^2}}+ 2xyt\right| \end{array}$$

Длинно, но не так уж и страшно. Впрочем, чтобы стало страшно, сюда ещё и пределы подставить можно:

$$ \begin{array}{rl} V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\frac{r^3}{6}\left[t\left(3-t^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right)-\right.\\ &\left. \left.-\displaystyle 2ty\sqrt{1-t^2-y^2} - y(3-y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}+2\arctg\frac{ty}{\sqrt{1-t^2-y^2}}-\right.\right.\\ &\left. \left.-\displaystyle 2tx\sqrt{1-t^2-x^2} - x(3-x^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-x^2}}+2\arctg\frac{tx}{\sqrt{1-t^2-x^2}}+ 6xyt\right]\right|\limits_{z}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}=\\ =&\displaystyle\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{6}\left(2r^2+x_0^2+y_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}\right)-\\ &-\displaystyle\frac{z_0}{6}\left(3r^2-z_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}\right)-\\ &-\displaystyle\frac{y_0}{6}\left(3r^2-y_0^2\right)\left(\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-y_0^2}}-\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}\right) -\\ &-\displaystyle\frac{x_0}{6}\left(3r^2-x_0^2\right)\left(\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-x_0^2}} -\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}}\right)+\\ &+\displaystyle \frac{r^3}{3}\left(\arctg\frac{y_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{rx_0} -\arctg\frac{y_0z_0}{r\sqrt{r^2-y_0^2-z_0^2}}\right)+\\ &+\displaystyle \frac{r^3}{3}\left(\arctg\frac{x_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{ry_0}-\arctg\frac{x_0z_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-z_0^2}}\right)+\\ &+\displaystyle \frac{x_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}+\frac{z_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-y_0^2} + \frac{z_0 x_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-x_0^2}-x_0y_0z_0 \end{array}$$

Некрасиво и несимметрично. Симметризовать наверняка можно, но мне уже лень. Вопрос закрыт, кому интересно убедиться, что ответ правильный — вот программка с забитыми формулами и численным взятием интеграла.

[Munin]

Если бы было красиво, то можно было бы подумать про обобщение на $n$-мерный шар.

[Ilia_]

Симметризуем всё-таки, чтобы вопросов "а что делать на оси, где по формуле 0/0" не возникало. Во-первых (стыд мне, что сразу не заметил), первая скобка — тождественный ноль, ибо

$$ \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}+\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} =\frac{\pi}{2} $$

Далее, приведём третью и четвёртую к тому же виду, что и вторую, воспользовавшись аналогичным тождеством

$$ \begin{array}{r} \displaystyle\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-y_0^2}} =\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}\\ \displaystyle\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-x_0^2}} =\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}}\\ \end{array} $$

Ну и наконец, немного нетривиальное преобразование:

$$ \arctg\frac{y_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{rx_0}+\arctg\frac{x_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{ry_0}=\frac{\pi}{2} - \arctg\frac{x_0y_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}} $$

Итого:

$$ \begin{array}{rl} V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\frac{\pi r^3}{6}+\displaystyle \frac{x_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}+\frac{z_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-y_0^2} + \frac{z_0 x_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-x_0^2}-x_0y_0z_0-\\ &-\displaystyle\frac{z_0}{6}\left(3r^2-z_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}\right)-\\ &-\displaystyle\frac{y_0}{6}\left(3r^2-y_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}-\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}\right) -\\ &-\displaystyle\frac{x_0}{6}\left(3r^2-x_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}} -\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}}\right)-\\ &-\displaystyle \frac{r^3}{3}\left(\arctg\frac{x_0y_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}} +\arctg\frac{y_0z_0}{r\sqrt{r^2-y_0^2-z_0^2}}+\arctg\frac{x_0z_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-z_0^2}}\right) \end{array}$$

У некоторых членов здесь геометрический смысл тривиальный ($\pi r^3/6 = 1/8\cdot4/3\cdot \pi r^3$ — объём восьмой части шара), у некоторых мне сходу не виден. Но формула симметрична, не содержит неопределённостей типа 0/0 и работает. Программка для проверки.

[ИСН]

С двумя уже как-то решали. Проверьте, превращается ли в него.
post924740.html#p924740

[Ilia_]

ИСН в сообщении #1411684 писал(а):

С двумя уже как-то решали. Проверьте, превращается ли в него.
post924740.html#p924740

Не проблема. Нужно положить $z_0=0$ и умножить на 2. Использовав обозначения $x_0=ar,\ y_0=br,\ c=\sqrt{1-a^2-b^2}$, получим

$$ \begin{array}{rl} V=&\displaystyle\frac{\pi r^3}{3}+2\displaystyle \frac{r^3ab}{3}\sqrt{1-a^2-b^2}-\displaystyle\frac{r^3b}{3}\left(3-b^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{a}{\sqrt{1-b^2}}\right) -\\ &-\displaystyle\frac{r^3a}{3}\left(3-a^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{b}{\sqrt{1-a^2}}\right)-\displaystyle 2\frac{r^3}{3}\arctg\frac{ab}{\sqrt{1-a^2-b^2}}=\\ =&\displaystyle\frac{r^3}{3}\left[\pi+2abc-b(3-b^2)\arctg\frac{c}{a}-a(3-a^2)\arctg\frac{c}{b}-2\arctg\frac{ab}{c}\right]=\\ =&\displaystyle\frac{r^3}{3}\left[2abc+b(b^2-3)\arctg\frac{c}{a}+a(a^2-3)\arctg\frac{c}{b}+2\arctg\frac{c}{ab}\right] \end{array}$$