площадь фигуры

[randy]

с помощью тройного интеграла и перехода в цилиндрическую систему найти площадь фигуры, ограниченной:
$z=2+\sqrt{4-x^2-y^2}$
$z=\sqrt{x^2+y^2}$
$x=0$ при $x \leqslant 0$
после перехода в ЦСК первые две фигуры стали $(z-2)^2=4-r^2$ => $r^2+(z-2)^2=4$ - окружность с центром (0;2) и радиусом = 2.
Вторая фигура $z^2-r^2=0$ - эта пара линий в виде буквы X. А вот что дает условие $x=0$ при $x \leqslant 0$?

[provincialka]

Ну уж и окружность! Это только если рассматривать $r, z$ как декартовы координаты. С чего бы? Еще до перехода ясно, что первое уравнение задает полусферу. Второе - конус. А как выглядит геометрически $x=0$?

[randy]

provincialka в сообщении #768019 писал(а):

С чего бы?

чтобы зарисовать фигуру в плоскости $rOz$, а потом брать тройной интеграл $\int \int_{Drz} r dzd\varphi \int_0 ^{2\pi} dr$

[provincialka]

А чему в исходной фигуре соответствует эта плоскость? Впрочем, дело не в этом, вы же спрашивали про $x$. Так что такое $x=0$? Ну, если нравится ЦСК, то как она там выглядит?
Кстати, а что это у вас в интеграле меняется от $0$ до $2\pi$?

-- 26.09.2013, 19:22 --

Имея некоторый навык, задачу можно решить цилиндрической заменой. Но куда проще - сферической, она прямо создана для этого

[randy]

наверное, интеграл будет несколько другим
$\int \int_{Drz} r dzdr \int_0 ^{2\pi} d\varphi$
$x=0$ - в координатах $xyz$ - это плоскость $yoz$
тогда, искомый объем будет выражаться через интеграл $2\pi \int \int_{Drz} r dzdr$, где чтобы взять двойной интеграл, надо видеть рисунок фигуры в плоскости $roz$. из условия ЦСК, $r$ меняется от нуля до бесконечности, значит от окружности из первого уравнения берется только половина. Второе уравнение задает пару Х-образных линий. А вот в перерасчете на ЦСК какие будет вносить изменения условие на $x$?

[provincialka]

Все-таки не хотите сферическую?
Запишите формулу перехода к новой системе. Через что выражается $x$?
Не поняла, почему Х-образных линий - пара? Одна, и $V$-образная, так как $r\ge0$. Получается "рожок с мороженым". Придется считать два интеграла, от верхней и нижней функции и вычесть второй из первого.

А в сферических координатах все делается в одно касание!

[randy]

в ЦС $x=r\cos \varphi \leqslant 0$, так как $r >0$, то косинус меньше. Значит, $\varphi \in -\pi/2 ; \pi/2$. Так же?
ps считал в сферических, после замены переменных во втором уравнении получилось $(r\cos O)^2=(r sinO)^2$, откуда $O=\pi/4$. Но в первом уравнении получилось $r=4\cos O$. Как это применить, чтобы учесть пределы интегрирования, я не очень понял...

-- 26.09.2013, 22:51 --

а картинка будет такой. считать нужно область, которая заштрихована?

[provincialka]

1. Только что заметила, что в заголовке стоит "найти площадь", хотя имеется в виду явно объем.
2. Вы зря нарисовали полную окружность, будет только верхняя полуокружность, $z\ge2$. Поэтому область будет над прямой.
3. Неравенство для $\varphi$ вы решили неверно, тут косинус, наоборот, положителен. Но ответ от этого не постадает, это просо другая половина фигуры.

-- 26.09.2013, 22:43 --

Нет, сферические не получатся, двойка (сдвиг центра) мешает.

[Munin]

provincialka в сообщении #768145 писал(а):

Нет, сферические не получатся, двойка (сдвиг центра) мешает.

А кто мешает ввести сферические координаты с другим центром?

[provincialka]

Можно, но тогда конус попортится. Вообще-то эту задачу можно решить вообще без интеграла, так как фигура состоит из простых, "школьных" фигур.

[randy]

косинус положительный? из условия задачи же $x=0$ при $x \leqslant 0$. Отсюда и выражение $r\cos \varphi \leqslant 0$, ну а раз $r$ исключително положительный, то остается только на косинус возложить отрицательную часть.
а насчет $z>2$ - это откуда?

[provincialka]

Вот именно, косинус должен быть отрицательный, вы выбрали не тот промежуток. На промежутке $(-\pi/2; \pi/2)$ косинус положительный.
Ограничение $z\ge 2$ в первом соотношении следует из положительности корня (радикала).

[randy]

provincialka в сообщении #768162 писал(а):

Вот именно, косинус должен быть отрицательный, вы выбрали не тот промежуток. На промежутке $(-\pi/2; \pi/2)$ косинус положительный.
Ограничение $z\ge 2$ в первом соотношении следует из положительности корня (радикала).

правильно ли я понимаю, что интеграл объема будет выглядеть так:
$2\pi \int^4_2 dz \int^{\sqrt{4-(z-2)^2}}_0 rdr$?

[provincialka]

Нет. О куда $2\pi$, если у вас половина круга? Почему $z\ge2$? Удобнее внутренний интеграл взять по $z$.

[randy]

В теории, вроде как нужно использовать такой тройной интеграл $\int\int\int rdrd \varphi dz$, его мы раскладываем на $\int \int_{D_{rz}} rdrdz \int^x_y d\varphi$. Дальше стоит вопрос о расстановке границ интегрирования, который решается при построении графика. Из третьего условия в задаче $x=0$ при (икс меньше ...) следует что $\varphi$ изменяется от $\pi/2$ до $3\pi/2$ (так как условие отрицательности косинуса - вы писали в посте от 27.09.2013, 00:44). Тогда условие на $\varphi$ найдено. Получили $\int \int_D_{rz} rdrdz \int^{3\pi/2}_{\pi/2} d\varphi$. Тогда внутренний интеграл $\int^{3\pi/2}_{\pi/2} d\varphi$ равен $\pi$ (а не два пи, как я писал выше!). А значит объем ищем по формуле $\pi \int \int_{D_{rz}} rdrdz$=$\pi \int ^2_0 dz \int^{X3}_0 rdr + \pi \int ^4_2 dz \int ^{\sqrt{4-(z-2)^2}}_0 rdr$, где дальняя граница у первого интеграла $X3$ я не знаю как определяется, ведь по графику при $z$ от 0 до 2 у нас прямая часть круга отрезает. Кто сказал, что эту часть круга рассматривать не нужно?