2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 21:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Цитата:
Найти координаты центра масс однородной поверхности $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$, $x, y \geqslant 0$, $x + y \leqslant a$.


Из соображений симметрии $x_C = y_C$, потому нужно отыскать только три интеграла. Первый из них — масса поверхности. Параметризация такая:
$$
\begin{cases}
x = r \cos \varphi, \\
y = r \sin \varphi, \\
z = \sqrt{a^2 - r^2},
\end{cases}
$$

область $\Omega = {0 \leqslant \varphi \leqslant \dfrac{\pi}{2}, \ \dfrac{a}{\sqrt{2}} \leqslant r \leqslant a}$.

Ищем локальную метрику:
$$
\begin{align*}
E &= \cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi + \dfrac{r^2}{a^2 - r^2} = \dfrac{a^2}{a^2 - r^2}, \\
G &= r^2 \sin^2 \varphi + r^2 \cos^2 \varphi + 0 = r^2, \\
F &= 0.
\end{align*}
$$

$$
\iint \limits_S \, \mathrm dS = \int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \int \limits_{a/\sqrt{2}}^a \dfrac{a r \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} = \dfrac{\pi a}{2} \int \limits^{a/\sqrt{2}}_a \dfrac{\mathrm d(a^2 - r^2)}{2\sqrt{a^2 - r^2}} = \dfrac{\pi a}{2} \dfrac{a}{\sqrt{2}} = \dfrac{\pi a^2}{2 \sqrt{2}}.
$$

Ищем ещё интегралы
$$
\iint \limits_S x \, \mathrm dS = \int \limits_0^{\pi/2} \cos \varphi \, \mathrm d\varphi \int \limits_{a/\sqrt{2}}^a \dfrac{a r^2 \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} = \dfrac{\pi a}{2} \dfrac{(\pi + 2)a^2}{8} = \dfrac{\pi a^2}{2 \sqrt{2}} \dfrac{(\pi + 2) a}{4 \sqrt{2}}$$
$$
\iint \limits_S z \, \mathrm dS = \int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \int \limits_{a/\sqrt{2}}^a \dfrac{a r \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} \sqrt{a^2 - r^2} = \dfrac{\pi a}{2} \dfrac{a^2}{4} = \dfrac{\pi a^2}{2 \sqrt 2} \dfrac{a}{2 \sqrt 2}.
$$

Получается
$$
\mathbf r_C = \begin{pmatrix}\dfrac{\pi + 2}{4 \sqrt 2} a \\ \\ \dfrac{\pi + 2}{4 \sqrt 2} a \\ \\ \dfrac{a}{2 \sqrt 2}\end{pmatrix} $$
но правильный ответ
$$
\mathbf r_C = \begin{pmatrix}\dfrac{a}{2 \sqrt 2} \\ \\ \dfrac{a}{2 \sqrt 2} \\ \\ \dfrac{\sqrt 2 + 1}{\pi} a\end{pmatrix} $$

Не могу найти свою ошибку. Может, вы поможете? Буду благодарен.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 21:40 
Заслуженный участник


09/05/12
25179
StaticZero в сообщении #1181734 писал(а):

область $\Omega = {0 \leqslant \varphi \leqslant \dfrac{\pi}{2}, \ \dfrac{a}{\sqrt{2}} \leqslant r \leqslant a}$.
Откуда появилось второе условие в таком виде?

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 21:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
А. Ну так это прямая $x + y = a$, записанная в полярных координатах:
$$
r(\cos \varphi + \sin \varphi) = a,
$$
вот и напишем
$$
r \sqrt 2 \sin \left(\varphi + \dfrac{\pi}{4} \right) = a,
$$
$$
r = \dfrac{a/\sqrt 2}{\sin \left( \varphi + \dfrac{\pi}{4}\right)}.
$$
Максимальное и минимальное значение, соответственно, $a$ и $a/\sqrt{2}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 22:17 
Заслуженный участник


09/05/12
25179
StaticZero в сообщении #1181739 писал(а):
А. Ну так это прямая $x + y = a$, записанная в полярных координатах:
Посмотрите внимательно на исходное условие. :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 22:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Не-а, не дошло. Исходное условие говорит о том, что от части сферы в первом октанте плоскостью $x + y = a$ отрезали некоторую часть, центр масс которой надо найти. Прямая $x + y = a$ — граница проекции этой части на $Oxy$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 23:00 
Заслуженный участник


09/05/12
25179
Ну хорошо. Подходит ли под первоначальные условия точка $(x, y)=(0,0)$? А под то, что у Вас получилось после параметризации?

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение03.01.2017, 23:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Угу. Глаз совсем замылился.
$$\Omega = \left\{0 \leqslant \varphi \leqslant \dfrac{\pi}{2}, \ 0 \leqslant r \leqslant \dfrac{a}{\sin \varphi + \cos \varphi}\right\}.
$$

Только интеграл неберущийся получается.

$$
\int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \int \limits_0^{\frac{a}{\cos \varphi + \sin \varphi}} \dfrac{r \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} = \ldots = a\int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \left(1 - \dfrac{\sqrt{\sin 2 \varphi}}{\cos \varphi + \sin \varphi}\right)
$$

А поменять порядок интегрирования не могу сообразить, как. Для декартовых координат ясно, а насчёт полярных я путаюсь постоянно. И не факт, что приведёт к результату. Придётся искать другие координаты?

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 00:10 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
StaticZero в сообщении #1181734 писал(а):
Найти координаты центра масс однородной поверхности $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$, $x, y \geqslant 0$, $x + y \leqslant a$.

Порекомендовал бы считать по кусочкам. У Вас первые два требования выделяют из сферы одну четвертинку, третье же разбивает её на две части: одну осьмушку снизу и ещё половинку аналогичной, но уже сверху.

Для каждой из этих двух частей центры масс считаются легко. Ну а дальше -- центр масс всей системы, состоящей из двух частей, получается из центров масс составляющих, усреднённых с соотв. весами (т.е. пропорционально их площадям, т.е. в соотношении 2:1).

-- Ср янв 04, 2017 01:16:45 --

Упс, пардон. Если зет -- это корень, то он положителен. Т.е никакой осьмушки снизу и не выйдет (поубывав бы таких составляющих задачек).

Ну тогда всё вообще тривиально: никаких последующих усреднений не потребуется, а необходимые интегралы элементарно берутся в сферических координатах.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 00:28 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1181777 писал(а):
поубывав бы таких составляющих задачек

Демидович, боюсь, в убийстве не требуется. Хотя не факт, конечно, что он составлял, может быть, просто включил задачу в сборник.


ewert в сообщении #1181777 писал(а):
элементарно берутся в сферических координатах.

Ну, скажем, интегралы $\iint x dS$ и $\iint z dS$ так действительно берутся, но интеграл $\iint dS$ вызывает трудности, см. выше. Пробую в декартовых...

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 00:30 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
StaticZero в сообщении #1181779 писал(а):
но интеграл $\iint dS$ вызывает трудности, см. выше.

не см., ибо он и вовсе тупо равен одной шестнадцатой сферы

-- Ср янв 04, 2017 02:05:46 --

О, я, кажется, понял (до меня как до утки доходит -- читаю по диагонали):

StaticZero в сообщении #1181779 писал(а):
вызывает трудности, см. выше

Выше Вы ни разу сферические координаты, кажется, и не использовали. А они ведь тут напрашивались.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 01:14 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
StaticZero в сообщении #1181770 писал(а):
поменять порядок интегрирования

- лучше не будет...
StaticZero в сообщении #1181770 писал(а):
интеграл неберущийся

Да не, считается :D
1. Угол $\alpha = \varphi - \frac{\pi}{4}$ - хороший угол.
2. Замена $s= \sin \alpha$ приведет к интегралу, в числителе которого - $\sqrt{1-2s^2}$
3. тригонометрической подстановкой $s= \frac{1}{\sqrt{2}} \sin t $ избавимся от корня.
4. Полученный тригонометрический считаем стандартно - выражая все через $\ctg t$....

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 01:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
ewert в сообщении #1181781 писал(а):
он и вовсе тупо равен одной шестнадцатой сферы

С чего бы это? Вот в декартовых координатах меня вычисления приводят к

$$
\begin{align*}
\iint \limits_S \mathrm dS &= \int \limits_0^a \mathrm dx \int \limits_0^{a - x} \dfrac{a \, \mathrm dy}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} = a \int \limits_0^a \mathrm dx \left.\arcsin \dfrac{y}{\sqrt{a^2 - x^2}}\right|_0^{a - x} = \\ &= a \int \limits_0^a \arcsin \sqrt{\dfrac{a - x}{a + x}} \, \mathrm dx = a^2 \int \limits_0^1 \arcsin \sqrt{\dfrac{1 - t}{1 + t}} \, \mathrm dt =  \dfrac{a^2 \pi (\sqrt 2 - 1)}{2} = \dfrac{\pi a^2}{2} \dfrac{1}{\sqrt 2 + 1},\end{align*}$$
причём вычислен интеграл не руками, а через wolfram mathematica, потому что интеграл у меня на бумаге браться не хочет.
ewert в сообщении #1181781 писал(а):
А они ведь тут напрашивались.

Не могу определить диапазон изменения широты $\psi$, если задать координаты через $z = a \cos \psi$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 01:44 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
StaticZero в сообщении #1181792 писал(а):
Не могу определить диапазон изменения широты

Я ошибся. Напутал с третьим требованием. Вполне возможно, что там ничего хорошего и не выйдет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение04.01.2017, 23:54 
Аватара пользователя


14/02/10
4956
StaticZero в сообщении #1181792 писал(а):

$$
 a^2 \int \limits_0^1 \arcsin \sqrt{\dfrac{1 - t}{1 + t}} \, \mathrm dt =  $$
причём вычислен интеграл не руками, а через wolfram mathematica, потому что интеграл у меня на бумаге браться не хочет.


Если вышеуказанный интеграл Вы нашли верно, то дальше его просто интегрированием по частям с дополнительной заменой переменной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Ещё интегралы по поверхностям
Сообщение05.01.2017, 03:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Ну да, я проделал уже. С четвёртой попытки нашёл потерянные по пути корни из двух :facepalm:
Ну ладно, тут я вроде понял. Спасибо :-)

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group