Тройной интеграл

[MestnyBomzh]

Здравствуйте! Не могли бы Вы помочь найти ошибку: нужно найти объем тела: $x^2+y^2+z^2 \leq 4,z \geq 1$. Считаю сферической заменой, получаю интеграл: $$\int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{\pi} d \theta \int\limits_{\frac{1}{\cos \theta}}^{2} r^2 \sin^2 \theta dr$. А этот интеграл не сходится. Не подскажите, где я ошибаюсь?

[gris]

Посмотрите на пределы интегрирования для тэта.

[MestnyBomzh]

$[0;\pi]$ Так написано на википедии и на остальных ресурсах

-- 24.04.2015, 21:52 --

ограничений на тету здесь нет

-- 24.04.2015, 21:54 --

так, $\ cos \theta >0 $ что ли...

[gris]

У Вас что за фигура и где располагается?

[Pphantom]

Кстати, цилиндрические координаты были бы удобнее.

[MestnyBomzh]

Это кусок сферы, отрезанный плоскостью. Расположен над плоскостью $XOY$

-- 24.04.2015, 22:02 --

Pphantom
Это то да, мне просто не дает покоя, почему цилиндрические дают бесконечность

-- 24.04.2015, 22:07 --

Интеграл $$\int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int\limits_{\frac{1}{\cos \theta}}^{2} r^2 \sin^2 \theta dr$ все равно расходится

[gris]

Ну разве луч с $\theta=1.4$ будет пересекать фигуру? Нарисуйте сечение по оси $z$

[Pphantom]

MestnyBomzh в сообщении #1007673 писал(а):

Это то да, мне просто не дает покоя, почему цилиндрические дают бесконечность

Очевидно, потому, что Вы не умеете их готовить.

Представьте себе, например, земной шар, от которого отрезан соответствующий кусок, этакая "шапка" вокруг полюса. В Ваших обозначениях $\varphi$ - это долгота, $\theta$ - широта. В каких пределах меняются широты/долготы точек, попавших на поверхность "шапки"?

[Otta]

Готовить-то ТС их не умеет. Но расходится интеграл у него не поэтому, а потому что он якобиан сферической замены не помнит.

[MestnyBomzh]

Угу, вижу. Долгота у нас ограничена. Кажется, это выводится так: $r \cos \theta \geq 1$ отсюда $\cos \theta \geq \frac{1}{r}$. И при $r=2$ получаем ограничение необходимое: $\theta \in [0;\frac{\pi}{3}]$

-- 24.04.2015, 22:25 --

А якобиан разве не такой: $|J|=r^2 \sin \theta$

-- 24.04.2015, 22:26 --

А, ну да. лишний квадрат вставил

[Pphantom]

Otta в сообщении #1007682 писал(а):

Но расходится интеграл у него не поэтому, а потому что он якобиан сферической замены не помнит.

И это тоже.

MestnyBomzh в сообщении #1007686 писал(а):

Долгота у нас ограничена

Широта.

MestnyBomzh в сообщении #1007686 писал(а):

И при $r=2$ получаем ограничение необходимое: $\theta \in [0;\frac{\pi}{3}]$

Тепло, но все-таки не то.

[NSKuber]

Pphantom в сообщении #1007702 писал(а):

Тепло, но все-таки не то.

Почему же? Вроде всё верно ($\theta$ отсчитывается сверху).

[Pphantom]

NSKuber в сообщении #1007763 писал(а):

Почему же? Вроде всё верно ($\theta$ отсчитывается сверху).

А, да, действительно.