Масса тела переменной плотности

[316afk]

Здравствуйте. Помогите разобраться с задачей, самому кажется, что с областью интегрирования я что-то намудрил. В этом, в общем-то, основной вопрос.
Задача:
Найти массу конуса $x^{2}+y^{2}=z^{2}, 0\leq z\leq 2$ , если его плотность $\rho =z$
Переходим к цилиндрическим координатам $x^{2}+y^{2}=z^{2} \rightarrow r^{2}\cos ^{2}\varphi +r^{2}\sin^{2} \varphi =z^{2}\rightarrow r^{2}=z^{2}$
Откуда, если не ошибся, имеем
$\\ 0\leq z\leq r \\ 0\leq r\leq 2 \\ 0\leq \varphi \leq 2\pi $
Тогда все выражение для случая с тройным интегралом (да, я в курсе, что в теме ответили про поверхностный, но вдруг там тройной, которым я сейчас занимаюсь) принимает вид:
$M=\int ^{2\pi }_{0}d\varphi \int ^{2}_{0}rdr\int ^{r}_{0}zdz$, где $M$ - масса конуса
----
Также выяснили, что скорее всего нужно использовать поверхностный интеграл. Хорошо.

А если нужен тройной, то правильно ли я записал пределы интегрирования?
Кстати о выборе нужного интеграла. Да, у нас действительно $x^{2}+y^{2}=z^{2}$, то есть знак равенства. Но при этом имеем $0\leq z\leq 2$, то есть уже знак $\leq$. Может ли это быть подтверждением того, что в данной ситуации интеграл все же тройной?

[svv]

Да, надо переписать в $\TeX$. И правила такие, и читабельнее будет. Скорее всего, Вам придётся это делать уже в Карантине.

По задаче: уравнение $x^2+y^2=z^2$ задаёт уравнение поверхности, она называется конической поверхностью. Возникает дилемма: или под конусом имеется в виду коническая поверхность (и тогда Вам надо вычислять поверхностный интеграл вместо объёмного), или вместо равенства в условии должно быть неравенство $x^2+y^2\leqslant z^2$, чтобы интегрировать не только по «коже», но и по «внутренностям».

[DeBill]

svv в сообщении #1151396 писал(а):

под конусом имеется в виду коническая поверхность

Ну, в напечатанном тексте - именно так.
316afk
Вы используете формулу для массы ПЛОСКОЙ области. А следует - как уже написал svv - для поверхности (разница в том, что считать надо поверхностный интеграл первого рода....)

[svv]

DeBill в сообщении #1151412 писал(а):

Ну, в напечатанном тексте - именно так.

— Где?
Смотри, сынок, это море!

[316afk]

svv в сообщении #1151396 писал(а):

Да, надо переписать в $\TeX$. И правила такие, и читабельнее будет. Скорее всего, Вам придётся это делать уже в Карантине.

По задаче: уравнение $x^2+y^2=z^2$ задаёт уравнение поверхности, она называется конической поверхностью. Возникает дилемма: или под конусом имеется в виду коническая поверхность (и тогда Вам надо вычислять поверхностный интеграл вместо объёмного), или вместо равенства в условии должно быть неравенство $x^2+y^2\leqslant z^2$, чтобы интегрировать не только по «коже», но и по «внутренностям».

Спасибо огромное, вы открыли мне глаза, указав на знак "меньше или равно" и использование поверхностного интеграла. То-то я и думал, что как-то не очень у меня решение складывается.

[svv]

Пожалуйста, но я, скорее, имел в виду, что нужно уточнить условия. Должно быть одно из двух:
$\bullet$ Найти массу конической поверхности $x^2+y^2=z^2$... (поверхностный интеграл);
$\bullet$ Найти массу конуса $x^2+y^2\leqslant z^2$... (объёмный интеграл).
Кто знает, может, и второй вариант имелся в виду. То условие, которое у Вас, примерно равноудалено от обоих корректных вариантов.
Правда, вот DeBill тоже считает, что нужен поверхностный.

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
Причина переноса: формулы не оформлены $\TeX$ом

316afk
Наберите все формулы и термы $\TeX$ом.
Инструкции по оформлению формул здесь или здесь (или в этом видеоролике).
См. также тему Что такое карантин, и что нужно делать, чтобы там оказаться.
После исправлений сообщите в теме Сообщение в карантине исправлено, и тогда тема будет возвращена.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

-- 17.09.2016, 06:14 --

316afk в сообщении #1151370 писал(а):

Да, у нас действительно $x^{2}+y^{2}=z^{2}$, то есть знак равенства. Но при этом имеем $0\leq z\leq 2$, то есть уже знак $\leq$. Может ли это быть подтверждением того, что в данной ситуации интеграл все же тройной?

Не может. Раз равенство, значит по поверхности. Неравенство задает ограничение, по какой именно части поверхности. Получается коническая поверхность без "крышки"- основания наверху.
Тройные интегралы при таком раскладе не при делах.

[316afk]

Lia
Хорошо, спасибо.

[svv]

316afk в сообщении #1151370 писал(а):

А если нужен тройной, то правильно ли я записал пределы интегрирования?

К сожалению, нет. Существует разница между
$\bullet\; 0\leqslant r\leqslant 2,\; 0\leqslant z\leqslant r$, и
$\bullet\; 0\leqslant z\leqslant 2,\; 0\leqslant r\leqslant z$.
В первом случае получится цилиндр с выброшенным конусом, во втором случае конус:

[316afk]

svv
Ого, спасибо за понятные рисунки. Есть какой-то гайд, чтоб мне так не накосячить в следующий раз? А то я новенький в этой теме, препод дал мне набор заданий со старших курсов, сам я первак.

[Munin]

Рисуйте рисунки.

[316afk]

Одолел с горем пополам главу о поверхностных интегралах первого рода, после чего попытался все это дело посчитать и получилась следующая картина:
$\dfrac {d}{dz}\left( z_{x}\right) =\dfrac {x}{x^{2}+y^{2}} $ производная функции $z$ по $x$

$\dfrac {d}{dz}\left( z_{y}\right) =\dfrac {y}{x^{2}+y^{2}} $ производная по $y$

$m=\iint _{S}\rho \left( x;y;z\right) dS =\iint_{S} zdS$ искомая масса на этапе подготовки

Далее в нормальном виде посчитанными производными

$\iint _{S}\sqrt {x^{2}+y^{2}}\times \sqrt {1+\dfrac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac {y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}dxdy$

С переходом в цилиндрические координаты

$\iint _{S}\sqrt {r^{2}}\times \sqrt {1+1}rdrd\varphi =\int \int_{S} \sqrt {2}r^{2}drd\varphi $

Далее у телепатов берем пределы интегрирования, оформляем

$\int ^{2\pi }_{0}d\varphi \int ^{2}_{0}\sqrt {2}r^{2}dr$

Откуда имеем

$\int ^{2\pi }_{0}d\varphi \left( \dfrac {r^{3}}{3}\sqrt {2}\right) \vline ^{2}_{0}=\int ^{2\pi }_{0}\left( \dfrac {8\sqrt {2}}{3}\right) d\varphi =\dfrac {16\sqrt {2}\pi }{3}$

Нигде не напутал?

[Munin]

316afk в сообщении #1152185 писал(а):

$\dfrac {d}{dz}\left( z_{x}\right) =\dfrac {x}{x^{2}+y^{2}} $ производная функции $z$ по $x$

Пишется это вот так: $z'_x=\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}.$
Ошибочные промежуточные выкладки при правильном ответе сразу наводят на подозрения о списывании.

[316afk]

Munin
У меня не получилось сделать штрих для обозначения производной, поэтому я так криво расписал. (В латех перевожу через mathpad на планшете, там пальчиком пишешь, оно потом распознается)
Про то, что надо писать $\dfrac {dz}{dx}$, я уже совсем забыл, в школе этому внимание не уделяли, поэтому у меня пробелы в некоторых моментах.
И нет, я не списывал, а уже второй день борюсь с этой задачей с нулевым начальным багажом знаний.