Решение двойного интеграла через полярные координаты.

[ubertinderkid]

$\int\int\limits_G y^2dxdy; G=\{2x \le x^2+y^2 \le 6x, y \le x \}$
Мои действия:
1. Ввожу полярные координаты: $x=rcos\varphi; y=rsin\varphi$
2. Ищу пределы интегрирования: $\varphi \in [0;\frac{\pi}{4}]$, для $r$: $r \in [1;\frac{3\sqrt{2}}{2}]$
3. Считаю повторный интеграл:

$$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}d(\varphi)\int\limits_{1}^{3\frac{\sqrt{2}}{2}}\cos^2(\varphi) r^3dr$$

4. Ответ не сходится. Сдаётся мне, что пределы интегрирования выбраны неправильно. В чем может быть ошибка?

[iifat]

ubertinderkid в сообщении #1257913 писал(а):

пределы интегрирования

То бишь, область интегрирования, по-вашему, сектор кольца? Нет, это не так.

[ubertinderkid]

iifat в сообщении #1257920 писал(а):

ubertinderkid в сообщении #1257913 писал(а):

пределы интегрирования

То бишь, область интегрирования, по-вашему, сектор кольца? Нет, это не так.

В чём ошибка данного рассуждения: рассматриваю неравенство $\varphi \le \arctg(1)=\pi/4$, откуда получаю, что $\varphi \in [0;\frac{\pi}{4}]$??

[Pphantom]

ubertinderkid в сообщении #1257913 писал(а):

В чем может быть ошибка?

Попробуйте разделить двойное неравенство из задания $G$ на два отдельных и каждое из них приведите к более простому (в данном случае каноническому) виду. Будет понятнее, с какой областью Вы имеете дело.

[ubertinderkid]

Pphantom в сообщении #1257924 писал(а):

ubertinderkid в сообщении #1257913 писал(а):

В чем может быть ошибка?

Попробуйте разделить двойное неравенство из задания $G$ на два отдельных и каждое из них приведите к более простому (в данном случае каноническому) виду. Будет понятнее, с какой областью Вы имеете дело.

$r \ge \cos\varphi$ и $ r \le 3\cos\varphi$. Учитывая, что $\varphi \in [0;\frac{\pi}{4}]$, получаем, что в первом неравенстве $r \ge 1$ (больше большего), во втором - $r \le \frac{3\sqrt{2}}{2}$ (меньше меньшего).

[Pphantom]

ubertinderkid в сообщении #1257927 писал(а):

$r \ge \cos\varphi$ и $ r \le 3\cos\varphi$.

Во-первых, куда-то двойки потерялись.

ubertinderkid в сообщении #1257927 писал(а):

Учитывая, что $\varphi \in [0;\frac{\pi}{4}]$, получаем, что в первом неравенстве $r \ge 1$ (больше большего), во втором - $r \le \frac{3\sqrt{2}}{2}$ (меньше меньшего).

Во-вторых, почему Вы решили, что неравенства для каждого конкретного значения угла можно "усиливать"? Вы тем самым просто вырезали из области сравнительно простой ее кусок.

-- 22.10.2017, 14:37 --

И, да, моим советом выше все же стоит воспользоваться.

[ubertinderkid]

Pphantom в сообщении #1257929 писал(а):

ubertinderkid в сообщении #1257927 писал(а):

$r \ge \cos\varphi$ и $ r \le 3\cos\varphi$.

Во-первых, куда-то двойки потерялись.

ubertinderkid в сообщении #1257927 писал(а):

Учитывая, что $\varphi \in [0;\frac{\pi}{4}]$, получаем, что в первом неравенстве $r \ge 1$ (больше большего), во втором - $r \le \frac{3\sqrt{2}}{2}$ (меньше меньшего).

Во-вторых, почему Вы решили, что неравенства для каждого конкретного значения угла можно "усиливать"? Вы тем самым просто вырезали из области сравнительно простой ее кусок.

-- 22.10.2017, 14:37 --

И, да, моим советом выше все же стоит воспользоваться.

Тогда область будет $r \in [\frac{2\sqrt{2}}{2};6]$

-- 22.10.2017, 14:44 --

Pphantom в сообщении #1257924 писал(а):

ubertinderkid в сообщении #1257913 писал(а):

В чем может быть ошибка?

Попробуйте разделить двойное неравенство из задания $G$ на два отдельных и каждое из них приведите к более простому (в данном случае каноническому) виду. Будет понятнее, с какой областью Вы имеете дело.

Что значит канонический вид неравенства?

[Pphantom]

ubertinderkid в сообщении #1257934 писал(а):

Что значит канонический вид неравенства?

Скорее уж уравнения. Вот, например, одна из границ области: $2\,x = x^2+y^2$. Что это за кривая?

[ubertinderkid]

Pphantom в сообщении #1257947 писал(а):

ubertinderkid в сообщении #1257934 писал(а):

Что значит канонический вид неравенства?

Скорее уж уравнения. Вот, например, одна из границ области: $2\,x = x^2+y^2$. Что это за кривая?

Окружность с центром в точке (1;0) и радиусом 1.

[iifat]

Теперь, аналогично, вторую. Потом нарисуйте. Потом нарисуйте то, что написали вы в изначальном письме. Потом сравните.

[ubertinderkid]

iifat в сообщении #1257955 писал(а):

Теперь, аналогично, вторую. Потом нарисуйте. Потом нарисуйте то, что написали вы в изначальном письме. Потом сравните.

Во втором случае это окружность с центром в точке (3;0) и радиусом 3. Если меняем уравнение на неравенство, то получаем большую окружность с вырезанным куском (первой окружностью). Если добавляем третье неравентсво из условия, то большая окружность режется ещё. То есть, мои ограничения во для $r$ не верны. Я правильно понимаю?

[provincialka]

ubertinderkid
Во-первых, почему $\varphi \geq 0$? Откуда это следует?
Во вторых, границы для $r$ разные при разных значениях $\varphi$. Вы вообще-то как, видели примеры расстановки пределов в кратных интегралах?

[ubertinderkid]

provincialka в сообщении #1257966 писал(а):

ubertinderkid
Во-первых, почему $\varphi \geq 0$? Откуда это следует?
Во вторых, границы для $r$ разные при разных значениях $\varphi$. Вы вообще-то как, видели примеры расстановки пределов в кратных интегралах?

Видел.

-- 22.10.2017, 15:35 --

provincialka в сообщении #1257966 писал(а):

ubertinderkid
Во-первых, почему $\varphi \geq 0$? Откуда это следует?
Во вторых, границы для $r$ разные при разных значениях $\varphi$. Вы вообще-то как, видели примеры расстановки пределов в кратных интегралах?

$\varphi \in [-\pi/2;\pi/4]$

[provincialka]

ubertinderkid
Вы неудачно цитаты вставляете. Выделите в тексте только нужный кусок, и нажмите кнопку Вставка. Получится так:

ubertinderkid в сообщении #1257969 писал(а):

Видел.

Ну, а раз видели -- дерзайте! Зависимость(и) $r$ от $\varphi$ вы уже практически нашли...

[Pphantom]

ubertinderkid в сообщении #1257963 писал(а):

То есть, мои ограничения во для $r$ не верны. Я правильно понимаю?

Именно. И, что важно, они на самом деле являются функциями $\varphi$.