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
 
 Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями
Сообщение20.02.2019, 14:33 
Аватара пользователя


21/11/11
185
Добрый день

Задача возникла из жизни — требовалось переинтерполировать данные со сферической на декартову сетку с сохранением интегралов. Это довольно несложно сводится к простой постановке: посчитать объём шара радиуса $r$, лежащий в области $x\ge x_0$, $y\ge y_0$, $z\ge z_0$ при условии $r\ge x_0,y_0,z_0\ge 0$, то есть к вычислению интеграла
$$V(x_0,y_0,z_0,r)=\int\limits_{z_0}^{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}\int\limits_{x_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2-z^2}}\int\limits_{y_0}^{\sqrt{r^2-x^2-z^2}}dx\,dy\,dz$$

Аналогичный интеграл в двумерном случае довольно громоздкий, но обозримый:
$$S(x_0,y_0,r)=\int\limits_{x_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2}}\int\limits_{y_0}^{\sqrt{r^2-x^2}}dx\,dy = \frac{1}{2}\left(r^2\arccos\frac{y_0}{r}-r^2\arcsin\frac{x_0}{r}+2x_0y_0-x_0\sqrt{r^2-x_0^2}-y_0\sqrt{r^2-y_0^2}\right)$$
(выражение на самом деле симметричное относительно замены $x_0\Leftrightarrow y_0$, поскольку $\arccos\alpha+\arcsin\alpha =\pi/2$)

В трёхмерном случае осталось взять внешний интеграл по $z$:
$$
\begin{array}{rl}
V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\int\limits_{z_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2-x_0^2}}S(x_0,y_0,\sqrt{r^2-z^2})\,dz= \\
 =&\displaystyle\frac{1}{2}\int\limits_{z_0}^{\sqrt{r^2-y_0^2-x_0^2}}\left[(r^2-z^2)\left(\frac{\pi}{2} -\arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-z^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-z^2}}\right) +\right.\\
 +&\displaystyle\left. 2x_0y_0-x_0\sqrt{r^2-x_0^2-z^2}-y_0\sqrt{r^2-y_0^2-z^2}\right]dz&
\end{array}$$
В принципе, все множители интегрируемые, осуществить замену $1/\sqrt{r^2-z^2}=t$ и взять по частям можно попытаться, но уж больно муторно. Есть какие-нибудь идеи получше (а лучше — готовый ответ)?

 Профиль  
                  
 
 Re: Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями
Сообщение26.02.2019, 18:56 
Аватара пользователя


21/11/11
185
Итак, раз лучше идей не поступило, будем действовать по намеченному пути. (На самом деле, я последний интеграл уже численно взял: машина железная, что ей пару миллиардов арксинусов посчитать; но раз уж тему открыл, надо и закрывать самому). Для начала обезразмерим: $x=x_0/r$, $y=y_0/r$, $z=z_0/r$, $t=z/r$ и искомый интеграл равен
$$
\begin{array}{rl}
V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\frac{r^3}{2}\int\limits_{z}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}\left[(1-t^2)\left(\frac{\pi}{2} -\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right) +\right.\\
 +&\displaystyle\left. 2xy-x\sqrt{1-x^2-t^2}-y\sqrt{1-y^2-t^2}\right]dt
\end{array}$$
Далее возьмём по частям один из арксинусов:
$$
\displaystyle-\int\left[(1-t^2)\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}\right]dt=\displaystyle\left. -\left(t-\frac{t^3}{3}\right)\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}\right| + \displaystyle\int\frac{t^2(1-t^2/3)}{1-t^2}\frac{y}{\sqrt{1-t^2-y^2}}dt
$$
Вторая часть берётся с помощью WolframAlpha и долгого и муторного упрощения того, что оно насчитало в комплексных переменных:
$$
\begin{array}{rl}
&\displaystyle\int\frac{t^2(1-t^2/3)}{1-t^2}\frac{y}{\sqrt{1-t^2-y^2}}dt=\\
=&\displaystyle-\frac{1}{6}\left[ty\sqrt{1-t^2-y^2}+y(3+y^2)\arctg\frac{t}{\sqrt{1-t^2-y^2}}+2i\ln\frac{\left(\sqrt{1-t^2-y^2}+ity\right)^2}{(1-t^2)(1-y^2)}\right]=\\
=&\displaystyle-\frac{1}{6}\left[ty\sqrt{1-t^2-y^2}+y(3+y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}-4\arctg\frac{ty}{\sqrt{1-t^2-y^2}}\right]\\
\end{array}$$
Страшновато, громоздко, но правильно: с численно взятым интегралом совпадает. Из остальных членов остаётся почти табличный интеграл
$$
\displaystyle -y\int{\sqrt{1-t^2-y^2}}dt = -\left.\frac{y}{2}\left(t\sqrt{1-t^2-y^2} + (1-y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}\right)\right|
$$
Замечу, что обе его части немного сократятся с подсчитанными выше: $\displaystyle -\frac{1}{6}-\frac{1}{2} = -\frac{2}{3}$, а $\displaystyle -\frac{y(3+y^2)}{6}-\frac{y(1-y^2)}{2}=-\frac{y}{3}(3-y^2)$. Результат взятия интеграла:
$$
\begin{array}{rl}
&\displaystyle\int\left[(1-t^2)\left(\frac{\pi}{2} -\arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right) + 2xy-x\sqrt{1-x^2-t^2}-y\sqrt{1-y^2-t^2}\right]dt = \\
=&\displaystyle\left(t-\frac{t^3}{3}\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right) - \frac{2ty}{3}\sqrt{1-t^2-y^2}-\frac{y}{3}(3-y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}+\\
+&\displaystyle \left.\frac{2}{3}\arctg\frac{ty}{\sqrt{1-t^2-y^2}} - \frac{2tx}{3}\sqrt{1-t^2-x^2}-\frac{x}{3}(3-x^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{2}{3}\arctg\frac{tx}{\sqrt{1-t^2-x^2}}+ 2xyt\right|
\end{array}$$
Длинно, но не так уж и страшно. Впрочем, чтобы стало страшно, сюда ещё и пределы подставить можно:
$$
\begin{array}{rl}
V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\frac{r^3}{6}\left[t\left(3-t^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y}{\sqrt{1-t^2}}-\arcsin\frac{x}{\sqrt{1-t^2}}\right)-\right.\\
&\left. \left.-\displaystyle 2ty\sqrt{1-t^2-y^2} - y(3-y^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-y^2}}+2\arctg\frac{ty}{\sqrt{1-t^2-y^2}}-\right.\right.\\
&\left. \left.-\displaystyle 2tx\sqrt{1-t^2-x^2} - x(3-x^2)\arcsin\frac{t}{\sqrt{1-x^2}}+2\arctg\frac{tx}{\sqrt{1-t^2-x^2}}+ 6xyt\right]\right|\limits_{z}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}=\\
=&\displaystyle\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{6}\left(2r^2+x_0^2+y_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}\right)-\\
&-\displaystyle\frac{z_0}{6}\left(3r^2-z_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}\right)-\\
&-\displaystyle\frac{y_0}{6}\left(3r^2-y_0^2\right)\left(\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-y_0^2}}-\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}\right) -\\
&-\displaystyle\frac{x_0}{6}\left(3r^2-x_0^2\right)\left(\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-x_0^2}} -\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}}\right)+\\
&+\displaystyle \frac{r^3}{3}\left(\arctg\frac{y_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{rx_0} -\arctg\frac{y_0z_0}{r\sqrt{r^2-y_0^2-z_0^2}}\right)+\\
&+\displaystyle \frac{r^3}{3}\left(\arctg\frac{x_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{ry_0}-\arctg\frac{x_0z_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-z_0^2}}\right)+\\
&+\displaystyle \frac{x_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}+\frac{z_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-y_0^2} + \frac{z_0 x_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-x_0^2}-x_0y_0z_0
\end{array}$$
Некрасиво и несимметрично. Симметризовать наверняка можно, но мне уже лень. Вопрос закрыт, кому интересно убедиться, что ответ правильный — вот программка с забитыми формулами и численным взятием интеграла.

 Профиль  
                  
 
 Re: Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями
Сообщение26.02.2019, 19:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407
Если бы было красиво, то можно было бы подумать про обобщение на $n$-мерный шар.

 Профиль  
                  
 
 Re: Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями
Сообщение22.08.2019, 14:56 
Аватара пользователя


21/11/11
185
Симметризуем всё-таки, чтобы вопросов "а что делать на оси, где по формуле 0/0" не возникало. Во-первых (стыд мне, что сразу не заметил), первая скобка — тождественный ноль, ибо
$$
\arcsin\frac{y_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}+\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}} =\frac{\pi}{2}
$$
Далее, приведём третью и четвёртую к тому же виду, что и вторую, воспользовавшись аналогичным тождеством
$$
\begin{array}{r}
\displaystyle\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-y_0^2}} =\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}\\
\displaystyle\arcsin\frac{\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{\sqrt{r^2-x_0^2}} =\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}}\\
\end{array}
$$
Ну и наконец, немного нетривиальное преобразование:
$$
\arctg\frac{y_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{rx_0}+\arctg\frac{x_0\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}{ry_0}=\frac{\pi}{2} - \arctg\frac{x_0y_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}}
$$
Итого:
$$
\begin{array}{rl}
V(x_0,y_0,z_0,r)=&\displaystyle\frac{\pi r^3}{6}+\displaystyle \frac{x_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}+\frac{z_0 y_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-y_0^2} + \frac{z_0 x_0}{3}\sqrt{r^2-z_0^2-x_0^2}-x_0y_0z_0-\\
&-\displaystyle\frac{z_0}{6}\left(3r^2-z_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}-\arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-z_0^2}}\right)-\\
&-\displaystyle\frac{y_0}{6}\left(3r^2-y_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{x_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}-\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-y_0^2}}\right) -\\
&-\displaystyle\frac{x_0}{6}\left(3r^2-x_0^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{y_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}} -\arcsin\frac{z_0}{\sqrt{r^2-x_0^2}}\right)-\\
&-\displaystyle \frac{r^3}{3}\left(\arctg\frac{x_0y_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-y_0^2}} +\arctg\frac{y_0z_0}{r\sqrt{r^2-y_0^2-z_0^2}}+\arctg\frac{x_0z_0}{r\sqrt{r^2-x_0^2-z_0^2}}\right)
\end{array}$$
У некоторых членов здесь геометрический смысл тривиальный ($\pi r^3/6 = 1/8\cdot4/3\cdot \pi r^3$ — объём восьмой части шара), у некоторых мне сходу не виден. Но формула симметрична, не содержит неопределённостей типа 0/0 и работает. Программка для проверки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями
Сообщение22.08.2019, 21:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13438
с Территории
С двумя уже как-то решали. Проверьте, превращается ли в него.
post924740.html#p924740

 Профиль  
                  
 
 Re: Объём шара, отсекаемый тремя ортогональными плоскостями
Сообщение23.08.2019, 17:27 
Аватара пользователя


21/11/11
185
ИСН в сообщении #1411684 писал(а):
С двумя уже как-то решали. Проверьте, превращается ли в него.
post924740.html#p924740

Не проблема. Нужно положить $z_0=0$ и умножить на 2. Использовав обозначения $x_0=ar,\ y_0=br,\ c=\sqrt{1-a^2-b^2}$, получим
$$
\begin{array}{rl}
V=&\displaystyle\frac{\pi r^3}{3}+2\displaystyle \frac{r^3ab}{3}\sqrt{1-a^2-b^2}-\displaystyle\frac{r^3b}{3}\left(3-b^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{a}{\sqrt{1-b^2}}\right) -\\
&-\displaystyle\frac{r^3a}{3}\left(3-a^2\right)\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin\frac{b}{\sqrt{1-a^2}}\right)-\displaystyle 2\frac{r^3}{3}\arctg\frac{ab}{\sqrt{1-a^2-b^2}}=\\
=&\displaystyle\frac{r^3}{3}\left[\pi+2abc-b(3-b^2)\arctg\frac{c}{a}-a(3-a^2)\arctg\frac{c}{b}-2\arctg\frac{ab}{c}\right]=\\
=&\displaystyle\frac{r^3}{3}\left[2abc+b(b^2-3)\arctg\frac{c}{a}+a(a^2-3)\arctg\frac{c}{b}+2\arctg\frac{c}{ab}\right]
\end{array}$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

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