Приложения кратных интегралов (объем, масса и т.д.)

[GAA]

Ворон писал(а):

Вот есть ещё одна формула(нашёл в интернете):

$$\cos^4 \varphi = \frac{1}{8}(3+4 \cos 2 \varphi + \cos 4 \varphi) $$

Эту формулу, как раз, и надо вывести (а не в Интернете найти), используя $\cos^2x = \frac{1+\cos2x}{2}$. А формула $\cos^2x = \frac{1+\cos{2x}}{2}$, можно считать, есть следствие формулы $\cos{2x} = \cos^2x - \sin^2x$.

[Danila88]

Ворон писал(а):

Задача 1.
Найти обьём тела, ограниченной указанными поверхностями с помощью 3-ого интеграла.

$$ z^2 = x^2+y^2 $$

- конус

$$ z = 2x^2 + 2y^2 $$

- парабалойд

$$ z = 2 $$

- плоскость
"Между парабалойдами" - так почемуто написали в условии, хотя парабалойд только один.

Обратите внимание на условие:

$$ z^2 = x^2+y^2 $$

- конус
Может Z без квадрата? Тогда будем иметь парабалоид и интегрирование станет почти тривиальным.

Ворон писал(а):

"Между парабалойдами" - так почемуто написали в условии, хотя парабалойд только один.

[ewert]

Вообще-то первая задача грамотно решается так:

$$V=\int_{z=1}^2(S_c(z)-S_p(z))dz\;,$$

где площади сечения, соответственно, конуса и параболоида равны:

$$S_c(z)=\pi\,R^2_c(z)=\pi\,z^2\,, \qquad S_p(z)=\pi\,R^2_p(z)=\pi\,z\,.$$

Итого:

$$V=\pi\int_{1}^2(z^2-z))dz=\pi\left(\frac83-\frac42-\frac13+\frac12\right)=\frac{5\pi}6\;.$$

(если кто-то это уже вывешивал, то извиняюсь)

[Ворон]

ewert писал(а):

Вообще-то первая задача грамотно решается так:

$$V=\int_{z=1}^2(S_c(z)-S_p(z))dz\;,$$

где площади сечения, соответственно, конуса и параболоида равны:

$$S_c(z)=\pi\,R^2_c(z)=\pi\,z^2\,, \qquad S_p(z)=\pi\,R^2_p(z)=\pi\,z\,.$$

Итого:

$$V=\pi\int_{1}^2(z^2-z))dz=\pi\left(\frac83-\frac42-\frac13+\frac12\right)=\frac{5\pi}6\;.$$

(если кто-то это уже вывешивал, то извиняюсь)

В условии написанно "вычислить тройным интегралом"
А кстати ответ то с "нашим", уже полученным ранее, не сходиться

Условие проверял уже много раз. Имено $z^2$....

[ewert]

А у меня что, не тройной, что ли?

Дело в том, что есть два стандартных способа расстановки пределов в тройном интеграле: или

$$\iiint_{\Omega}dx\,dy\,dz=\iint_{D_{XY}}dx\,dy\int_{z_{min}(x,y)}^{z_{max}(x,y)}dz\;,$$

или

$$\iiint_{\Omega}dx\,dy\,dz=\int_{z_{min}}^{z_{max}}dz\iint_{D_{XY}(z)}dx\,dy\;.$$

Просто второй способ редко употребляют, но вот как раз в нашем-то случае он и наиболее уместен:

$$V=\int_1^2dz\iint_{z<x^2+y^2<z^2}dx\,dy\;;$$

Переходим во внутреннем интеграле к полярным координатам:

$$V=\int_1^2dz\int_0^{2\pi}d\varphi\int_{\sqrt z}^z\rho\,d\rho$$

-- и далее по тексту.

--------------------------------------------------------------------------------------------------
Тут мне GAA подсказывает, что я зевнул одну двоечку в условии и что надо так:

$$V=\int_{1/2}^2dz\iint_{z/2<x^2+y^2<z^2}dx\,dy\;;$$

$$V=\int_{1/2}^2dz\int_0^{2\pi}d\varphi\int_{\sqrt{z/2}}^z\rho\,d\rho=\pi\int_{1/2}^2\left(z^2-{z\over2}\right)dz={3\pi\over4}$$

(если в арифметике не напутал)

[Ворон]

Наверное всёже напутали.... С ответом который был получен ранее, Ваш ответ не сошёлся....

Я пересчитал и всё сошлось:

$$V=\int_{1/2}^2dz\int_0^{2\pi}d\varphi\int_{\sqrt{z/2}}^z\rho\,d\rho= 2 \pi \left( \frac{39}{48} + \frac{1}{32} \right) = 1.6875 \pi $$

[ewert]

ага, на этот раз другую двойку потерял -- при интегрировании зет пополам. Действительно, ${27\pi\over16}\;.$

[Ворон]

Всем привет. Для закрепления навыков прорешаю другой вариант...

1 задача.

Условие.
Найти массу пластины, ограниченной указанными линиями, если $\sigma(x,y)$ - поверхностная плотность.

$$y = \sqrt{a^2-x^2}$$

$$y = \sqrt{\frac{a^2}{4}-x^2}, (x \geqslant 0)$$

$$y = 0$$

$$\sigma(x,y) = \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$

Решение.
Перейдём к полярным координатам:

$$x = r \cos \varphi $$

$$y = r \sin \varphi $$

Тогда уравнения:

$$a = r$$

$$ \frac{a}{2} = r $$

А плотность примит вид:

$$ \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} = \frac{1}{\sqrt{a^2-r^2}}$$

Рисунком являются две окружности с центром в начале координат.

Тогда масса равна:

$$ m = \int\limits_{0}^{\pi /2} d\varphi \int\limits_{a/2}^{a} \frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}} dr = ...... $$

Проверте пожалуйста правильность интеграла и пределы

Ответ получился:

$$ m = \frac {\pi a}{8} $$

[Danila88]

Ворон писал(а):

$$ m = \int\limits_{0}^{\pi /2} d\varphi \int\limits_{a/2}^{a} \frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}} dr = ...... $$

Разве $\varphi$ будет меняться не от $0$ до $2\pi$?

[Ворон]

На самом деле мне неочень понятно условие....
Там написанно $x \geqslant 0$ и $y = 0$. И судя по всему нам нужно то, что находиться в 1 четверти..... Хотя мне кажется что под это описание подходит и 4 четверть... Но мы выбираем только одну..



адд:
Хотя скорее всего по $\varphi$ значения будут от $0$ до $\pi$. Потомучто $x \geqslant 0$ относиться только к определёному уравнению....
Хотя опятьже непонятно, ведь с линией $y = 0$ граничат обе половинки...

[Danila88]

Ворон писал(а):

$$ m = \int\limits_{0}^{\pi /2} d\varphi \int\limits_{a/2}^{a} \frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}} dr = ...... $$

Скорее здесь правильно, т. к половинки 1-ой и 4-ой четвертей одинаковы (как Вы указали, существует граница $y=0$, которая и делит полубублик на две одинаковые части..., а какую из них рассматривать-разницы естественно нет.)

[Ворон]

Спасибо. Допустим, что это так (не суть)...

У меня есть сомнения по решению интеграла..
Вот такой вот интеграл по $r$:

$$ \int\limits_{a/2}^{a} \frac{rdr}{\sqrt{a^2-r^2}} = - \frac{1}{2}\int\limits_{a/2}^{a} \frac{d(-r^2)}{\sqrt{a^2-r^2}} = - \frac{1}{2}\int\limits_{a/2}^{a} (a^2-r^2)^{-\frac{1}{2}} d(a^2 - r^2) = -\sqrt{a^2-r^2} \right|^a_\frac{a}{2} = a \sqrt{\frac{3}{4}} $$

[Brukvalub]

А зачем у а квадрат прилеплен?

[Ворон]

Спасибо. Была опечатка. Исправил

[Ворон]

2 задача.

Условие.
Найти обьём тела, ограниченной указанными поверхностями с помощью 3-ого интеграла.

$$ x^2 + y^2 + z^2 = a^2 $$

$$ x^2 + y^2 + z^2 = b^2 $$

$$ x^2 + y^2 = z^2 $$

$$ (0 < a^2 < b^2) $$

Решение.
Переходим к сферическим координатам:

$$ x = r \cos \varphi \sin \theta $$

$$ x = r \sin \varphi \sin \theta $$

$$ z = r \cos \theta $$

Тогда уравнения принимают вид:

$$ r = a $$

$$ r = b $$

$$ \sin^2 \theta = \cos^2 \theta $$

Определяем пределы для

$$\theta$$

:

$$ \frac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = 1 $$

Следовательно угол

$$\theta$$

меняется от

$$ \frac{\pi}{4} $$

до

$$ \frac{3 \pi}{4} $$

.

Тогда объём равен:

$$ V = \int\limits_{0}^{2\pi} d \varphi \int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}\sin \theta d \thete \int\limits_{a}^{b}r^2 d r = .... $$

С пределами всё правильно?

Ответ:

$$ V = 2 \pi \cdot 1,4142 \cdot \frac{b^3 - a^3}{3} \approx \pi (b^3 - a^3) $$

Проверте пожалуйста