Тройной интеграл

[JK.]

Вычислить тройной интеграл:

$$\int\int\int \frac{dxdydz} {\sqrt{x^2+y^2+(z-2)^2}} $$

по области: $\Omega$: $ x^2+y^2\leqslant 1; -1\leqslant z \leqslant 1 $.
Областью является цилиндр, ограниченный плоскостями z=-1 и z=1. Перейдём к цилиндрическим координатам, расставим пределы интегрирования:

$$ \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{-1}^{1} dz\int_{0}^{1}\frac{r} {\sqrt{r^2+(z-2)^2}} dr=2\pi*\left[\int_{-1}^{1} {\sqrt{1+(z-2)^2}} dz- \int_{-1}^{1} {\sqrt{(z-2)^2}} dz\right]$$

А теперь вопрос: как вычислить

$$\int_{-1}^{1} {\sqrt{1+(z-2)^2}} dz$$

? Я пробовал заменить $ z-2$ на $\tg t $ но толком ничего не получилось.

[gris]

Тут стало быть надобно подстановку $t=(z-2)+\sqrt{1+(z-2)^2}$ попробовать. Что есть в общем то гиперболическая подстановка.

[Cave]

Сделайте замену $z - 2 = \sh t$.

[ewert]

JK. в сообщении #243939 писал(а):

Я пробовал заменить $ z-2$ на $\tg t $ но толком ничего не получилось.

Напрасно не получилось, всё, конешно, получится. (С гиперболическими функциями -- тоже, разве что малость короче.)

[citadeldimon]

JK. можно посчитать и так:
1. делаем замену $t=z-2;$
2. интегрируем по частям;
3. в интеграле что остается в числители делаем +1-1 и разбиваем его на два, один совпадает с интегралом после замены в пункте 1, а второй очень просто считается.
Пробуйте, мне лень было уже выражать что бы написать ответ.