Площадь области, ограниченной кривыми...

[integral2009]

Не понимаю - толи задания перепутаны - толи жесть какая-то...

1)Найти площадь, ограниченную кривыми...

$x^2+y^2-2y=0$

$y=\dfrac{x}{\sqrt 3}$

$x^2+y^2-10y=0$

$y={x}{\sqrt 3}$

Найдем точки пересечения

$x^2+y^2-2y=0$ и $y={x}{\sqrt 3}$

$x^2+({x}{\sqrt 3})^2-2{x}{\sqrt 3}=0$

$4x^2 -2\sqrt 3 x=0$

$x=0$ и $x=\dfrac{\sqrt 3}{2}$

Найдем точки пересечения

$x^2+y^2-10y=0$ и $y={x}{\sqrt 3}$

$x^2+({x}{\sqrt 3})^2-10{x}{\sqrt 3}=0$

$4x^2 -10\sqrt 3 x=0$

$x=0$ и $x=\dfrac{5\sqrt 3}{2}$

Во всей этой области x меняется от $x=\dfrac{\sqrt 3}2$ до $x=5$

Разобьем на две подобласти эту область.

В одной $y$ меняется от прямой до прямой, в другой от одной части полуокружности до другой части полуокружности. найдем эти части.

$x^2+y^2-10y=0$

$x^2+(y-5)^2=25$

$(y-5)^2=25-x^2$

$y-5=\pm \sqrt{25-x^2}$

$y=5\pm \sqrt{25-x^2}$

$S=\int\limits_{\frac{\sqrt 3}2}^{\frac{5\sqrt 3}{2}}dx\int\limits_{\frac{x}{\sqrt 3}}^{\sqrt 3 x}dy+\int\limits_{\frac{5\sqrt 3}{2}}^{5} dx\int\limits_{5 - \sqrt{25-x^2}}^{5 + \sqrt{25-x^2}}dy$

Правильно ли составлен интеграл?


2) Найти объем, ограниченный поверхностями

$x^2+y^2=6x$

$x^2+y^2=9x$

$z=\sqrt{x^2+y^2}$

$z=0$;$y=0$;$y\le 0$

Нереально себе вообразить такую штуку!

два цилиндра, конус и две плоскости образует какое-то мультипространство)))

У меня элементарно не получается это нарисовать...Может поможите?

[GAA]

В обоих упражнениях нет смысла рисовать картинки.

В первом упражнении проще всего воспользоваться для вычисления площади полярной системой координат. Во второй задаче для вычисления объема можно записать двойной интеграл и затем перейти в этом интеграле в полярную систему координат.

Обе задачи как раз направлены на закрепление навыков использования полярной системы координат.

integral2009 в сообщении #330235 писал(а):

Правильно ли составлен интеграл?

Нет.

[мат-ламер]

Цитата:

В обоих упражнениях нет смысла рисовать картинки.

А почему бы и нет?

-- Сб июн 12, 2010 18:37:59 --

Для второй задачи конечно трёхмерный чертёж не нарисуешь, но хотя бы двумерную проекцию надо попытаться прикинуть, чтобы правильно расставить пределы интегрирования.

-- Сб июн 12, 2010 18:44:53 --

А это точно, что во второй задаче надо полярная система координат? Как-то не вполне очевидно.

-- Сб июн 12, 2010 18:48:23 --

Для второй задачи можно проинтегрировать по большому полукругу, по малому, и вычесть результаты.

-- Сб июн 12, 2010 18:51:17 --

В первой задаче может вообще не интегрировать, а попытаться всё выразить через площади соответствующих сегментов?

[GAA]

(Оффтоп)

мат-ламер в сообщении #330443 писал(а):

Цитата:

В обоих упражнениях нет смысла рисовать картинки.

А почему бы и нет?

1. Умение расставлять пределы интегрирования без построения эскизов или с построением очень грубых эскизов желательны в качестве подготовки к вычислению четырех- (и более) мерных интегралов. В данном случае область интегрирования в полярной системе координат прямоугольник, желательно это видеть безо всякого рисунка.

2. На контрольной работе, обычно, объем заданий таков, что на лишние действия много времени не выделяется. Так что, и с позиции сугубо студенческой, умение расставлять в простейших случаях пределы интегрирования без построения рисунка вещь довольно полезная.

мат-ламер в сообщении #330443 писал(а):

А это точно, что во второй задаче надо полярная система координат? Как-то не вполне очевидно.

Да, точно.

Upd. Про прямоугольник — это, конечно, в переносном смысле, типа криволинейной трапеции. Не бейте больно ногами.

[integral2009]

Спасибо за ответы!!!!!

Хорошо, попробую через полярную систему координат!!!!!!

1)Найти площадь, ограниченную кривыми...

$\left \{ \begin {array}{I} x^2+y^2-2y=0\\ y=\frac{x}{\sqrt 3}\\ x^2+y^2-10y=0\\ y={\sqrt 3}{x}\\ \end{array} \right$




$\left \{ \begin {array}{I} x=\rho\cos \phi\\ y=\rho\sin \phi\\ \end{array} \right$

$x^2+y^2-2y=0$ => $\rho=2\sin\phi$
$x^2+y^2-10y=0$ => $\rho=10\sin\phi$
$y=\dfrac{x}{\sqrt 3}$ => $\phi=\dfrac{\pi}{6}$
$y={x}{\sqrt 3}$ => $\phi = \dfrac{\pi}{3}$

$$S=\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}d\phi \int\limits_{2\sin\phi}^{10\sin\phi}\rho d\rho=\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\Bigl.\dfrac{\rho^2}{2}\Bigl|_{\rho=2\sin\phi}^{\rho=10\sin\phi}d\phi =\dfrac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[(10\sin\phi)^2-(2\sin\phi)^2]d\phi=48\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\sin^2(\phi) d\phi=$$

$$=24\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[1-\cos (2\phi}]d\phi=\Bigl.24\phi \Bigl|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}+\Bigl.12\sin 2\phi \Bigl|_{\phi =\frac{\pi}{6}}^{\phi=\frac{\pi}{3}}=4\pi + 12(\sin \frac{2\pi}{3}-\sin \frac{\pi}{3})=4\pi$$

Правильно ли решил?

-- Сб июн 12, 2010 20:26:24 --

Правильный ли рисунок во втором задании?)))



Правильно ли составлен интеграл?

$\left \{ \begin {array}{I} x=\rho\cos \phi\\ y=\rho\sin \phi\\ z=z \end{array} \right$

$V=\int\limits_{\pi}^{2\pi}d\phi\int\limits_{2\cos\phi}^{3\cos\phi}\rho d\rho \int\limits_{0}^{\rho\cos \phi}dz$

[GAA]

integral2009 в сообщении #330523 писал(а):

$$=24\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[1-\cos (2\phi}]d\phi=\Bigl.24\phi \Bigl|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}+\Bigl.12\sin 2\phi \Bigl|_{\phi =\frac{\pi}{6}}^{\phi=\frac{\pi}{3}}=4\pi + 12(\sin \frac{2\pi}{3}-\sin \frac{\pi}{3})=4\pi$$

Правильно ли решил?

Перед синусом другой знак (но на ответ это не влияет).

integral2009 в сообщении #330523 писал(а):

Правильный ли рисунок во втором задании?

Я его не понял, либо неправильный.

integral2009 в сообщении #330523 писал(а):

Правильно ли составлен интеграл?

Нет.

[мат-ламер]

Первая задача вроде правильна. Во второй задаче при $z=0$ две соприкасающие окружности в нуле (как и в первой задаче). Третье измерение рисовать не стоит. Откуда у Вас такие пределы интегрирования?

[integral2009]

Спасибо большое!

Преподша заставляет трехмерный график рисовать(((
Точно, я забыл про сдвиг по оси абцисс!

2) Найти объем, ограниченный поверхностями

$x^2+y^2=6x$ => $\rho=2\cos\phi$

$x^2+y^2=9x$ => $\rho=3\cos\phi$

Вот откуда пределы интегрирования по $\rho$

По $\phi$ ---$0 \le \phi \le \pi$ тк $y\le 0$

По $z$ -- $0 \le z \le \rho\cos\phi$ тк такая проекция на плоскость $Z0X$

[GAA]

integral2009 в сообщении #330560 писал(а):

$x^2+y^2=6x$ => $\rho=2\cos\phi$

$x^2+y^2=9x$ => $\rho=3\cos\phi$

Неправильно.

-- Сб 12.06.2010 20:43:51 --

integral2009 в сообщении #330560 писал(а):

По $\phi$ ---$0 \le \phi \le \pi$ тк $y\le 0$

Неправильно.

integral2009 в сообщении #330560 писал(а):

По $z$ -- $0 \le z \le \rho\cos\phi$ тк такая проекция на плоскость $Z0X$

Неправильно.

-- Сб 12.06.2010 20:50:45 --

Не надо угадывать. Запишите все подробно. Быстрее получите ответ.

[integral2009]

Ах, да точно!!! СпасибО!

$x^2+y^2=6x$ => $\rho = 6\cos\phi$

$x^2+y^2=9x$ => $\rho=9\cos\phi$

$-\dfrac{\pi}{2} \le \phi \le 0$

А вот как с $z$ быть -непонятно(((

[GAA]

Попробуйте понять, какими поверхностями снизу и сверху ограничено тело.
Перейдите в уравнениях этих поверхностей от $x$ и $y$ к $\rho$, $\varphi$.

[integral2009]

Спасибо! $0\le z \le \rho$

[GAA]

integral2009 в сообщении #330792 писал(а):

Спасибо! $0\le z \le \rho$

Да, правильно.

[integral2009]

Спасибо! Спасибо! Спасибо! Такую штуку в объеме никак не нарисовать. Тогда, когда я перепутал условие - еще как-то можно, он здесь -....

Найти объем, ограниченный поверхностями

$\left \{ \begin {array}{I} x^2+y^2=6x\\ x^2+y^2=9x\\ z=\sqrt{x^2+y^2}\\ z=0;y=0;y\le 0\\ \end{array} \right$

$\left \{ \begin {array}{I} x=\rho\cos \phi\\ y=\rho\sin \phi\\ z=z\\ \end{array} \right$

$$V=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{0}d\phi \int\limits_{6\cos\phi}^{9\cos\phi}\rho d\rho\int\limits_{0}^{\rho}dz=\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{0}d\phi \int\limits_{6\cos\phi}^{9\cos\phi}\rho \Bigl.z\Bigl|_{z=0}^{z=\rho}d\rho=\dfrac{1}{2}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{0}d\phi \int\limits_{6\cos\phi}^{9\cos\phi}\rho^2 d\rho=\dfrac{1}{6}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \Bigl.\rho^3\Bigl|_{\rho=6\cos\phi}^{\rho=9\cos\phi} d\phi =\dfrac{9^3-6^3}{6}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\cos^3(\phi) d\phi$$

$$=\dfrac{172}{2}\int\limits_{-1}^{0}[(1-sin^2(\phi) ]d(\sin\phi)=\Bigl. \Bigl| \Bigl. sin\phi=t\Bigl|=\dfrac{172}{2}(\Bigl. t \Bigl|_{-1}^{0}-\Bigl. \dfrac{t^3}{3} \Bigl|_{-1}^{0})=\dfrac{172}{2}(1-\dfrac{1}{3})=\dfrac{172}{3}=51,(3)$$

Странный ответ получается...

[GAA]

Правильно записано, вычисляйте.