Помогите, пожалуйста, решить такую задачу.
Дан 5-мерный куб с центром в нуле и единичной стороной. Дан 5-мерный шар с тем же центром и диаметром больше 1, но меньшей диагонали куба (т.е. шар не содержит полностью куб). Мне нужно вычислить объем области куба, не принадлежащей шару. Или объем выступающей за куб части шара.
Число граней 5-мерного куба равно 10. Поэтому достаточно рассмотреть выступающий объем при одной грани. Фактически, это следующий интеграл:
![$\[\int\limits_G {d{x_1}...d{x_4}} \int\limits_{1/2}^{\sqrt {{R^2} - x_1^2 - ... - x_4^2} } {d{x_5}} = \int\limits_G {\left( {\sqrt {{R^2} - x_1^2 - ... - x_4^2} - \frac{1}{2}} \right)d{x_1}...d{x_4}} \]
$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/6/5/0/650bbe9d4007a5cfc9335ac291227a3882.png "$\[\int\limits_G {d{x_1}...d{x_4}} \int\limits_{1/2}^{\sqrt {{R^2} - x_1^2 - ... - x_4^2} } {d{x_5}} = \int\limits_G {\left( {\sqrt {{R^2} - x_1^2 - ... - x_4^2} - \frac{1}{2}} \right)d{x_1}...d{x_4}} \]
$")
(если рассматривать выступ за грань
). Область
- это 4-мерный круг на этой грани.
Может можно как-то по-другому вычислить требуемый объем, не знаю...
(это будет шар меньшей размерности), а потом по 
.![$\[\int\limits_G {d{x_1}...d{x_4}} = \frac{{{\pi ^2}{{\left( {{R^2} - \frac{1}{4}} \right)}^2}}}{2}\]$](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/c/c/5/cc501014bfe1b93fd4d4a05a4687e33382.png "$\[\int\limits_G {d{x_1}...d{x_4}} = \frac{{{\pi ^2}{{\left( {{R^2} - \frac{1}{4}} \right)}^2}}}{2}\]$")
![$\[\begin{array}{l}
\int\limits_G {\sqrt {{R^2} - x_1^2 - ... - x_4^2} } d{x_1}...d{x_4} = \\
= \int\limits_G {\sqrt {{R^2} - {\rho ^2}} } {\rho ^3}\sin {\alpha _2}{\sin ^2}{\alpha _1}d\rho d{\alpha _1}d{\alpha _2}d{\alpha _3} = \\
= \int\limits_0^{2\pi } {d{\alpha _3}\int\limits_0^{{R^2} - 1/4} {\sqrt {{R^2} - {\rho ^2}} {\rho ^3}d\rho \int\limits_0^\pi {\sin {\alpha _2}d{\alpha _2}\int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}{\alpha _1}} } } } d{\alpha _1} = 2\pi \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}\pi \int\limits_0^{{R^2} - 1/4} {\sqrt {{R^2} - {\rho ^2}} {\rho ^3}d\rho } = \\
= - 2{\pi ^2}\frac{1}{{15}}{\left( {{R^2} - {\rho ^2}} \right)^{3/2}}\left( {2{R^2} + 3{\rho ^2}} \right)\left| \begin{array}{l}
{R^2} - 1/4 \\
0 \\
\end{array} \right. = \\
= - \frac{{2{\pi ^2}}}{{15}}\left[ {\frac{1}{8}\left( {5{R^2} - \frac{3}{4}} \right) - 2{R^5}} \right] \\
\end{array}\]$](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/3/1/4/31458f0adc488828adbcd352fd75f9c182.png "$\[\begin{array}{l}
\int\limits_G {\sqrt {{R^2} - x_1^2 - ... - x_4^2} } d{x_1}...d{x_4} = \\
= \int\limits_G {\sqrt {{R^2} - {\rho ^2}} } {\rho ^3}\sin {\alpha _2}{\sin ^2}{\alpha _1}d\rho d{\alpha _1}d{\alpha _2}d{\alpha _3} = \\
= \int\limits_0^{2\pi } {d{\alpha _3}\int\limits_0^{{R^2} - 1/4} {\sqrt {{R^2} - {\rho ^2}} {\rho ^3}d\rho \int\limits_0^\pi {\sin {\alpha _2}d{\alpha _2}\int\limits_0^\pi {{{\sin }^2}{\alpha _1}} } } } d{\alpha _1} = 2\pi \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}\pi \int\limits_0^{{R^2} - 1/4} {\sqrt {{R^2} - {\rho ^2}} {\rho ^3}d\rho } = \\
= - 2{\pi ^2}\frac{1}{{15}}{\left( {{R^2} - {\rho ^2}} \right)^{3/2}}\left( {2{R^2} + 3{\rho ^2}} \right)\left| \begin{array}{l}
{R^2} - 1/4 \\
0 \\
\end{array} \right. = \\
= - \frac{{2{\pi ^2}}}{{15}}\left[ {\frac{1}{8}\left( {5{R^2} - \frac{3}{4}} \right) - 2{R^5}} \right] \\
\end{array}\]$")
Спасибо. Надеюсь нигде не ошибся.
, где 
-- объем четырёхмерного шара.
, ![$\[R = 0.68 = 0.5 + 0.18\]$](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/9/5/6/9568531066e4cbd2f686741664cf900382.png "$\[R = 0.68 = 0.5 + 0.18\]$")
. А предположение: ![$\[{R^2} - \frac{1}{4} \le \frac{1}{4}\]$](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/0/a/a/0aa067bda5384a1283d31d0e3fb084f882.png "$\[{R^2} - \frac{1}{4} \le \frac{1}{4}\]$")
, которое выполняется!