Тройной интеграл в сферических координатах

[.:Артём:.]

Приветствую, All!
Дано тело $T$: однородный цилиндр высотой $h$ и радиусом основания $r$, плотность $\rho $.
Требуется подсчитать следующий интеграл:

$$ \int\limits_{(T)} {F(r,} \theta ,\varphi )dm $$

.
Я делал так: элемент объема

$$ dV = r^2 \sin \theta drd\theta d\varphi $$

,

$$ dm = \rho dV = \rho r^2 \sin \theta drd\theta d\varphi $$

, тогда

$$ \int\limits_{(T)} {F(r,} \theta ,\varphi )dm = \int_?^? {\int_?^? {\int_?^? {F(r,\theta ,\varphi )} } } \rho r^2 \sin \theta drd\theta d\varphi = \rho \int_0^{2\pi } {d\varphi \int_0^\pi {\sin \theta d\theta \int_0^{\frac{h} {{\cos \theta }}} {F(r,\theta ,\varphi )} } } r^2 dr $$

.
Меня смущают установленные мною пределы интегрировани. Есть ли в них ошибка? Да и вообще есть ли ошибка в моих вычислениях?

[shwedka]

Вы используете сферические координаты. в них все написано правильно, но так поступать не надо. Для цилиндра надо использовать цилиндрические координаты (подумайте, как я догадалась?)

[Someone]

У Вас получился интеграл не по цилиндру, а по слою, ограниченному плоскостями $z=0$ и $z=h$. Вы забыли, что при некотором $\theta$ верхнее основание цилиндра переходит в боковую поверхность. Соответственно, интеграл надо разбить на две части, одна соответсвует основанию, другая - боковой поверхности.

Да, shwedka совершенно правильно указывает, что в цилиндрических координатах будет гораздо проще.

[.:Артём:.]

Цитата:

Для цилиндра надо использовать цилиндрические координаты (подумайте, как я догадалась?)

Вы правы. Просто данный интерграл получен при разложении силовой функции тела по сферическим функциям, и требуется решить в сферических координатах.

[shwedka]

.:Артём:. писал(а):

Цитата:

Для цилиндра надо использовать цилиндрические координаты (подумайте, как я догадалась?)

Вы правы. Просто данный интерграл получен при разложении силовой функции тела по сферическим функциям, и требуется решить в сферических координатах.

Что значит требуется?? В свободной стране живете!! Вы в своих сферических координатах пришли к этому интегралу, а теперь считайте его как хотите, хоть на пальцах. Это потом, ваше поле выразите в сферических.

[Someone]

Да в сферических тоже можно вычислить, только более хлопотно (впрочем, как сказать; преобразование из сферических координат в цилиндрические и обратно тоже вычислений требует). Формулы перехода:

$$\begin{cases}x=r\cos\varphi\sin\theta\\ y=r\sin\varphi\sin\theta\\ z=r\costheta\end{cases}$$

Уравнение плоскости $z=h$ и боковой поверхности $x^2+y^2=R^2$ в сферических координатах будет, соответственно, $r=\frac h{\cos\theta}$ и $r=\frac R{\sin\theta}$. Линию пересечения находим из условия $\frac h{\cos\theta}=\frac R{\sin\theta}$, откуда, с учётом очевидного неравенства $0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}2$ в области $z\geqslant 0$, получаем $\theta=\arctg\frac Rh$. Наконец,

$$\iiint\limits_{(T)}F(r,\theta,\varphi)dm=\rho\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^{\arctg\frac Rh}\sin\thetad\theta\int\limits_0^{\frac h{\cos\theta}}F(r,\theta,\varphi)r^2dr+\rho\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_{\arctg\frac Rh}^{\frac {\pi}2}\sin\thetad\theta\int\limits_0^{\frac R{\sin\theta}}F(r,\theta,\varphi)r^2dr$$

Да, первый раз невнимательно посмотрел Ваш интеграл. Он у Вас даже не по слою $0\leqslant z\leqslant h$, а по полупространству $z\leqslant h$ - из-за того, что Вы написали пределы интегрирования $0\leqslant\theta\leqslant\pi$ вместо $0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}2$.