тройной интеграл

[all]

Нужно представить в цилиндрических координатах и в сферических
$\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_0^{1 - x} {dy} \int\limits_0^{\sqrt {x^2 + y^2 } } {f\left( {\sqrt {x^2 + y^2 + z^2 } } \right)dz} $

Вот что у меня получилось:
В цилиндрических координатах:
$\left\{ \begin{gathered} x = r\cos \phi \hfill \\ y = r\sin \phi \hfill \\ z = z \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Вычислим Якобиан перехода от декартовой системы к цилиндрической:

$ J = \left| {\begin{array}{*{20}c} {x'_r } & {x'_\phi } & {x'_z } \\ {y'_r } & {y'_\phi } & {y'_z } \\ {z'_r } & {z'_\phi } & {z'_z } \\ \end{array} } \right| = \left| {\begin{array}{*{20}c} {\cos \phi } & { - r\sin \phi } & 0 \\ {\sin \phi } & {r\cos \phi } & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array} } \right| = 1 \cdot \left( {r\cos ^2 \phi + r\sin \phi } \right) = r$

Следовательно,
$\left\{ \begin{gathered} x = r\cos \phi \hfill \\ y = r\sin \phi \hfill \\ z = z \hfill \\ dV = rdrd\phi dz \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Тогда тройной интеграл примет вид:

$\iiint\limits_U {f\left( {x;y;z} \right)dV = }\iiint\limits_U {f\left( {r\cos \phi ;r\sin \phi ;z} \right)rdrd\phi dz}$

$\begin{gathered} z = \sqrt {x^2 + y^2 = } \sqrt {r^2 \cos ^2 \phi + r^2 \sin ^2 \phi } = r; \hfill \\ y = 1 - x = 1 - r\cos \phi ; \hfill \\ x^2 + y^2 + z^2 = r^2 \cos ^2 \phi + r^2 \sin ^2 \phi + z^2 = r^2 + z^2 \hfill \\ \end{gathered} $
А дальше что - не понимаю в каких пределах изменяются новые переменные (x,y,z) ?

[Sonic86]

Новые переменные - это $(r, \phi, z)$. Еще у Вас было не $f(x,y,z)$, а $f(\sqrt{x^2+y^2+z^2})$. Границы для $\phi$ найдите из $0 \leq x \leq 1$. Границы для $r$ - одна естественная, 2-я находится из $y \leq 1-x$.

[all]

Так тогда:
$\iiint\limits_U {f\left( {\sqrt {x^2 + y^2 + z^2 } } \right)dV = }\iiint\limits_U {f\left( {r^2 \cos ^2 \phi ;r^2 \sin ^2 \phi ;z^2 } \right)rdrd\phi dz}$ ?
Тогда интеграл иммет вид:
$\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\phi } \int\limits_0^1 {rdr} \int\limits_r^1 {f\left( {r + z^2 } \right)dz}$
Правильно?

-- Пн май 09, 2011 00:37:24 --

А вот что для сферических получилось:
$\left\{ \begin{gathered} x = p\cos \phi \cdot \sin \theta \hfill \\ y = p\sin \phi \cdot \sin \theta \hfill \\ z = p\cos \theta \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Таким образом, переход к сферическим координатам в тройном интеграле осуществляется по формулам:

$\left\{ \begin{gathered} x = p\cos \phi \cdot \sin \theta \hfill \\ y = p\sin \phi \cdot \sin \theta \hfill \\ z = p\cos \theta \hfill \\ dV = p^2 \sin \theta dpd\theta d\phi \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\iiint\limits_V {f\left( {\sqrt {x^2 + y^2 + z^2 } } \right)dxdydz = }\iiint\limits_V {f\left( {p^2 \cos ^2 \phi \cdot \sin ^2 \theta ;p^2 \sin ^2 \phi \cdot \sin ^2 \theta ;p^2 \cos ^2 \theta } \right)p^2 \sin ^2 \theta \cdot dpd\phi d\theta }$

$\begin{gathered} z = \sqrt {x^2 + y^2 = } \sqrt {p^2 \cos ^2 \phi \cdot \sin ^2 \theta + p^2 \sin ^2 \phi \cdot \sin ^2 \theta } = p\sin \theta ; \hfill \\ y = 1 - x = 1 - p\cos \phi \cdot \sin \theta ; \hfill \\ x^2 + y^2 + z^2 = p^2 \cos ^2 \phi \cdot \sin ^2 \theta + p^2 \sin ^2 \phi \cdot \sin ^2 \theta + p^2 \cos ^2 \theta = \hfill \\ = p^2 \sin ^2 \theta + p^2 \cos ^2 \theta = p^2 \hfill \\ \end{gathered} $

$\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\phi } \int\limits_0^1 {\left( {p^2 \cdot p^2 dp} \right)} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin \theta d} \theta $

Верно?

[Sonic86]

У Вас в 1-м случае проекция области на $Oxy$ - треугольник. Вы думаете, в нем $0 \leq r \leq 1$? Это же не сектор. Формула пострашнее должна быть.
Во 2-м случае аналогично + забыли функцию + Вы пределы берете от фонаря, например по $\theta$. И переменная $\rho$ (у Вас $p$) меняется тоже более сложным образом - верхний предел должен зависеть от $\rho, \theta$
Полезно нарисовать область и пользоваться геометрической интерпретацией новых переменных - очень помогает.

[obar]

В сферических координатах удобнее раставлять пределы в другом порядке

$$ \int d\phi\int d\theta\int dr $$

[all]

Вот такие ограничения стоят:
$\left( {r \geqslant 0,\phi \in \left[ {0;2\pi } \right],z \in R} \right)$
Следовательно, r может иметь пределы от 0 до +∞ .
Вы писали: "Границы для - одна естественная" - это ноль получается?

Мне нужно построить в Маткад, а я не могу, потому что не умею :( ...

+ забыли функцию - какую функцию?
Для второго случая я еще вот так пыталась:
$\begin{gathered} p\cos \theta = p\sin \theta \hfill \\ \cos \theta = \sin \theta \hfill \\ \end{gathered} $
$\begin{gathered} p\cos \phi \cdot \sin \theta = 1 - p\sin \phi \cdot \sin \theta \hfill \\ 2p\cos \phi \cdot \sin \theta = 1 \hfill \\ p\sin 2\theta = 1 \hfill \\ \end{gathered} $
но ничего хорошего не вышло, так как p не на что заменить..

[ИСН]

all в сообщении #443852 писал(а):

какую функцию?

от которой интеграл. Это от скольких переменных функция?

[Sonic86]

all писал(а):

Вы писали: "Границы для - одна естественная" - это ноль получается?

Да, т.е. нижний предел по $r$ - это 0.
Про 2-й случай: у Вас при переходе к цилиндрическим координатам $z=z$, т.е. Вы для простоты можете рассматривать преобразование области $D: 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1-x$ в полярные координаты $\left\{ \begin{array}{ll} x=r \cos \varphi \\ y=r \sin \varphi \end{array}$
Чаще всего это можно сделать формально: берете описание $D: \left\{ \begin{array}{ll} 0 \leq x \leq 1 \\ 0 \leq y \leq 1-x \end{array}$ и выполняете в нем замены координат, упрощаете и получаете несколько двойных неравенств, которые и будут описывать область в новых координатах. Вот сделайте замену и упростите и все получится.
Чтобы себя проверить - постройте область на листочке (а не в MathCade) - это треугольник. Вспомните, что такое $\varphi$ и $r$, посмотрите как они могут меняться в треугольнике и проверьте полученные неравенства и то, что Вы видите на рисунке. Если все сходится, сначит скорее всего все правильно.

[all]

Спасибо большое.