тройной интеграл в сфер. коорд.

[all]

Проверьте, пожалуйста.
Кажется, что что-то неправильно..
Заранее спасибо:)
$\begin{gathered} \int\limits_0^1 {dx} \int\limits_{ - \sqrt {1 - x^2 } }^0 {dy} \int\limits_{x^2 + y^2 }^1 {f\left( {x^2 + y^2 + z^2 } \right)dz} \hfill \\ - \frac{\pi } {2} \leqslant \phi \leqslant 0;0 \leqslant \phi \leqslant \frac{\pi } {2} \hfill \\ z = x^2 + y^2 \hfill \\ r\cos \theta = r^2 \sin ^2 \theta \cos ^2 \phi + r^2 \sin ^2 \theta \sin ^2 \phi \hfill \\ r\cos \theta = r^2 \sin ^2 \theta \hfill \\ r = \frac{{\cos \theta }} {{\sin ^2 \phi }} \hfill \\ y = - \sqrt {1 - x^2 } \Rightarrow y^2 = 1 - x^2 \hfill \\ y^2 + x^2 = 1 \hfill \\ r^2 \sin ^2 \theta = 1 \hfill \\ r = \frac{1} {{\sin \theta }} \Rightarrow \frac{{\cos \theta }} {{\sin ^2 \phi }} = \frac{1} {{\sin \theta }} \hfill \\ \cos \theta \sin \theta = \sin ^2 \phi \hfill \\ \sin 2\theta = 2\sin ^2 \phi \hfill \\ 2\theta = \arcsin \left( {1 - \cos 2\phi } \right) \hfill \\ \theta = \frac{1} {2}\arcsin \left( {1 - \cos 2\phi } \right) \hfill \\ \int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {d\phi } \int\limits_{\frac{1} {2}\arcsin \left( {1 - \cos 2\phi } \right)}^0 {d\theta } \int\limits_{\frac{{\cos \theta }} {{\sin ^2 \phi }}}^{\frac{1} {{\sin \theta }}} {f \cdot r^2 \sin \theta dr} = \hfill \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {d\phi } \int\limits_{\frac{1} {2}\arcsin \left( {1 - \cos 2\phi } \right)}^0 {\sin \theta d\theta } \int\limits_{\frac{{\cos \theta }} {{\sin ^2 \phi }}}^{\frac{1} {{\sin \theta }}} {f\left( r \right) \cdot r^2 dr} \hfill \\ \end{gathered} $

[svv]

Лучше в цилиндрических.
$\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_{-\sqrt {1 - x^2 } }^0 {dy} ...$
-- это интеграл по четверти круга. Ваша задача -- понять, по какой четверти какого круга и почему.
В цилиндрических координатах эти два интегрирования (не весь интеграл) превращаются в
$\int\limits_{-\pi/2}^{0} {d\varphi} \int\limits_0^1 \rho \; d\rho \; ... = \frac {\pi} 2 \int\limits_0^1 \rho \; d\rho \; ...$
Видите, какие простые пределы? А интеграл по $\varphi$ вообще исчез, поскольку зависимости от $\varphi$ нет.

Дальше вместо $x^2+y^2$ подставьте $\rho^2$ и покажите, что получилось.

[all]

Спасибо большое, это я поняла, сделала. Мне нужно и в цилиндрических(я сделала) и в сферических.
Просто у меня где-то ошибка, а я не могу понять где. Видимо я неправильно интеграл составила..

А в цилиндрических у меня вот что получилось:
$\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {d\phi } \int\limits_0^1 {rdr} \int\limits_{r^2 }^1 {f\left( {\sqrt {r^2 + z^2 } } \right)dz} $

[svv]

Одно замечание большое -- откуда корень в $f(\sqrt{\rho^2+z^2})$? В первом сообщении Вы написали $f(x^2 + y^2 + z^2)$ без корня.
Одно среднее -- раз по $\varphi$ нет зависимости, надо вместо $\int\limits_{-\pi/2}^{0} {d\varphi}$ написать просто $\frac {\pi} 2$. Может, Вы боитесь, что Вас спросят "А где ещё один интеграл?"
И одно маленькое. Давайте всё-таки сферическую координату точки обозначать $r$ (расстояние от точки до начала координат $O$), а цилиндрическую $\rho$ (расстояние от точки до оси $Oz$). См. статью в Википедии. Иначе как мы будем писать формулы вроде $r^2=\rho^2+z^2$?

Что теперь получится? Если не согласны с замечаниями, возражайте.

[all]

Ой, ошиблась при наборе:(
Вот так:
$\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_{ - \sqrt {1 - x^2 } }^0 {dy} \int\limits_{x^2 + y^2 }^1 {f\left( {\sqrt {x^2 + y^2 + z^2 } } \right)dz}$

Хорошо, замечания верны. Исправляюсь:
$\frac{\pi }{2}\int\limits_0^1 {pdp} \int\limits_{r^2 }^1 {f\left( {\sqrt {p^2 + z^2 } } \right)dz} $

[svv]

Вы имели в виду:
$\frac{\pi }2 \int\limits_0^1 \rho \; d\rho \int\limits_{\rho^2 }^1 f \left(\sqrt {\rho^2 + z^2 }\right) dz$
Кстати, если Вы видите формулу и хотите узнать, какие коды для нее нужны, подведите к ней курсор, и коды высветятся.

По Вашему сообщению видно, что Вы знаете, что элемент объема в сферических координатах равен $r^2\sin\theta\; dr\; d\theta\; d\varphi$. Но по $\varphi$ интеграл уже взят. Остается $r^2\sin\theta\; dr\; d\theta$.
Вы также написали, что аргумент функции $f$ в сферических координатах будет просто $r$. Это правильно.
Остается написать пределы.

В нашем случае (но не всегда!) проще внешним интегралом сделать интеграл по $\theta$, потому что зависимость пределов по $r$ от угла $\theta$ проще, чем пределов по $\theta$ от расстояния $r$.
Итак, общий вид:

$$\frac {\pi}2 \int\limits_{\theta_{min}}^{\theta_{max}} \sin\theta \; d\theta \int\limits_{r_{min}(\theta)}^{r_{max}(\theta)} f(r)\; r^2 \;dr$$

А к Вам вопросы:
1) Чему равны константы $\theta_{min}$ и $\theta_{max}$ -- пределы по $\theta$? Кстати, заметьте еще раз, что у нас и область, и функция осесимметричны (относительно $Oz$), поэтому пределы по $\theta$ не зависят от $\varphi$.
2) Какой вид имеют функции $r_{min}(\theta)$ и $r_{max}(\theta)$ -- пределы по $r$ для фиксированного $\theta$?
Если не все понятно, ответьте на то, что понятно.

[all]

Да что ж такое. Да, имела ввиду именно то, что Вы написали.

Жаль, что эти коды нельзя скопировать:( А вообще, я просто набираю в Mathtype.

Возможно так:
$\theta_{min}=-pi/2$
$\theta_{max}=0$
$r_{min}(\theta)=0$
$r_{max}(\theta)=1$
но все же до конца я не понимаю..
Везде в учебниках уже пишутся сразу пределы и не объясняется как и каким образом их расставлять:(

[svv]

Если у Вас браузер Opera, скопировать коды можно так. Подведите курсор к формуле и нажмите правую кнопку мышки. Появится меню, в котором надо найти пункт "Свойства изображения...". Откроется окошко, в котором есть строка "Описание". И эта строка -- нужные коды, её надо выделить и скопировать. Очень легко и быстро. Если у Вас не Opera, этой возможности может и не быть.

Пределы по $\theta$. Угол $\theta$ меняется вообще от $0$ до $\pi$, поэтому отрицательным он не будет.
Он равен 0 для направления вертикально вверх (положительное направление $Oz$), $\pi/2$ для всех горизонтальных направлений (плоскость $xOy$) и $\pi$ для направления вертикально вниз (отрицательное направление $Oz$).
Вот с этой информацией сможете написать пределы по $\theta$?

Надо понять, какая область интегрирования. А область интегрирования Вы берете из пределов в декартовых координатах.
Подсказка: $\int\limits_{x^2+y^2}^1 ... \;dz$ (это из Вашего первого сообщения) В каком самом широком диапазоне (но всё же в пределах Вашей области) может меняться $z$? Только не говорите "от $x^2+y^2$ до $1$". $x^2+y^2$ тоже может меняться.

-- Вт май 10, 2011 13:49:20 --

Какие-то трудности?
Я просто хотел, чтобы Вы заметили, что $0 \leqslant z \leqslant 1$ и, значит, $z$ никогда не может быть отрицательным, поэтому $\theta\leqslant \pi/2$. Область не попадает в нижнее полупространство $z<0$. Это понятно?

[all]

Opera!:) Спасибо.

Пределы по $\theta $ получаются от 0 до $\frac{\pi }{2}$.

svv в сообщении #444288 писал(а):

А область интегрирования Вы берете из пределов в декартовых координатах.

- я вот это не понимаю.. из пределов в векатротых координатах..

Если я верно понимаю, то z может меняться только от 0 до 1.

[svv]

Да, пределы по $\theta$ действительно от $0$ до $\pi/2$. И $z$ может меняться от $0$ до $1$.

Чтобы вообще расставить пределы, нужно понять, какими поверхностями ограничена область. Отсюда
$\int\limits_{x^2+y^2}^1 ... \;dz$
видно, что снизу область ограничена параболоидом вращения $z=x^2+y^2$, а сверху -- плоскостью $z=1$.

Если Вы не очень хорошо себе это представляете, нарисуйте на листе сечение области плоскостью $Oxz$ (т.е. $y=0$). Сделать нужно вот что.
Нарисуйте по горизонтали ось $Ox$, по вертикали -- ось $Oz$. Поставьте на обеих осях отметки $+1$ и $-1$ (масштаб выбрать такой, чтобы эти единицы были не слишком близко к началу координат). Нарисуйте параболу $z=x^2$. Нарисуйте горизонтальную прямую $z=1$. Пересекаются они в точках $x=\pm 1$, $z=1$. Промежуток между параболой и прямой надо заштриховать.
Теперь, если вращать рисунок вокруг оси $Oz$, какую область будет "заметать" в пространстве вращающийся заштрихованный промежуток, представили? Это и есть область интегрирования. (Не исходная, а после того, как мы выбросили интегрирование по $\varphi$).

Дальше. Пределы $\int\limits_0^1 {dx} \int\limits_{-\sqrt {1 - x^2 } }^0 {dy}$ тоже "хотят" ограничить область еще и вертикальным цилиндром $x^2+y^2=1$, он же $\rho=1$. Но поверхность цилиндра только касается уже построенной области (нарисуйте на том же рисунке две вертикальные линии $x=-1$ и $x=+1$, это след поверхности цилиндра), а не пересекает её. Поэтому цилиндр ничего не добавляет к ограничениям области.

Я хочу быть уверенным, что Вы всё это хорошо понимаете.

[all]

Я нарисовала, следуя Вашим указаниях:) На графике намного нагляднее оказалось.
Теперь я точно поняла:)
Спасибо Вам огромное!!!

[svv]

Я рад, что всё понятно.

all, только предел $\rho_{max}$ найти не просто! Он же зависит от $\theta$, причем смотрите как хитро:
-- при малых углах $\theta$ (более вертикальных) луч из начала координат упирается в плоскость $z=1$, и $\rho_{max}$ вычисляется по одной формуле;
-- а при больших углах $\theta$ (более горизонтальных) луч из начала координат упирается уже в параболоид $z=\rho^2=x^2+y^2$, и действует другая формула.

Этот нюанс, кстати, тоже легко увидеть на рисунке. Нарисуйте под линеечку веер лучей, все начинаются в начале координат, от вертикального $\theta=0$ до горизонтального $\theta=\pi/2$, и посмотрите, как зависит от $\theta$ расстояние, на котором находится "точка упирания" (новый термин ).

Если что, обращайтесь.

[all]

Еще спрошу. А мне сказали, что нужно разбить этот интеграл на 2 интеграла. - как это сделать?

[svv]

А вот это же оно и есть:

svv писал(а):

-- при малых углах $\theta$ (более вертикальных) луч из начала координат упирается в плоскость $z=1$, и $\rho_{max}$ вычисляется по одной формуле;
-- а при больших углах $\theta$ (более горизонтальных) луч из начала координат упирается уже в параболоид $z=\rho^2=x^2+y^2$, и действует другая формула.

Более подробно.

Проведем луч из $O$, идущий под углом $\theta$ к оси $Oz$.
Имеется "критический" угол $\theta_0$.
Если угол луча $\theta$ меньше критического ($0\leqslant \theta \leqslant \theta_0$), луч упрется в плоскость $z=1$.
Если угол луча $\theta$ больше критического ($\theta_0\leqslant \theta \leqslant \pi/2$), луч упрется в параболоид $z=\rho^2$.

Пусть
$r_1(\theta)$ -- это $r$ тех точек, где луч с углом $\theta$ упирается в плоскость $z=1$.
$r_2(\theta)$ -- это $r$ тех точек, где луч с углом $\theta$ упирается в параболоид $z=\rho^2$.

Тогда можно написать так (всё внимание на пределы!):
$I=\frac {\pi}2 \int\limits_0^{\pi/2} \sin\theta \; d\theta \int\limits_0^{r_{max}(\theta)} f(r)\; r^2 \;dr,$
$\text {где }r_{max}(\theta)=\begin{cases} r_1(\theta)=\text{какая-то формула 1}, &\text{если } 0\leqslant \theta \leqslant \theta_0 \\ r_2(\theta)=\text{какая-то формула 2},&\text{если } \theta_0\leqslant \theta \leqslant \pi/2 \end{cases}$
Это мой вариант.

А можно написать в эквивалентной форме (всё внимание на пределы!):
$I=\frac {\pi}2 \left[ \int\limits_0^{\theta_0} \sin\theta \; d\theta \int\limits_0^{r_1(\theta)} f(r)\; r^2 \;dr \; + \; \int\limits_{\theta_0}^{\pi/2} \sin\theta \; d\theta \int\limits_0^{r_2(\theta)} f(r)\; r^2 \;dr\right] $
$\text {где }r_1(\theta)=\text{какая-то формула 1, } r_2(\theta)=\text{какая-то формула 2}$.
Это тот вариант, который Вам рекомендовали.

Переход от одного варианта к другому произведен на основании тождества: $\int\limits_0^{\pi/2}=\int\limits_0^{\theta_0}+\int\limits_{\theta_0}^{\pi/2}$.

За Вами:
-- значение $\theta_0$, где нужно переключиться с первой формулы на вторую;
-- явный вид $r_1(\theta)$,
-- явный вид $r_2(\theta)$.

[all]

$\theta _0 = \frac{\pi }{4}$
Верно?
А r1 и r2 - какаято формула.. - не заню как ее найти (их, точнее)