Вычислить тройной интеграл

[Anexroid]

Блин, забыл, что сие есть радиус круга)) Ну и про 0 и $2\pi$ сразу стало понятно, т.к сие есть угол поворота радиус-вектора.

Ок, сейчас попробую посчитать то, что получилось.

[Anexroid]

Кстати, еще такой вопрос: Почему в данном случае мы можем перейти от кратного к повторному интегралу?

[Dan B-Yallay]

Anexroid в сообщении #515554 писал(а):

Кстати, еще такой вопрос: Почему в данном случае мы можем перейти от кратного к повторному интегралу?

А вот это уже, строго говоря, и есть та самая теорема Фубини, которую Вы упоминали.
Хотя в некоторых курсах матана о нем часто не упоминают и доказывают законность перехода для более простых случаев более простыми методами.

[Anexroid]

Меня смущает, что синус и косинус в точках $0$ и $2\pi$ принимают одинаковые значения и много что сократилось... И народ подсказывает, что там вроде как должно получиться $-\frac{\pi}{2}$ и $\frac{\pi}{2}$

[Dan B-Yallay]

Anexroid в сообщении #515571 писал(а):

Меня смущает, что синус и косинус в точках $0$ и $2\pi$ принимают одинаковые значения и много что сократилось... И народ подсказывает, что там вроде как должно получиться $-\frac{\pi}{2}$ и $\frac{\pi}{2}$

Да, возможно часть сократится. Распишите здесь, что у Вас получается.

[Anexroid]

В общем, ответ у меня получился $\frac{18}{5}\pi^2$ но что-то я в нем не уверен.

Все выкладки и т.д у меня на 3 тетрадных страницы, не хочу всё переписывать (полиномы я просто по аддитивности расписывал, т.к сильно заморачиваться с этим не хотелось, поэтому так длинно)

[Anexroid]

Препод сегодня сказала, что здесь:

$$\int\limits_{S}\int (r\sin{\varphi} + r\cos{\varphi} + h)rdrd\varphi\int\limits_{0}^{2 - r\cos{\varphi} - r\sin{\varphi}}(r\sin{\varphi} + r\cos{\varphi} + h)rdh$$

в двойном интеграле не должно быть $h$. То есть, после того как я проинтегрировал по $dh$ никакого $h$ больше не должно остаться.

Также, попросила объяснить что такое $S$ по которому я интегрирую.

[Dan B-Yallay]

Anexroid в сообщении #515707 писал(а):

Препод сегодня сказала, что здесь:

$$\int\limits_{S}\int (r\sin{\varphi} + r\cos{\varphi} + h)rdrd\varphi\int\limits_{0}^{2 - r\cos{\varphi} - r\sin{\varphi}}(r\sin{\varphi} + r\cos{\varphi} + h)rdh$$

в двойном интеграле не должно быть $h$. То есть, после того как я проинтегрировал по $dh$ никакого $h$ больше не должно остаться.

Нда. То что сказала препод вполне естественно. Чтобы "никакого $h$ больше не оставалось", я бы интегрировал примерно так:

$$I = \int\int\limits_{D}\int (x + y + z) dxdydz \hspace{50pt}D = \left\{ x^2 + y^2 < 1, x + y + z < 2, z > 0\right\}$$

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

$$\begin{align} =&\int\limits_0^{2\pi}\left(\int\limits_0^1\left(\int\limits_{0}^{2-r(\cos \varphi +\sin \varphi)} (\underbrace{r(\cos{\varphi} + \sin{\varphi})} + \underbrace{z})dz\right)r\, dr\right)d\varphi \hspace{20pt}\Big| \textcolor{blue}{W_{\varphi}=(\cos \varphi +\sin \varphi)}\\ =&\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1\left(\int\limits_{0}^{2-rW_{\varphi}} \underbrace{rW_{\varphi}}dh + \int\limits_{0}^{2-rW_{\varphi}}\underbrace{z}dz\right)r\, drd\varphi\\ =& \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1\Big(\int\limits_{0}^{2-rW_{\varphi}} rW_{\varphi} dz\Big)r\, drd\varphi + \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1\Big(\int\limits_{0}^{2-rW_{\varphi}} z\, dz\Big)r\, drd\varphi\\ =& \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1 rW_{\varphi}(2-rW_{\varphi})r\, drd\varphi + \int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1\frac{(2-rW_{\varphi})^2}{2}r\, drd\varphi\\ = & \ldots\end{align}$$

и так далее.

[vvvv]

Зачем нужны сферические координаты? Интегралы легко берутся в декартовых координатах.
Ответ:7pi/4

[Anexroid]

vvvv в сообщении #515915 писал(а):

Зачем нужны сферические координаты? Интегралы легко берутся в декартовых координатах.
Ответ:7pi/4

А по-конкретнее? И вообще-то мы использовали цилиндрические.

[vvvv]

Anexroid в сообщении #512564 писал(а):

$$I = \int\int\limits_{D}\int (x + y + z) dxdydz$$

где $D = \left\{ x^2 + y^2 < 1, x + y + z < 2, z > 0\right\}$

Собственно, насколько я понимаю надо как то заменить переменные и перейти к повторному интегралу.
Переходим в сферические координаты

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

На Википедии написано, что интеграл после такой замены должен преобразоваться к интегралу по $D'$
Непонятно, что такое $D'$

По сути, $D'$ - это множество. Как можно его продифференцировать?


А вот что делать дальше, мне непонятно, т.к после подстановки получается что то непонятное...

Это же не я писал?
И что по-конкретней? Ответ-то написал.

[Anexroid]

Ну, это в первом посте я думал, что стоит перейти в сферические. В итоге-то решал в цилиндрических, тему почитайте...

Хотелось бы узнать каким путем вы пришли к такому ответу, т.к у меня ответ другой

[vvvv]

Поскольку картинки рисовать мне здесь запрещено, иначе забанят.
Вечером напишу в личку.

[Anexroid]

Всё, получил $\frac{7}{4}\pi$ через цилиндрические

[vvvv]

Ну, и отлично, иначе и быть не могло