Вычислить тройной интеграл

[alexandra555]

Вычислить тройной интеграл по области Т, заданной неравенствами. Сделать чертеж. При вычислении перейти к цилиндрическим координатам.

$$\int\int\int \frac{24}{z^4}

T: $$ x^2 + y^2 \le {z^2} ; $${y}\ge1 ; $$0\le{z}\le2

Верно ли?
Переход к цилиндрическим координатам:
$$ \frac{\pi}6 \le {\varphi}\le {\frac{5\pi}6} ; $$ -2 \le {\rho} \le 2 ; $$ \rho \le z \le 2

$$$ 24 \int_{\frac{\pi}6}^{\frac{5\pi}6} d\varphi \int_{-2}^2 \rho d\rho \int_{\rho}^2 {z^4}dz$ = ...

[vvvv]

Чертеж будет такой, а интеграл - расходящийся.

[alexandra555]

vvvv в сообщении #559988 писал(а):

Чертеж будет такой, а интеграл - расходящийся.

Благодарю, а что за расходящийся? Верны ли пределы интегрирования со сферическими координатами?

[vvvv]

Я к цилиндрическим координатам не переходил , но пределы по z - от 0 до (x^2+y^2)^1/2 . Нижний предел при подстановке дает бесконечность.

[alcoholist]

vvvv в сообщении #559988 писал(а):

интеграл - расходящийся

неправда: $z$ изменяется от $1$ до $2$

alexandra555 в сообщении #559910 писал(а):

$$ -2 \le {\rho} \le 2$$

$\rho$ не может быть отрицательным


Ваши ограничения вот:

$$ \rho\le z\le 2,\quad \rho\sin\varphi \ge 1 $$

Теперь определитесь с порядком интегрирования

[vvvv]

Посмотрте первый пост ТС как изменяется z от 0 до 2

[alcoholist]

vvvv в сообщении #560497 писал(а):

Посмотрте первый пост ТС как изменяется z от 0 до 2

$z^2\ge x^2+y^2\ge 1$

[vvvv]

А как понимать это
$0\leqslant z \leqslant 2 $ ?

[alcoholist]

vvvv в сообщении #560532 писал(а):

А как понимать это
$0\leqslant z \leqslant 2 $ ?

Это условие говорит о том, с каким знаком извлекать корень:

$$ z=+\sqrt{x^2+y^2} $$

[vvvv]

Если условие задачи понимать согласно этому чертежу, то тройной интеграл, конечно, вычисляется и равен 9*(3^1\2) - 4pi


-- Пн апр 16, 2012 00:14:59 --

alcoholist в сообщении #560540 писал(а):

vvvv в сообщении #560532 писал(а):

А как понимать это
$0\leqslant z \leqslant 2 $ ?

Это условие говорит о том, с каким знаком извлекать корень:

$$ z=+\sqrt{x^2+y^2} $$

Тогда было бы z , больше или равно нулю.

[alcoholist]

vvvv в сообщении #560547 писал(а):

огда было бы z , больше или равно нулю.

Блин... ну а $2$ -- это верхняя граница:) Область интегрирования задается совокупностью неравенств:

$$ \left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2\le z^2\\ 0\le z\le 2\\ y\ge 1\end{array}\right.. $$

Область состоит из точек, координаты которых удовлетворяют всем трем неравенствам.

конечно, можно было задать ту же самую область так:

$$ \left\{\begin{array}{l} \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 2\\ y\ge 1 \end{array}\right.. $$

[vvvv]

Вот второе задание области ясное и очевидное, а Вы упрямо отстаиваете ошибочное задание

[alcoholist]

vvvv в сообщении #560620 писал(а):

ошибочное задание

В чем его ошибочность? Ведь область та же самая

(Оффтоп)

в жизни ограничения появляются независимо друг от друга

[vvvv]

Скажем - неудачное, ведь вместо нуля можно было взять (-1000)

[alcoholist]

vvvv в сообщении #560627 писал(а):

ведь вместо нуля можно было взять (-1000)

Нельзя:) Получилась бы другая область

Чтобы область осталась прежней можно взять $s\le z\le 2$, где $s\in [-1;1]$

vvvv в сообщении #560627 писал(а):

Скажем - неудачное

неудачное -- для решающего, но методически -- правильное: нерадивые студенты, не разобравшись, говорят "интеграл расходится"

а в записи

alcoholist в сообщении #560551 писал(а):

$$ \left\{\begin{array}{l} \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 2\\ y\ge 1 \end{array}\right.. $$

уже готовый рецепт сведения тройного интеграла к повторным