Найти момент инерции относительно начала координат

[HolyDiver]

Добрый день, задача сформулирована следующим образом : Найти момент инерции относительно начала координат ограниченного линиями $z^2=x^2-y^2$ и сферой $x^2+y^2+z^2=R^2$
Вот действия, которые я предпринимал :
$I_0=\int\int_V\int(x,y,z)(x^2+y^2)\,(dxdydz)=\delta\int\int_V\int(x^2+y^2)\,(dxdydz)$
Перейдём к целиндрическим координатам по формулам $x=\rho\cos{\varphi} , y=\rho\sin{\varphi}, z=z$
Тогда,

$$I_0=\delta\int\int_V\int\rho^2\rho\,dxdydz=\delta\int_0^{2\pi}\,d\varphi\int_0^3\rho^3\,d\rho\int\limits_{0}^{\rho^2} dz=\delta\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^3\rho^5\,d\rho=\delta\int_0^{2\pi}\frac{\rho^6}6\Biggl|\limits_{0}^{3}d\varphi=\delta\frac{3^5}2\int_0^{2\pi}d\varphi=$$

$I_0=3^5\pi\delta$

Ошибка как я понял кроется в области определения ибо она у меня получилась не замкнутая.

P.S: Ответ должен получится следующим : $\frac{2\pi(2-\sqrt{2})R^5}5$

Помогите пожалуйста разобраться.

[AKM]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
Причина переноса: замена формул каракулями на форуме не допускается.

-- 24 май 2012, 11:37 --

В теме Что такое карантин, и что нужно делать, чтобы там оказаться также описано, как исправлять ситуацию.

Как исправите - пишите сюда, чтобы тему вернули.

[Toucan]

Вернул.

[Алексей К.]

Не могя пока посмотреть повнимательнее, лишь замечу, что момент инерции относительно точки (центральный м.и.) включает квадрат расстояния до точки (а не до оси), т.е. $\rho^2=x^2+y^2+z^2$. И сфЕрическая система координат мне представляется здесь предпочтительнее цИлиндрической.

[svv]

1) Если плотность $\delta(x,y,z)$ не задана, она считается единичной.
Запись $\int(x,y,z)$ (в самом начале) смысла не имеет, здесь пропущена $\delta$. Я бы посчитал, что это описка (дальше $\delta$ появляется), но в тетрадке у Вас тоже так было.
Итак, выносить $\delta$ за знак интеграла не надо, Вы просто считаете, что это равно единице и дальше этот множитель не пишете.

2) То, что Вы находили -- это момент инерции относительно оси $Oz$ (там подынтегральная функция x^2+y^2). А надо найти момент инерции относительно начала координат (там подынтегральная функция $r^2=x^2+y^2+z^2$).

3) Не вижу среди пределов интегрирования величины $R$. Она у Вас нигде не используется.

4) Совет. Попробуйте ввести сферические координаты, но нестандартно, чтобы $\theta=0$ соответствовал не положительный луч $Oz$, а $Ox$. В этих координатах все поверхности становятся координатными, и интеграл очень легко находится.

Вопрос. А Вы представили, что у Вас за фигура, как она выглядит?

[HolyDiver]

Изначально я строил вот такой график :

-- 24.05.2012, 15:08 --

svv в сообщении #575546 писал(а):

2) То, что Вы находили -- это момент инерции относительно оси $Oz$ (там подынтегральная функция x^2+y^2). А надо найти момент инерции относительно начала координат (там подынтегральная функция $r^2=x^2+y^2+z^2$).

3) Не вижу среди пределов интегрирования величины $R$. Она у Вас нигде не используется.

Вместо тройного интеграла по $x^2+y^2$ мне необходимо посчитатать его по $x^2+y^2+z^2$ и в конце, получается должен всплыть R как показывает ответ в 5 степени, но меня так же интересует правильно ли я расставил границы интегрирования...

[svv]

Почти правильно. Только конусов два. Тот, который вниз, тоже надо учитывать.

Изначально конус смотрит в сторону оси $Ox$. Раз Вы его развернули вверх, то тем самым Вы и учли совет ввести сферическую систему координат нестандартно. Это правильно.

Сможете записать интеграл в сферической системе координат?
Пишите для одного конуса, только не забудьте потом умножить на два.
Подынтегральная функция, как было сказано, должна быть $r^2$, поэтому вопрос, собственно, только о пределах интегрирования.

-- Чт май 24, 2012 15:17:23 --

Слова "почти правильно" относились к картинке.
А пределы непонятны, начиная с отсутствия в них $R$. Его если изначально нет, оно вряд ли и потом откуда выплывет.
$z$ меняется от 0 до $\rho^2$? Нет, оно меняется от $\rho$ до $\sqrt{R^2-\rho^2}$.
Понятны только пределы по $\varphi$.
Ещё раз призываю всё сделать в сферических координатах, там всё не то что в одну, а в пол-строчки делается.

[HolyDiver]

Вот что у меня получилось при переходе к сферическим координатам :

$$ \begin{cases} 0=r\sin\Theta}\cos\varphi\\ 0=r\sin\Theta}\sin\varphi\\ 0=r\cos\Theta \end{cases} $$

$$ V=\begin{cases} 0\leqslant{\varphi}\leqslant{2\pi}\\ 0\leqslant{r}\leqslant{R}\\ 0\leqslant{\Theta}\leqslant{\frac{\pi}2 \end{cases} $$

Затем получаю непосредственно тройной интеграл в сферических координатах :
$I_0=\int\int_V\int{}r^2\rdot{r^2}\sin\Theta\rdot{drd\varphi}\rdot{d\Theta}=\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{R}r^4dr\int_{0}^{\frac{\pi}2}\sin{\Theta}d\Theta=\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{R}r^4dr=2\pi\frac{r^5}5\Biggl{|}_{0}^{R}=\frac{2\pi\rdot{R^5}}5$

[svv]

Единственная ошибка: верхний предел по $\theta$ не $\frac {\pi} 2$, а $\frac {\pi} 4$ (угол-то между осью конуса и образующей не 90°, а 45°!)

Не забудьте потом умножить на 2 (количество конусов).

Вместо этого

$$ \begin{cases} 0=r\sin\Theta}\cos\varphi\\ 0=r\sin\Theta}\sin\varphi\\ 0=r\cos\Theta \end{cases} $$

$$ V=\begin{cases} 0\leqslant{\varphi}\leqslant{2\pi}\\ 0\leqslant{r}\leqslant{R}\\ 0\leqslant{\Theta}\leqslant{\frac{\pi}2 \end{cases} $$

лучше так:

$$ \begin{cases} 0\leqslant{r}\leqslant{R}\\ 0\leqslant{\theta}\leqslant{\frac{\pi}4\\ 0\leqslant{\varphi}\leqslant{2\pi} \end{cases} $$

[HolyDiver]

Да но в таком случае выходит ,что $I_0=\frac{\sqrt{2}{\pi}R^5}5$

А решение когда $\Theta = \frac{\pi}2$ больше похоже на ответ(хотя ответ в книге не всегда является верным)

[svv]

Я там немного подправил предыдущее сообщение.

HolyDiver в сообщении #575697 писал(а):

Да но в таком случае выходит ,что $I_0=\frac{\sqrt{2}{\pi}R^5}5$
А решение когда $\Theta = \frac{\pi}2$ больше похоже на ответ(хотя ответ в книге не всегда является верным)

Убийственная логика. А то, что там действительно предельный угол $\theta=\frac{\pi}4$, а не $\theta=\frac{\pi}2$, так и фиг с ним, лишь бы на ответ было больше похоже.

$$\int\limits_{0}^{\pi/4}\sin\theta \;d\theta=(-\cos\theta)\left.\right|_{0}^{\pi/4}=\cos 0 -\cos{\frac{\pi}4}=1-\frac{\sqrt 2}2$$

Поколение подгонщиков решений под ответы.

[HolyDiver]

svv в сообщении #575703 писал(а):

Поколение подгонщиков решений под ответы.

Да тут дело немножко в другом, преподавателю под 80 лет и ориентируется он либо по своим записям либо по книжке , если не сходится, то приходится ожидать синхронизации двоих его полушарий и т.д. и т.п.

svv в сообщении #575703 писал(а):

$$\int\limits_{0}^{\pi/4}\sin\theta \;d\theta=(-\cos\theta)\left.\right|_{0}^{\pi/4}=\cos 0 -\cos{\frac{\pi}4}=1-\frac{\sqrt 2}2$$

Ой ,а тут я на радостях забыл проинтегрировать синус, и просто в него подставлял значения...

Огромное человеческое спасибо, за оказанную помощь.

[svv]

Пожалуйста.
Извините, если что...