Задача на объем.

[oleg-oleg]

Otta в сообщении #723079 писал(а):

Ну и условия все учтите. Кривая правильная. А синяя зачем? Или это сечение первой поверхности? Его не надо сейчас учитывать, Вы его учитываете, когда считаете как меняется $h$.

Даже с учетом этого не очевидно -- почему $x>0$

[Otta]

Уравнение поверхности видите? Икс справа видите? Квадрат слева видите? Что они равны, тоже? Делаем выводы. Из графика это видно не хуже.

[oleg-oleg]

Ну так я это давно заметил, но ведь $\dfrac{x}{a}\ge 0$, но ведь не факт, что $a>$?

[Otta]

А, вон Вы о чем.
Ну, во-первых, в задачниках обычно оговаривается, что параметры положительны. А эта задача, как мне помнится, из Кудрявцева.

А во-вторых, это не принципиально. Если $a>0$ и $x$ удовлетворяет уравнению, то при $a<0$ (равном по модулю) уравнению будет удовлетворять $-x$. Значит, область отобразится зеркально относительно плоскости $x=0$. На объем это никак не повлияет. Поэтому в данном случае Вы сами можете выбрать знак $a$. Например, положительным.

[oleg-oleg]

Otta в сообщении #723100 писал(а):

А, вон Вы о чем.
Ну, во-первых, в задачниках обычно оговаривается, что параметры положительны. А эта задача, как мне помнится, из Кудрявцева.

А во-вторых, это не принципиально. Если $a>0$ и $x$ удовлетворяет уравнению, то при $a<0$ (равном по модулю) уравнению будет удовлетворять $-x$. Значит, область отобразится зеркально относительно плоскости $x=0$. На объем это никак не повлияет. Поэтому в данном случае Вы сами можете выбрать знак $a$. Например, положительным.

Спасибо! Понял. Вот только все еще до конца не разобрался в первой задаче из старт-поста...

1) Найдите объем, ограниченный $(x^2+y^2)^2+z^4=a^3(x - y)$

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

$J=r^2\sin\theta$

$(x^2+y^2)^2=r^4\sin^4\theta$

$r^4\sin^4\theta+r^4\cos^4\theta=a^3r\sin\theta(\cos\varphi-\sin\varphi)}}$

$r^3(\sin^4\theta+\cos^4\theta)=a^3\sin\theta(\cos\varphi-\sin\varphi)}}$

$r=\sqrt[3]{\dfrac{a^3\sin\theta(\cos\varphi-\sin\varphi)}{\sin^4\theta+\cos^4\theta}}$

$V=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}d\varphi \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \displaystyle\int_{0}^{\sqrt[3]{\frac{a^3\sin\theta(\cos\varphi-\sin\varphi)}{\sin^4\theta+\cos^4\theta}}}r^2\sin\theta dr=\dfrac{1}{3}\cdot \displaystyle\int_{0}^{2\pi}d\varphi \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^3\sin\theta(\cos\varphi-\sin\varphi)}{\sin^4\theta+\cos^4\theta} \sin \theta d\theta $

Если это верно, то как взять этот интеграл? Не уж-то это будет $t=\tg\left(\dfrac{x}{2}\right)$ или есть более простой способ?

$ \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2\theta }{\sin^4\theta+\cos^4\theta} d\theta = 2\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^2\theta }{\sin^4\theta+\cos^4\theta} d\theta$

[provincialka]

Странно вы $x,y$ в квадрат возводите. Не будет там четверки!
И $\varphi$ не пробегает полный круг.

Интеграл (без чеверки) возьмется. Например, обчным способом рационадизируем, потом можно использовать $\Gamma$-функцию.

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #723201 писал(а):

Странно вы $x,y$ в квадрат возводите. Не будет там четверки!
И $\varphi$ не пробегает полный круг.

Интеграл (без чеверки) возьмется. Например, обчным способом рационадизируем, потом можно использовать $\Gamma$-функцию.

Спасибо. Убрал лишнюю $4$ в предыдущем своем посте. А, ну да, у нас должно быть $\cos\varphi-\sin\varphi\geqslant 0$ на полуинтервале $[0;2\pi)$. Решением неравенства на этом полуинтервале будет $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\cup\left[\dfrac{5\pi}{4};2\pi \right)$. Значит у нас будет сумма двух интегралов по каждому из промежутков?

А каким образом рационализовать? Универсальной тригонометрической подстановкой?

[provincialka]

Неудобное представление для $\varphi$, я уже писала выше, как лучше.

Привести к рациональной можно, например, с помощью подстановки $\tg x=t$, так как функция четная относительно косинуса и синуса. Это есть в любом пособии,например, в задачнике Демидовича.

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #722647 писал(а):

Границы для $\varphi$ не такие. Во-первых, $\frac{5\pi}{4}>\pi$. А проще посмотреть на исходное уравнение: имеем $x\ge y$, то есть $-\frac{3\pi}{4}\le\varphi\le \frac{\pi}{4}$. Так хоть промежуток один.

Может, поворот сделать на $45^o$?

Вы имеете ввиду это? А как мы сделаем поворот -- я не очень поняЛ(

[provincialka]

Да не надо поворота - там интегралы разбиваются в произведение, так что это ничему не мешает. Берите такой промежуток, как указано.

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #723360 писал(а):

Да не надо поворота - там интегралы разбиваются в произведение, так что это ничему не мешает. Берите такой промежуток, как указано.

Спасибо ясно! У меня получился вот такой интеграл после замены $t=\tg x$.

$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{t^2dt}{1+t^4}$

Верно?

-- 13.05.2013, 19:58 --

Пока что не получается его свести к гамма-функции... Может подскажите -- как?

[provincialka]

oleg-oleg в сообщении #723399 писал(а):

Пока что не получается его свести к гамма-функции... Может подскажите -- как?

Сначала к $B$. Это пример из Демидовича! Ну ладно, подскажу - введите переменную $\frac{1}{1+t^4}=u$
Народный совет: при отыскании дифференциала $dt$ не обязательно сразу выражать $t$ через $u$, выберите самое простое соотношение. Пусть сначала в формуле будут и $u$ и $t$, глядишь, при подстановке что-то сократится!

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #723433 писал(а):

oleg-oleg в сообщении #723399 писал(а):

Пока что не получается его свести к гамма-функции... Может подскажите -- как?

Сначала к $B$. Это пример из Демидовича! Ну ладно, подскажу - введите переменную $\frac{1}{1+t^4}=u$
Народный совет: при отыскании дифференциала $dt$ не обязательно сразу выражать $t$ через $u$, выберите самое простое соотношение. Пусть сначала в формуле будут и $u$ и $t$, глядишь, при подстановке что-то сократится!

Спасибо, получилось, правда я выразил $t$ через $u$, ибо не сокращалось по-другому почему-то(((

[provincialka]

Совсем, конечно, не сократится, только частично. Имеем $t^4=u^{-1}-1$, откуда $4t^3dt = -u^{-2}du$, значит, $dt = -\frac{du}{4u^2t^3}$. Подынтегральное выражение примет вид $-\frac{t^2udu}{4u^2t^3}=\frac{du}{4ut}=\frac{du}{4u(\frac{1-u}{u})^{1/4}}$.

Я всегда советую такой способ, не надо складывать кучу дробных показателей.

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #723532 писал(а):

Совсем, конечно, не сократится, только частично. Имеем $t^4=u^{-1}-1$, откуда $4t^3dt = -u^{-2}du$, значит, $dt = -\frac{du}{4u^2t^3}$. Подынтегральное выражение примет вид $-\frac{t^2udu}{4u^2t^3}=\frac{du}{4ut}=\frac{du}{4u(\frac{1-u}{u})^{1/4}}$.

Я всегда советую такой способ, не надо складывать кучу дробных показателей.

Хорошо, спасибо. Остался только один вопрос... Раньше всегда был $\varphi \in [0;2\pi)$, а то, что угол залезает в отрицательную область -- это нормально?? ($-\frac{3\pi}{4}\le\varphi\le \frac{\pi}{4}$)?