Тройной интеграл

[Limit79]

В тройном интеграле $\iiint\limits_{V} f(x,y,z) dV$, где $V$ - область, ограниченная данными поверхностями , расставить пределы интегрирования в декартовой, цилиндрической и сферической системах координат.

$V: x^2+y^2-z^2=0,4z=x^2y^2+4,x=0,y=0$ для $z \geqslant 0, x \geqslant 0, y \leqslant 0$

Рисунок примерно такой:

(Оффтоп)

Правильно ли я понимаю, что данная область делится на две: первая - четверть той области, что в центре - от конуса до $4z=x^2y^2+4$, а вторая - от $4z=x^2y^2+4$ и до конуса?

-- 06.06.2013, 20:54 --

И еще вопрос: данные поверхности пересекаются вот по такой штуке:

$$\left ( \frac{x^2y^2}{4}+1 \right ) ^2 = x^2+y^2$$

Но отсюда же нельзя выразить ни $y$ через $x$, ни $x$ через $y$, как быть?

[Limit79]

Я хотя бы правильно нашел проекцию линии пересечения данных поверхностей на плоскость $xOy$?

$$\left ( \frac{x^2y^2}{4}+1 \right ) ^2 = x^2+y^2$$

[Otta]

Конечно, правильно. Я не обращаю на Вас внимания, потому что думала, что Вы уже давно решили.
Ну перейдите к цилиндрическим координатам, что Вам мешает.

[Limit79]

Otta
Я бы к ним перешел, но по заданию, сначала надо расставить пределы в декартовой СК. Проекцию пересечения данных поверхностей можно разрешить относительно $y$, но выражение, мягко говоря, получится ужасное. А если этого сделать нельзя, то, возможно, задание некорректно.

[Otta]

Limit79 в сообщении #733695 писал(а):

Я бы к ним перешел, но по заданию, сначала надо расставить пределы в декартовой СК.

Там не написано - сначала. А в цилиндрической Вы лучше увидите, как она выглядит. А то картинка Ваша хорошо изображает как раз ненужную ее часть.

Limit79 в сообщении #733695 писал(а):

Проекцию пересечения данных поверхностей можно разрешить относительно , но выражение, мягко говоря, получится ужасное. А если этого сделать нельзя, то, возможно, задание некорректно.

Ужасное и нельзя - разные вещи. Что там ужасного, обычное биквадратное уравнение.

[Limit79]

Otta
В цилиндрической СК:

Конус: $z=r$, вторая поверхность: $z= \frac{r^4}{4} \cdot \cos^2(\varphi) \sin^2(\varphi) + 1$

Пределы по $\varphi$ будут, возможно: $\frac{3 \pi}{2} \leqslant \varphi \leqslant 2 \pi$

По $z$: $r \leqslant z \leqslant \frac{r^4}{4} \cdot \cos^2(\varphi) \sin^2(\varphi) + 1$

А вот как найти пределы по $r$ не могу понять.

[Otta]

Что значит "возможно" и не могу"? А проекция Вам зачем?

[Limit79]

Otta
Проекция всей линии пересечения будет такая:

(Оффтоп)

А проекция нашей фигуры, насколько я понимаю, будет в четвертой четверти, и будет ограничена координатными осями и четвертью той штуки, которая отдаленно напоминает окружность. Поэтому по фи пределы такие.

А чтобы найти пределы по $r$, нужно в уравнении проекции перейти к полярным координатам, а дальше что делать - не могу понять.

[Otta]

Так у Вас же еще и координатные плоскости. И надо, чтобы получалось что-то ограниченное.

Вот, да, я об этом как раз:

Limit79 в сообщении #733712 писал(а):

А проекция нашей фигуры, насколько я понимаю, будет в четвертой четверти, и будет ограничена координатными осями и четвертью той штуки, которая отдаленно напоминает окружность. Поэтому по фи пределы такие.

Другое дело, что уравнение безобразно решается относительно $r$... там, часом, нет опечатки, во второй поверхности? Может, там не произведение, а сумма?

[Limit79]

Мне тут более красивую картинку показали:

(Оффтоп)

-- 06.06.2013, 22:41 --

Otta в сообщении #733716 писал(а):

Так у Вас же еще и координатные плоскости

Исходя из этого я нашел пределы по фи.

В том то и дело, что именно произведение...

[Otta]

Limit79 в сообщении #733719 писал(а):

В том то и дело, что именно произведение...

Ну что... тогда пробуйте другой порядок. Чтобы внешний интеграл был по $r$, а пределы по $\varphi$ уже от него зависели. Заранее Вам начинаю сочувствовать. Но не решать же уравнение 4-й степени.

[Limit79]

Otta
Большое спасибо за помощь!

Правда, думаю, мои попытки успехом не закончатся