Объъём тела. Поверхности заданы неравенствами.

[M<ath]

Задание такое:
2 различными способами указать пределы интегрирования при нахождении объёма тела, ограниченного поверхностями: $ 4\le x^2+y^2+z^2\le9; -\sqrt{ \frac{x^2+y^2}{2}} \le z \le \sqrt{ \frac{x^2+y^2}{5}}; 0\le y \le x $
Попробовал так:

$$\int_{\pi/4}^{\pi/2} d\varphi \int_{2}^{3} dz\int_{z\sqrt 2}^{z\sqrt 5} \rho d\rho$$

а в сферической:

$$\int_{\pi/4}^{\pi/2} d\varphi \int_{\arccos(3/\sqrt 27)}^{\arccos(2/\sqrt 24)} d\theta\int_{2/\cos\theta}^{3/\cos\theta} \rho^2 \sin\theta d\rho$$

Но ведь оно справедливо, если б из пространства между конусами нужная область вырезалась плоскостями, а поскольку выходит, что $z$ изменяется от уравнения меньшей сферы до уравнения большей, не знаю, как быть

[svv]

Начнем со сферической системы.

В сферической системе нет координаты $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$, есть $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{\rho^2+z^2}$. Это повторное замечание.

$0\leqslant y \leqslant x$. Значит, например, $y$ маленькое положительное, а $x$ большое положительное. Какой тогда будет угол $\varphi$? Согласуется ли это с Вашими пределами?

В сферической системе все поверхности, данные по условию, координатные, т.е. $r=\operatorname{const}$, $\theta=\operatorname{const}$, $\varphi=\operatorname{const}$. Запишите их в таком виде (только вместо $\operatorname{const}$, конечно, конкретные величины).
Поэтому пределы внутреннего интеграла не зависят от значения переменной интегрирования внешнего интеграла. (В прошлом задании плоскость $r\cos\theta=\operatorname{const}$ не была координатной.)

Кстати. Область задана неравенствами. А ограничивающие её поверхности — равенствами (уравнениями). Эти уравнения (их шесть) я прошу Вас записать в сферических координатах.

[M<ath]

svv в сообщении #818783 писал(а):

$0\leqslant y \leqslant x$. Значит, например, $y$ маленькое положительное, а $x$ большое положительное. Какой тогда будет угол $\varphi$? Согласуется ли это с Вашими пределами?

Извините, не очень понял. я рассматривал это последнее условие как вырезание части плоскостью $y=x$, т. е. остаётся половина 1 октанта.
В сферической тогда:

$$\int_{\pi/4}^{\pi/2} d\varphi \int_{\arccos(3/\sqrt 27)}^{\arccos(2/\sqrt 24)} d\theta\int_{2}^{3} r^2 \sin\theta dr$$

?

Уравнения в сферической:

$$r=2; r=3; r\sin\theta\sin\varphi=0; r\sin\theta \sin\varphi=r\sin\theta \cos\varphi; $$

$$2r^2\cos\varphi^2=r^2\sin\theta^2\cos\varphi^2+r^2\sin\theta^2\sin\varphi^2; 5r^2\cos\varphi^2=r^2\sin\theta^2\cos\varphi^2+r^2\sin\theta^2\sin\varphi^2$$

[svv]

M<ath в сообщении #818833 писал(а):

$r=2;\;\; r=3$

Отлично. Готово к употреблению.

M<ath в сообщении #818833 писал(а):

$r\sin\theta\sin\varphi=0;\;\; r\sin\theta \sin\varphi=r\sin\theta\cos\varphi$

$r=0$ только в начале координат. В остальных точках это не так, и на этот множитель можно сократить.
$\sin\theta=0$ только на оси $Oz$. В остальных точках это не так, и на этот множитель можно сократить.

Уравнения принимают вид:
$\sin\varphi=0;\;\; \sin\varphi=\cos\varphi$

Отсюда с учетом $0\leqslant y \leqslant x$ получаем:
$\varphi=0; \;\; \varphi=\frac{\pi}4$

M<ath в сообщении #818833 писал(а):

$-\sqrt{ \frac{x^2+y^2}{2}} \le z \le \sqrt{ \frac{x^2+y^2}{5}}$

Это дает уравнения $z=-\sqrt{ \frac{x^2+y^2}{2}}$ и $z=\sqrt{ \frac{x^2+y^2}{5}}$.

Отсюда $\cos\theta=-\sqrt{\frac{\sin^2\theta}{2}}$ и $\cos\theta= \sqrt{\frac{\sin^2\theta}{5}}$.

Отсюда $\tg\theta=-\sqrt{2}$ и $\tg\theta=\sqrt{5}$.

Теперь по формуле $\cos\theta=\pm\frac 1{\sqrt{1+\tg^2\theta}}$ (выбирая правильно знаки) можно найти и косинусы, но они будут не такие, как у Вас.

M<ath в сообщении #818833 писал(а):

Извините, не очень понял. я рассматривал это последнее условие как вырезание части плоскостью $y=x$, т. е. остаётся половина 1 октанта.

При $x\geqslant 0, y\geqslant 0$ это дает $\varphi=\frac{\pi}4$.
Условие $y=0, x\geqslant 0$ дает другую полуплоскость (выше записанную в виде $\varphi =0$). Вместе они вырезают двугранный угол $0\leqslant \varphi\leqslant \frac{\pi}{4}$.

И с какой же областью мы работаем: с той, что вырезали, или с той, что осталась? Если Вы скажете «с той, что осталась», я застрелюсь.

[M<ath]

Такие же получаются

$$ \arccos1/\sqrt 3 \le \theta \le \arccos1/\sqrt 6 $$

С той, что вырезали.

[svv]

Как правильно выбирать знак в формуле $\cos\theta=\pm\frac 1{\sqrt{1+\tg^2\theta}}$.
Имеем $\sin\theta=\cos\theta\;\tg\theta$.
Так как $0\leqslant\theta\leqslant\pi$, то $\sin\theta\geqslant 0$. Поэтому знак косинуса совпадает со знаком тангенса (исключая отдельные значения $\theta$, равные $0,\pi/2, \pi$).

Нижний предел. $\tg\theta=\sqrt 5$. Тогда $\cos\theta=\frac 1 {\sqrt 6}$.
Верхний предел. $\tg\theta=-\sqrt 2$. Тогда $\cos\theta=-\frac 1 {\sqrt 3}$.
На отрезке $[0;\pi]$ косинус — функция убывающая, поэтому на нижнем пределе $\cos\theta$ больше, чем на верхнем.
В то же время $\theta$ отсчитывается от северного полюса, поэтому нижний предел севернее, чем верхний.

Итак, в сферических координатах наша область ограничена координатными (пояснение см.выше) поверхностями:
Сферы $r=2;\;\; r=3;
Конусы $\theta=\arccos\frac 1 {\sqrt 6};\;\; \theta=\arccos\left(-\frac 1 {\sqrt 3}\right);
Полуплоскости $\varphi=0;\;\; \varphi=\frac{\pi}{4}.$

[M<ath]

Как тогда быть с цилиндрическими?

[svv]

Ну, а в цилиндрических эти поверхности становятся некоординатными (кроме $\varphi=0$ и $\varphi=\pi/4$), пределы по внутренним переменным зависят от значений внешних переменных, и... Понимаете, здесь всё было подобрано для сферических координат, а цилиндрические плохо подходят, будет сложно и тягомотно.

[M<ath]

Спасибо за помощь!