Ещё интегралы по поверхностям

[StaticZero]

Цитата:

Найти координаты центра масс однородной поверхности $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$, $x, y \geqslant 0$, $x + y \leqslant a$.

Из соображений симметрии $x_C = y_C$, потому нужно отыскать только три интеграла. Первый из них — масса поверхности. Параметризация такая:

$$ \begin{cases} x = r \cos \varphi, \\ y = r \sin \varphi, \\ z = \sqrt{a^2 - r^2}, \end{cases} $$

область $\Omega = {0 \leqslant \varphi \leqslant \dfrac{\pi}{2}, \ \dfrac{a}{\sqrt{2}} \leqslant r \leqslant a}$.

Ищем локальную метрику:

$$ \begin{align*} E &= \cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi + \dfrac{r^2}{a^2 - r^2} = \dfrac{a^2}{a^2 - r^2}, \\ G &= r^2 \sin^2 \varphi + r^2 \cos^2 \varphi + 0 = r^2, \\ F &= 0. \end{align*} $$

$$ \iint \limits_S \, \mathrm dS = \int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \int \limits_{a/\sqrt{2}}^a \dfrac{a r \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} = \dfrac{\pi a}{2} \int \limits^{a/\sqrt{2}}_a \dfrac{\mathrm d(a^2 - r^2)}{2\sqrt{a^2 - r^2}} = \dfrac{\pi a}{2} \dfrac{a}{\sqrt{2}} = \dfrac{\pi a^2}{2 \sqrt{2}}. $$

Ищем ещё интегралы

$$ \iint \limits_S x \, \mathrm dS = \int \limits_0^{\pi/2} \cos \varphi \, \mathrm d\varphi \int \limits_{a/\sqrt{2}}^a \dfrac{a r^2 \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} = \dfrac{\pi a}{2} \dfrac{(\pi + 2)a^2}{8} = \dfrac{\pi a^2}{2 \sqrt{2}} \dfrac{(\pi + 2) a}{4 \sqrt{2}}$$

$$ \iint \limits_S z \, \mathrm dS = \int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \int \limits_{a/\sqrt{2}}^a \dfrac{a r \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} \sqrt{a^2 - r^2} = \dfrac{\pi a}{2} \dfrac{a^2}{4} = \dfrac{\pi a^2}{2 \sqrt 2} \dfrac{a}{2 \sqrt 2}. $$

Получается

$$ \mathbf r_C = \begin{pmatrix}\dfrac{\pi + 2}{4 \sqrt 2} a \\ \\ \dfrac{\pi + 2}{4 \sqrt 2} a \\ \\ \dfrac{a}{2 \sqrt 2}\end{pmatrix} $$

но правильный ответ

$$ \mathbf r_C = \begin{pmatrix}\dfrac{a}{2 \sqrt 2} \\ \\ \dfrac{a}{2 \sqrt 2} \\ \\ \dfrac{\sqrt 2 + 1}{\pi} a\end{pmatrix} $$

Не могу найти свою ошибку. Может, вы поможете? Буду благодарен.

[Pphantom]

StaticZero в сообщении #1181734 писал(а):

область $\Omega = {0 \leqslant \varphi \leqslant \dfrac{\pi}{2}, \ \dfrac{a}{\sqrt{2}} \leqslant r \leqslant a}$.

Откуда появилось второе условие в таком виде?

[StaticZero]

А. Ну так это прямая $x + y = a$, записанная в полярных координатах:

$$ r(\cos \varphi + \sin \varphi) = a, $$

вот и напишем

$$ r \sqrt 2 \sin \left(\varphi + \dfrac{\pi}{4} \right) = a, $$

$$ r = \dfrac{a/\sqrt 2}{\sin \left( \varphi + \dfrac{\pi}{4}\right)}. $$

Максимальное и минимальное значение, соответственно, $a$ и $a/\sqrt{2}$.

[Pphantom]

StaticZero в сообщении #1181739 писал(а):

А. Ну так это прямая $x + y = a$, записанная в полярных координатах:

Посмотрите внимательно на исходное условие.

[StaticZero]

Не-а, не дошло. Исходное условие говорит о том, что от части сферы в первом октанте плоскостью $x + y = a$ отрезали некоторую часть, центр масс которой надо найти. Прямая $x + y = a$ — граница проекции этой части на $Oxy$.

[Pphantom]

Ну хорошо. Подходит ли под первоначальные условия точка $(x, y)=(0,0)$? А под то, что у Вас получилось после параметризации?

[StaticZero]

Угу. Глаз совсем замылился.

$$\Omega = \left\{0 \leqslant \varphi \leqslant \dfrac{\pi}{2}, \ 0 \leqslant r \leqslant \dfrac{a}{\sin \varphi + \cos \varphi}\right\}. $$

Только интеграл неберущийся получается.

$$ \int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \int \limits_0^{\frac{a}{\cos \varphi + \sin \varphi}} \dfrac{r \, \mathrm dr}{\sqrt{a^2 - r^2}} = \ldots = a\int \limits_0^{\pi/2} \mathrm d\varphi \left(1 - \dfrac{\sqrt{\sin 2 \varphi}}{\cos \varphi + \sin \varphi}\right) $$

А поменять порядок интегрирования не могу сообразить, как. Для декартовых координат ясно, а насчёт полярных я путаюсь постоянно. И не факт, что приведёт к результату. Придётся искать другие координаты?

[ewert]

StaticZero в сообщении #1181734 писал(а):

Найти координаты центра масс однородной поверхности $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$, $x, y \geqslant 0$, $x + y \leqslant a$.

Порекомендовал бы считать по кусочкам. У Вас первые два требования выделяют из сферы одну четвертинку, третье же разбивает её на две части: одну осьмушку снизу и ещё половинку аналогичной, но уже сверху.

Для каждой из этих двух частей центры масс считаются легко. Ну а дальше -- центр масс всей системы, состоящей из двух частей, получается из центров масс составляющих, усреднённых с соотв. весами (т.е. пропорционально их площадям, т.е. в соотношении 2:1).

-- Ср янв 04, 2017 01:16:45 --

Упс, пардон. Если зет -- это корень, то он положителен. Т.е никакой осьмушки снизу и не выйдет (поубывав бы таких составляющих задачек).

Ну тогда всё вообще тривиально: никаких последующих усреднений не потребуется, а необходимые интегралы элементарно берутся в сферических координатах.

[StaticZero]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1181777 писал(а):

поубывав бы таких составляющих задачек

Демидович, боюсь, в убийстве не требуется. Хотя не факт, конечно, что он составлял, может быть, просто включил задачу в сборник.

ewert в сообщении #1181777 писал(а):

элементарно берутся в сферических координатах.

Ну, скажем, интегралы $\iint x dS$ и $\iint z dS$ так действительно берутся, но интеграл $\iint dS$ вызывает трудности, см. выше. Пробую в декартовых...

[ewert]

StaticZero в сообщении #1181779 писал(а):

но интеграл $\iint dS$ вызывает трудности, см. выше.

не см., ибо он и вовсе тупо равен одной шестнадцатой сферы

-- Ср янв 04, 2017 02:05:46 --

О, я, кажется, понял (до меня как до утки доходит -- читаю по диагонали):

StaticZero в сообщении #1181779 писал(а):

вызывает трудности, см. выше

Выше Вы ни разу сферические координаты, кажется, и не использовали. А они ведь тут напрашивались.

[DeBill]

StaticZero в сообщении #1181770 писал(а):

поменять порядок интегрирования

- лучше не будет...

StaticZero в сообщении #1181770 писал(а):

интеграл неберущийся

Да не, считается
1. Угол $\alpha = \varphi - \frac{\pi}{4}$ - хороший угол.
2. Замена $s= \sin \alpha$ приведет к интегралу, в числителе которого - $\sqrt{1-2s^2}$
3. тригонометрической подстановкой $s= \frac{1}{\sqrt{2}} \sin t $ избавимся от корня.
4. Полученный тригонометрический считаем стандартно - выражая все через $\ctg t$....

[StaticZero]

ewert в сообщении #1181781 писал(а):

он и вовсе тупо равен одной шестнадцатой сферы

С чего бы это? Вот в декартовых координатах меня вычисления приводят к

$$ \begin{align*} \iint \limits_S \mathrm dS &= \int \limits_0^a \mathrm dx \int \limits_0^{a - x} \dfrac{a \, \mathrm dy}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} = a \int \limits_0^a \mathrm dx \left.\arcsin \dfrac{y}{\sqrt{a^2 - x^2}}\right|_0^{a - x} = \\ &= a \int \limits_0^a \arcsin \sqrt{\dfrac{a - x}{a + x}} \, \mathrm dx = a^2 \int \limits_0^1 \arcsin \sqrt{\dfrac{1 - t}{1 + t}} \, \mathrm dt = \dfrac{a^2 \pi (\sqrt 2 - 1)}{2} = \dfrac{\pi a^2}{2} \dfrac{1}{\sqrt 2 + 1},\end{align*}$$

причём вычислен интеграл не руками, а через wolfram mathematica, потому что интеграл у меня на бумаге браться не хочет.

ewert в сообщении #1181781 писал(а):

А они ведь тут напрашивались.

Не могу определить диапазон изменения широты $\psi$, если задать координаты через $z = a \cos \psi$.

[ewert]

StaticZero в сообщении #1181792 писал(а):

Не могу определить диапазон изменения широты

Я ошибся. Напутал с третьим требованием. Вполне возможно, что там ничего хорошего и не выйдет.

[Shtorm]

StaticZero в сообщении #1181792 писал(а):

$$ a^2 \int \limits_0^1 \arcsin \sqrt{\dfrac{1 - t}{1 + t}} \, \mathrm dt = $$

причём вычислен интеграл не руками, а через wolfram mathematica, потому что интеграл у меня на бумаге браться не хочет.

Если вышеуказанный интеграл Вы нашли верно, то дальше его просто интегрированием по частям с дополнительной заменой переменной.

[StaticZero]

Ну да, я проделал уже. С четвёртой попытки нашёл потерянные по пути корни из двух
Ну ладно, тут я вроде понял. Спасибо