Найти объем тела, ограниченного поверхностью.

[ayguldiv]

Здравствуйте!
Нужно найти площадь поверхности и объем тела, ограниченного поверхностью
$x^2+y^2+z^2=2\sqrt{y^2+z^2}$
Начинаю с объема. Пробую перейти к сферическим координатам
$x=\rho\cos\theta$
$y=\rho\sin\theta\cos\varphi$
$z=\rho\sin\theta\sin\varphi$
Уравнение поверхности принимает вид $\rho=2\sin\theta$, т.е. $\rho$ меняется от 0 до $2\sin\theta$
Якобиан равен $\rho^2\sin\theta$
Далее $V=\int\limits_{0}^{2\sin\theta}\rho^2d\rho\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin\theta d\theta\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi=\frac{8}{3}\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^3\theta\sin\theta d\theta\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi=\frac{8}{3}\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^4\theta d\theta\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi$
Интеграл от синуса в 4 степени - что попало получается. Что я сделала не так? Спасибо заранее!

[Otta]

ayguldiv в сообщении #1450287 писал(а):

Интеграл от синуса в 4 степени - что попало получается.

То есть?

[provincialka]

ayguldiv в сообщении #1450287 писал(а):

Интеграл от синуса в 4 степени - что попало получается.

Нормальный интеграл, несложный.

Интереснее тут границы изменения $\theta$, и сами по себе, и для извлечения корня (какой знак у синуса?)

О! Да тут вообще все пределы интегрирования навыворот... Неаккуратно записано

[kotenok gav]

То, что я написал (и удалил) - бред, можно вообще очень просто: представляем синус в степени как сумму синусов от двойных/тройных/четверных углов.

[ayguldiv]

Интеграл-то я взяла.
$\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^4\theta=\frac{1}{32}(\sin4\theta-8\sin2\theta+12\theta)$
При подстановке получаем просто $\pi$
А конечный ответ не совпадает с правильным.

-- 02.04.2020, 02:02 --

Ой! Пересчитала! Всё совпало с ответом!
Спасибо Вам!
Но всё-таки что с пределами интегрирования? Правильно или нет? Ответ-то получился)

[Otta]

ayguldiv в сообщении #1450303 писал(а):

Но всё-таки что с пределами интегрирования? Правильно или нет? Ответ-то получился)

Пределы неверные. А совпасть - совпало. Это Вам с функцией повезло. Была бы другая подынтегральная функция - не совпало бы.

ayguldiv в сообщении #1450287 писал(а):

$x=\rho\cos\theta$

При Ваших пределах на $\theta$ координата $x$ всегда положительна. Меня бы это смутило.

[ayguldiv]

-- 02.04.2020, 02:16 --

Otta в сообщении #1450308 писал(а):

При Ваших пределах на $\theta$ координата $x$ всегда положительна. Меня бы это смутило.

Ну, да... Подскажите, куда дальше копать? Совсем не соображу что-то.

[provincialka]

Есть две системы сферических координат. В одной из них "широта" $\theta$ отсчитывается от экватора, в другой -- от полюса. У вас какая?
И ещё. В повторном интеграле внешние пределы постоянны, вторые могут зависеть от первой переменной и т.д.

[ayguldiv]

Я не могу ответить на Ваш вопрос.
Вы меня еще больше запутали.
Второй день бьюсь с этой задачей, получила верный ответ, но решение, получается, неверное(
Если взять пределы от 0 до пи, то ответ тоже совпадает, и Ваше замечание устраняется, т.е. $x=\rho\cos\theta$ теперь и отрицательные значения может принимать.
Так?

[Otta]

Ну вот от $0$ до $\pi$ это правильные пределы. Для данной замены. Сферические замены бывают разные.

[ayguldiv]

Огромнейшее спасибо!
Сейчас еще с площадью поверхности буду биться)

[Lia]

ayguldiv
Сразу: в другой теме, пожалуйста.

[redicka]

Во-первых, зачем тройной интеграл? Проще применить двойной в полярных координатах.
Во-вторых, нужно понимать - какая поверхность задана. А задан тор, образованный движением единичной окружности по единичной.
В третьих, удобно в уравнении заменить икс на зет, а зет на икс. (просто привычней)
В четвертых, можно без кратных интегралов - воспользоваться теоремой Гюльдена.