Кратный интеграл в полярной системе координат

[Жек@]

может быть 0?

[ewert]

Что ноль?

[Жек@]

нижний внутренний предел - 0. (нас никак не учили, я- заочница))))

[ewert]

Напишите окончательный результат -- посмотрим.

[GAA]

Жек@ писал(а):

Я никак не могу вставить рисунок.Как это можно сделать?[/math]

Поддерживаю ewert в отношении отсутствия необходимости вставлять рисунок, но при необходимости, как вставлять рисунки можно посмотреть в гл. V "Псевдорисунки" книги Львовский С.М. Набор и вёрстка в системе $\LaTeX$. В качестве примера вставки рисунка (наведите курсор на рисунок для отображения кода):
\begin{picture}(100,100) \put(0,50){\line(1,0){100}} \put(50,0){\line(0,1){100}} \put(00,100){\line(1,-1){100}} \put(50, 50){\line(1,1){20}} \put(70,50){\circle{50}} \end{picture}
На рис. изображена граница круга [окружность $ \rho = 4\cos \varphi$], граница полуплоскости [прямая $y + x= 0$] и часть луча, соответствующая значению $\pi/4$ «внешней переменной интегрирования» $\varphi$, до пересечения с окружностью. [Область интегрирования: часть круга лежащая выше прямой $y + x= 0$].

[Жек@]

\[ \iint\limits_D {ydxdy = \int\limits_{ - \frac{\pi } {4}}^{\frac{\pi } {2}} {d\varphi \int\limits_0^{4\cos \varphi } {\rho ^2 \sin \varphi d\rho = \int\limits_{ - \frac{\pi } {4}}^{\frac{\pi } {2}} {\left[ {\frac{{\rho ^3 }} {3}\sin \varphi } \right]} } } }_0 ^{4\cos \varphi } d\varphi = \int\limits_{ - \frac{\pi } {4}}^{\frac{\pi } {2}} {\left( {\frac{{4\cos ^3 \varphi }} {3}\sin \varphi } \right)} d\varphi = \int\limits_{ - \frac{\pi } {4}}^{\frac{\pi } {2}} {\frac{{4\cos ^3 \varphi \sin \varphi }} {3}} \times \frac{{d(\cos \varphi )}} {{ - \sin \varphi }} = - \frac{4} {3}\int\limits_{ - \frac{\pi } {4}}^{\frac{\pi } {2}} {\cos ^3 \varphi d(\cos \varphi ) = - \frac{4} {3}} \left[ {\frac{{\cos ^4 \varphi }} {4}} \right]_{ - \frac{\pi } {4}} ^{\frac{\pi } {2}} = - \frac{4} {3}\left( {\frac{{\cos ^4 \frac{\pi } {2}}} {4} - \frac{{\cos ^4 ( - \frac{\pi } {4})}} {4}} \right) = - \frac{4} {3}\left( {0 - \frac{{\sqrt 2 }} {{2 \times 4}}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }} {6} \]

Вот так?

[ewert]

да, только в самом конце забыли возвести косинус в четвёртую степень.
И потом: никогда не пишите таких длинных формул
-- обязательно разбивайте на несколько более мелких!

[Жек@]

Спасибо

Добавлено спустя 6 минут 36 секунд:

Подскажите,пожалуйста,какие будут пределы в этом примере:

\[ \iint\limits_D {(x - 1)dxdy} \]

\[ x^2 + y^2 \leqslant 2y \]

\[ y \leqslant \sqrt {3x} \]

?
Вот так?

\[ \iint\limits_D {(x - 1)dxdy} = \int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {d\varphi \int\limits_{2sin\varphi }^{\frac{{\sqrt {3\rho \cos \varphi } }} {{\sin \varphi }}} {(\rho \cos \varphi - 1)\rho d\rho } } \]

Добавлено спустя 18 минут 35 секунд:

Ой,ошиблась...вот так:

\[ \iint\limits_D {(x - 1)dxdy = \int\limits_0^{{\raise0.7ex\hbox{$\pi $} \!\mathord{\left/ {\vphantom {\pi 2}}\right.\kern-\nulldelimiterspace} \!\lower0.7ex\hbox{$2$}}} {d\varphi \int\limits_{2\sin \varphi }^{3\frac{{\cos \varphi }} {{\sin ^2 \varphi }}} {(\rho \cos \varphi - 1)\rho d\rho } } } \]

?

[ewert]

Нет, не так (хотя вычисления и правильны). Проведите несколько лучей -- они при разных $\varphi$ будут пересекаться с разными участками границы. Соответственно, интеграл придётся разбить на сумму двух.

Впрочем, стоит ли? У Вас явно в условии какая-то ошибка. Поскольку так или иначе надо искать точку пересечения этих кривых, а явно её -- не найти.

[Жек@]

а где может быть ошибка? Должны быть разные знаки в неравенствах?

[ewert]

нет, знаки неравенств не при чём, просто система уравнений, дающая точку пересечения, сводится к кубическому уравнению, не имеющему хороших корней. Тригонометрическое уравнение, к которому та же система сводится в полярных координатах, тоже выглядит как минимум малоперспективной. В учебных задачах (грамотно поставленных) так не бывает.

Вот если бы, скажем, под корнем не было тройки, или в первом уравнении стояла шестёрка вместо двойки -- тогда бы ещё куда ни шло.

[Жек@]

А в этом примере я правильно нашла пределы?

\[ \iint\limits_D {\tfrac{{dxdy}} {{\sqrt {R^2 - x^2 - y^2 } }}} \]

\[ x^2 + y^2 \leqslant R^2 \]

\[ x \geqslant 0 \]

\[ \iint\limits_D {\tfrac{{dxdy}} {{\sqrt {R^2 - x^2 - y^2 } }}} = \int\limits_{ - \frac{\pi } {2}}^{\frac{\pi } {2}} {d\varphi \int\limits_0^R {\frac{{\rho d\rho }} {{\sqrt {R^2 - \rho ^2 \cos \varphi - \rho ^2 \sin \varphi } }}} } \]

[GAA]

Ко второй задаче. Скорее всего, в учебнике (методических указаниях) опечатка и вместо

Жек@ писал(а):

$y \leqslant \sqrt {3x}$

должно быть $y \leqslant \sqrt3 x$. Часто с таким сталкивался.

Добавлено спустя 4 минуты 11 секунд:

Жек@ писал(а):

[/math]

\[ \iint\limits_D {\tfrac{{dxdy}} {{\sqrt {R^2 - x^2 - y^2 } }}} = \int\limits_{ - \frac{\pi } {2}}^{\frac{\pi } {2}} {d\varphi \int\limits_0^R {\frac{{\rho d\rho }} {{\sqrt {R^2 - \rho ^2 \cos \varphi - \rho ^2 \sin \varphi } }}} } \]

В подынтегральной функции опечатка.

[Жек@]

ааа!!! точно! там косинус в квадрате! так?

[GAA]

Жек@ писал(а):

ааа!!! точно! там косинус в квадрате! так?

Да, косинус и синус должны быть в квадратах.