Расставить пределы в тройном интеграле

[APECTAPX]

Вычислить объем тела с помощью тройного интеграла, переходя к цилиндрическим или сферичиским координатам.
$x^2+y^2\le25$
$z\ge0$
$x^2+y^2+z^2\le36$

Решение:
Получается пресечение цилиндра и сферы.
В цилиндрических координатах:
$\rho^2\le25$
$z\ge0$
$\rho^2+z^2\le36$

Пределы z вроде такие.

$$$\int dx$$\int dy$\int\limits_{0}^{6}dz$$

А вот дальше?
Буду чрезвычайно благодарен.

[svv]

Если Вы переходите к цилиндрическим координатам, у Вас и интегралы уже будут не по $x$, $y$, $z$, а по $\rho$, $\varphi$, $z$ (возможно, в другом порядке).

[APECTAPX]

svv в сообщении #432546 писал(а):

Если Вы переходите к цилиндрическим координатам, у Вас и интегралы уже будут не по $x$, $y$, $z$, а по $\rho$, $\varphi$, $z$ (возможно, в другом порядке).

а ведь точно.

тогда так получается?

$$$\int\limits_{25}^{\sqrt(36-z^2)}d\rho$\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi$\int\limits_{0}^{6}dz$$

[gris]

Нет. $z$ сверху ограничен сферой. Вот угол и $\rho$ изменяются от константы до константы. С углом угадали, а вот с $\rho$ нет. Обратите внимание, что $25=5^2$.
И про якобиан не забудьте.

[spaits]

APECTAPX в сообщении #432567 писал(а):

svv в сообщении #432546 писал(а):

Если Вы переходите к цилиндрическим координатам, у Вас и интегралы уже будут не по $x$, $y$, $z$, а по $\rho$, $\varphi$, $z$ (возможно, в другом порядке).

а ведь точно.

тогда так получается?

$$$\int\limits_{25}^{\sqrt(36-z^2)}d\rho$\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi$\int\limits_{0}^{6}dz$$

Пределы неверно, формула неверно - пропущен множитель $\rho$ (это и есть якобиан) для цилиндрических координат.

[APECTAPX]

gris в сообщении #432571 писал(а):

Нет. $z$ сверху ограничен сферой. Вот угол и $\rho$ изменяются от константы до константы. С углом угадали, а вот с $\rho$ нет. Обратите внимание, что $25=5^2$.
И про якобиан не забудьте.

сверху ограничено сферой, да. центр сферы в начале координат. значит предел z равен радиусу.
угол везде 360. а вот радиус по мере возрастания z уменьшается
и вроде все логично, нет?
и якобиан, конечно, да.

$$$\int\limits_{5}^{\sqrt(36-z^2)}\rho d\rho$\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi$\int\limits_{0}^{6}dz$$

[gris]

А Вы попробуйте посчитать получившийся интеграл.

[spaits]

APECTAPX в сообщении #432610 писал(а):

gris в сообщении #432571 писал(а):

Нет. $z$ сверху ограничен сферой. Вот угол и $\rho$ изменяются от константы до константы. С углом угадали, а вот с $\rho$ нет. Обратите внимание, что $25=5^2$.
И про якобиан не забудьте.

сверху ограничено сферой, да. центр сферы в начале координат. значит предел z равен радиусу.
угол везде 360. а вот радиус по мере возрастания z уменьшается
и вроде все логично, нет?
и якобиан, конечно, да.

$$$\int\limits_{5}^{\sqrt(36-z^2)}\rho d\rho$\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi$\int\limits_{0}^{6}dz$$

Неправильно.
Хорошо, хоть множитель $\rho$ в формулу подставили.
Область интегрирования: круг радиуса 5, Вам ведь уже подсказали. Поэтому $\rho$ меняется от $0$ до $5$.
А в уравнении для $z$ перейдите к $\rho$. И пределы для $z$ будут от 0 до данного уравнением значения функции $z$.

[APECTAPX]

неужели так?

$$$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{0}^{5} \rho d\rho$\int\limits_{0}^{\sqrt(36-\rho^2)}dz$$

spaits в сообщении #432625 писал(а):

Область интегрирования: круг радиуса 5, Вам ведь уже подсказали. Поэтому $\rho$ меняется от $0$ до $5$.
А в уравнении для $z$ перейдите к $\rho$. И пределы для $z$ будут от 0 до данного уравнением значения функции $z$.

[spaits]

APECTAPX в сообщении #432708 писал(а):

неужели так?

$$$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{0}^{5} \rho d\rho$\int\limits_{0}^{\sqrt(36-\rho^2)}dz$$

Да. Осталось взять интеграл.

[APECTAPX]

ну уж это как нибудь
$$$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{0}^{5} \rho d\rho$\int\limits_{0}^{\sqrt(36-\rho^2)}dz=\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{0}^{5} \rho d\rho \sqrt(36-\rho)$$= $-1/2$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{36}^{11} \sqrt(u) du = $-1/3(216-11\sqrt 11$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi = (72-11\sqrt11/3)2\pi =223$

Но все же, почему z меняется, а $\rho$ нет?
Делим на множество окружностей. С определенного места радиус начинает уменьшаться и стремится к нулю, в итоге доходим до конца сферы.
z = 6 так и будет, а радиус окружностей будет меняться.

[spaits]

$z=6$ только в центре области интегрирования. В остальных точках области интегрирования $z=\sqrt{36-{\rho}^2$.
Что за "сечение" обозначено у Вас на чертеже? Лучше бы провели линию пересечения цилиндра с шаром, сразу бы увидели цилиндр с "крышечкой" - тело, объем которого вычисляете. А основание цилиндра - область интегрирования (круг радиуса $5$).

Небольшие небрежности в записи (например, потерян квадрат у ${\rho}^2$ и другие), но на результат вычислений это не повлияло, ответ и ход решения верные.

[APECTAPX]

Спасибо. Буду думать.

[APECTAPX]

ок, а как посчитать крышку?

предположу, что то похожее на это?
$$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi\int\limits_{\sqrt11-6}^{5} dr\int\limits_{0}^{\pi/2} d\theta$

[spaits]

APECTAPX в сообщении #432722 писал(а):

ну уж это как нибудь
$$$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{0}^{5} \rho d\rho$\int\limits_{0}^{\sqrt(36-\rho^2)}dz=\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{0}^{5} \rho d\rho \sqrt(36-\rho)$$= $-1/2$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi$$\int\limits_{36}^{11} \sqrt(u) du = $-1/3(216-11\sqrt 11$\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi = (72-11\sqrt11/3)2\pi =223$

Но все же, почему z меняется, а $\rho$ нет?
Делим на множество окружностей. С определенного места радиус начинает уменьшаться и стремится к нулю, в итоге доходим до конца сферы.
z = 6 так и будет, а радиус окружностей будет меняться.

Здесь у Вас интеграл был взят верно. Именно здесь.
Только чертеж был неверно. Во второй раз чертеж Вы начертили лучше, только боковую поверхность цилиндра лучше обозначить вертикальными линиями, а не косыми.
Только во второй раз решение опять неверное. Зачем Вы решали во второй раз, если уже решили правильно?

APECTAPX в сообщении #433014 писал(а):

ок, а как посчитать крышку?

Крышка у Вас во втором рисунке обозначена желтым.