Тройной интеграл

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 16:36

Необходимо вычислить интеграл.
$\iiint_{V} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy dz$
$V:\\y\ge x,\\y\ge -x,\\z\ge 0,\\z=2,\\z^2=4(x^2+y^2)$
Вопрос с последней функцией. Я так понял, что это конус. Но какие у него параметры? Высота 2 или 4? Или это вообще радиус основания?

mihailm · Сообщение **mihailm** » 22 май 2011, 16:40

Homka писал(а):Source of the post
...
Высота 2 или 4? Или это вообще радиус основания?

высота 2,
радиус основания 1
и вверх ногами

(щас меня убьют )

СергейП

mihailm писал(а):Source of the post высота 2,
радиус основания 1
и вверх ногами

(щас меня убьют )

Ну можно добавить, что высота 2 это не из уравнения конуса, это отсечение плоскостью z=2.
А там будет (при подстановке z=2) вот этот самый радиус 1

А убивать то зачем
Насчет "вверх ногами" оригинально

Да, еще, надо в ЦСК переходить, там все очень удобно будет

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 17:27

Я не в цилиндрической СК считал. Писать решение мне сложновато будет, хотя правильность хотелось бы проверить. У меня ответ: $\frac {\sqrt{2}} {2}$ .

Попытка сделать рисунок:

mihailm · Сообщение **mihailm** » 22 май 2011, 17:52

Homka писал(а):Source of the post
Я не в цилиндрической СК считал. Писать решение мне сложновато будет, хотя правильность хотелось бы проверить. У меня ответ: $\frac {\sqrt{2}} {2}$ .
...

Ну хотя бы повторный интеграл напишите, проверим
рисунок сойдет

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 18:04

mihailm писал(а):Source of the post
Ну хотя бы повторный интеграл напишите, проверим
рисунок сойдет

Я сделал следующим образом:
$\iiint_{V} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy dz=\int_{0}^{2}dz\iint_{D} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy$
Соответственно, область D - проекция тела V на плоскость XOY. Это окружность с радиусом 1. Там я уже перехожу к полярным координатам:
$\iint_{D} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy =\int_{0}^{1}dz\int_{ \frac {\pi} {4}}^{ \frac {3\pi} {4}} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy=\int_{0}^{1}dz\int_{ \frac {\pi} {4}}^{ \frac {3\pi} {4}}r*\sin{\varphi}\sqrt{r^2(\sin^2{\varphi}+\cos^2{\varphi})}rd\varphi=\frac {\sqrt{2}} {4}$

Дальше уже ответ подставляю в первый переход. Там просто умножение на длину участка интегрирования.

mihailm · Сообщение **mihailm** » 22 май 2011, 18:11

Homka писал(а):Source of the post
...
$\iiint_{V} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy dz=\int_{0}^{2}dz\iint_{D} y\sqrt{x^2+y^2} dx dy$
Соответственно, область D - проекция тела V на плоскость XOY. Это окружность с радиусом 1.
...

Это неверно D в таком случае зависит от z, это окружность с радиусом z/2

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 18:14

И как же быть?

СергейП

Это ....
Сложно назвать, что это. Во-первых, если внешний по z от 0 до 2, то это цилиндр, у нас такого нет. Ну r и z перепутаны в D, это понятно.
Вообще, интегрирование по z должно быть внутреним.

Homka писал(а):Source of the post И как же быть?

ЦСК, но это, вообще-то, то же самое, что и переход к полярным. Но область интегрирования придется правильно задавать

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 18:20

СергейП писал(а):Source of the post
ЦСК, но это, вообще-то, то же самое, что и переход к полярным. Но область интегрирования придется правильно задавать

Я, честно говоря, в ЦСК вообще ничего не понимаю. Был уверен, что решал верно.

yourdomain.com