Тройной интеграл

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 19:23

СергейП писал(а):Source of the post
$\displaystyle \int_{\frac {\pi} {4}}^{\frac {3\pi} {4}} \sin\varphi d\varphi\int_{0}^{1}\rho^3 d \rho \int_{2\rho}^{2}dz=...$

и тройной интеграл распадется на произведение двойного и определенного

С этим ясно. Получается $\frac {\sqrt{2}} {10}$ . Интересен геометрический смысл ответа.
И вопрос с пределами фи. Чисто геометрически понятны углы, а как их выразить, чтобы получились такие значения?

jarik · Сообщение **jarik** » 22 май 2011, 19:45

Homka писал(а):Source of the post а как их выразить, чтобы получились такие значения?

Вот в эти неравенмтва

Homka писал(а):Source of the post $y\ge x,\\y\ge -x$

подставить

СергейП писал(а):Source of the post

$\displaystyle x= \rho \cos \phi , \displaystyle y= \rho \sin \phi$

решив неравенства получим углы...

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 20:03

Спасибо всем!
В другом задании я сделал ту же ошибку... здесь, видимо, та же ситуация.
Необходимо вычислить массу тела, если:
$V:\\x^2+y^2+z^2=4,\\x^2+y^2=1,\\(x^2+y^2\le 1)\\x=0,\\(x\ge0),\\\mu=4|z|$
Мю - это плотность.
Наверное, та же глупость. Если интересно, то смотрите прикреплённое решение. Так-то я разобрался теперь с ЦСК, поэтому переделаю, если что. Но в решении этом я четвёрку перед плотностью упустил, поэтому на вычисления можно не смотреть.
Спасибо ещё раз!

[img]/modules/file/icons/x-office-document.png[/img] 1.doc

Ian · Сообщение **Ian** » 22 май 2011, 20:20

Homka писал(а):Source of the post Необходимо вычислить массу тела, если:
$V:\\x^2+y^2+z^2=4,\\x^2+y^2=1,\\(x^2+y^2\le 1)\\x=0,\\(x\ge0),\\\mu=4|z|$
Мю - это плотность.

Почитал файл, у Вас $\int_{\sqrt 3}^2...dz+\int_{-2}^{-\sqrt 3}...dz$ принципиально выпал из рассмотрения, надо эти интегралы хоть отдельно посчитать и добавить

Ответ вышел $7\pi$ , а если эти шапочки забывать, то выйдет всего $6\pi$
разница!

СергейП

Ian писал(а):Source of the post
Homka писал(а):Source of the post Необходимо вычислить массу тела, если:
$V:\\x^2+y^2+z^2=4,\\x^2+y^2=1,\\(x^2+y^2\le 1)\\x=0,\\(x\ge0),\\\mu=4|z|$
Мю - это плотность.
Почитал файл, у Вас $\int_{\sqrt 3}^2...dz+\int_{-2}^{-\sqrt 3}...dz$ принципиально выпал из рассмотрения, надо эти интегралы хоть отдельно посчитать и добавить

Ответ вышел $7\pi$ , а если эти шапочки забывать, то выйдет всего $6\pi$
разница!

Только не до 2, а до сферич. поверхности.
$\displaystyle x^2+y^2+z^2=4$
$\displaystyle z =\pm \sqrt {4 - (x^2+y^2)}$
Это пределы интегрир. по z, хотя удобнее использовать симметрию и по z начинать с 0 (потом *2)

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 21:06

СергейП писал(а):Source of the post
Только не до 2, а до сферич. поверхности.
$\displaystyle x^2+y^2+z^2=4$
$\displaystyle z =\pm \sqrt {4 - (x^2+y^2)}$
Это пределы интегрир. по z, хотя удобнее использовать симметрию и по z начинать с 0 (потом *2)

То есть переход абсолютно такой же, как и в первом случае? Угол -пи/2 до пи/2, эр от 0 до 1, а вот с z морока... там дважды что ль по z надо интегрировать?

Ian · Сообщение **Ian** » 22 май 2011, 21:21

Homka писал(а):Source of the post
СергейП писал(а):Source of the post
Только не до 2, а до сферич. поверхности.
$\displaystyle x^2+y^2+z^2=4$
$\displaystyle z =\pm \sqrt {4 - (x^2+y^2)}$
Это пределы интегрир. по z, хотя удобнее использовать симметрию и по z начинать с 0 (потом *2)

То есть переход абсолютно такой же, как и в первом случае? Угол -пи/2 до пи/2, эр от 0 до 1, а вот с z морока... там дважды что ль по z надо интегрировать?

$\int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}}4|z|dz=2\int_0^{\sqrt{4-r^2}}4zdz$ и все остальное почти в уме посчиталось...

Homka · Сообщение **Homka** » 22 май 2011, 21:32

Ian писал(а):Source of the post
$\int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}}4|z|dz=2\int_0^{\sqrt{4-r^2}}4zdz$ и все остальное почти в уме посчиталось...

Здесь такой ответ:
$$16-4r^2$$

Потом по r от нуля до единицы получим:
$\frac {44} {3}$
Ну и по фи -пи/2 до пи/2 получим:
$\frac {44\pi} {3}$

Ian · Сообщение **Ian** » 22 май 2011, 21:50

Homka писал(а):Source of the post
Ian писал(а):Source of the post
$\int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}}4|z|dz=2\int_0^{\sqrt{4-r^2}}4zdz$ и все остальное почти в уме посчиталось...

Здесь такой ответ:

Потом по r от нуля до единицы получим:
$\frac {44} {3}$
Ну и по фи -пи/2 до пи/2 получим:
$\frac {44\pi} {3}$

Забыт якобиан $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\phi\int_0^1rdr(16-4r^2)=7\pi$ .
Сегодня студенты сплошь неверуюшие. Я ж вам не преп какогонито вуза, который в силу своей ~~задро~~занятости в вычислениях делает 50% ошибок. Не обязан считать, но раз точно знаю - сообщил

yourdomain.com