Математический форум Math Help Planet
http://mathhelpplanet.com/

Решить интеграл.
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=19&t=12443
Страница 1 из 1

Автор:  swdd [ 25 дек 2011, 15:01 ]
Заголовок сообщения:  Решить интеграл.

Необходимо найти объем тела, ограниченный поверхностями:
4(z^2-y^2)=(xz)^2 и z=2.
Пытался решить в цилиндрических координатах, но ничего не вышло.
При z=2 сечением поверхности является круг, но при z<2 это уже будет эллипс. А сам рисунок похож на двойной приплюснутый параболоид, симметричный относительно плоскости Оху.
Никак не могу разобраться, что с этим делать( Помогите кто-нибудь пожалуйста.

Автор:  neurocore [ 26 дек 2011, 13:32 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

У вас ведь есть сечение? Можете его задать x1 < x < x2, y1(x) < y < y2(x) ? Это ведь будет по сути область D, по которой мы находим объём данного тела

[math]\[\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {dx\int\limits_{{y_1}(x)}^{{y_2}(x)} {z(x,y)\,dy} } \][/math]

Автор:  swdd [ 27 дек 2011, 07:01 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

Нет, это конечно один из вариантов, но ответ нужно получить c [math]\pi[/math]. А значит нужно скорее всего использовать цилиндрические координаты.

[math]\int \limits_0^{2\pi}{d\varphi}\int\limits_0^2r{dr}\int\limits_{2rsin\varphi/\sqrt{4-r^2(cos\varphi)^2}}^2{dz}[/math]

Подскажите, правильно ли составлен этот интеграл?

Автор:  neurocore [ 28 дек 2011, 17:44 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

Итак, давайте разберёмся с сечением - x^2 + y^2 = 4, - окружность с центром в начале координат и радиусом 2. Теперь рассмотрим сечение плоскостью, проходящей через ось Oz: вы наверно уже перешли к цилиндрическим координатам в уравнении? Оно зависит от phi, а значит при вращении плоскости сечения мы будем получать разные графики. Так что строим сечение для фиксированного phi = phi0. Выразим z = f(r, phi). Очевидно, 0 < r < 2, тогда f(2-0, phi) = 2 - точка z1 = 2, r1 = 2 есть при любом phi. Аналогично z2 = 0, r2 = 0. Осталось исследовать путь от (z1, r1) до (z2, r2) - нужно однозначное отображение, тогда ваш интеграл будет законным. Если тупо поделить на r в числителе и знаменателе f(r, phi), то заметим, что функция-то монотонно возрастает, а по теореме (если не ошибаюсь) Коши, для каждого значения аргумента найдётся ровно одно значение функции - что и надо было. Значит ваша запись верна

Автор:  swdd [ 18 янв 2012, 11:20 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

Тема еще актуальна. В составленном выше интеграле выходит ответ [math]8\pi[/math] . Ответ, как мне сказали, неверный, значит, интеграл составлен не правильно(
не знаю что теперь делать(

Автор:  Shaman [ 18 янв 2012, 11:54 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

Фигура эта похожа на прищемлённый цилиндр, который при z=0 вырождается в отрезок [(0,-2),(0,2)].
У вас в условии нет ограничения на z снизу, а фигура относительно z=0 симметрична.
Если понимать условие как |z|<=2, то объём 8*Pi, а если как 0<=z<=2 (чтобы было односвязное тело), то 4*Pi.
Уточните условие.

P.S. Интегрировал в декартовых координатах, что косвенно подтверждает ваш результат.

Автор:  neurocore [ 18 янв 2012, 12:10 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

Честно говоря, мне не удалось до конца его посчитать) Взгляните на один из возникающих интегралов:

[math]\[\begin{gathered} \int\limits_0^{2\pi } {\frac{{{{\sin }^4}\varphi - \sin \varphi }}{{{{\cos }^4}\varphi }}d\varphi } = \int\limits_0^{2\pi } {{{\tan }^4}\varphi d\varphi } + \int\limits_0^{2\pi } {\frac{{d\cos \varphi }}{{{{\cos }^4}\varphi }}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\tan }^4}\varphi d\varphi } + \int\limits_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{{3\pi }}{2}} {{{\tan }^4}\varphi d\varphi } + \int\limits_{\frac{{3\pi }}{2}}^{2\pi } {{{\tan }^4}\varphi d\varphi } + \int\limits_0^{2\pi } {\frac{{d\cos \varphi }}{{{{\cos }^4}\varphi }}} = \hfill \\ \left| \begin{gathered} t = \tan \varphi \hfill \\ \varphi = \arctan t \hfill \\ d\varphi = \frac{{dt}}{{{t^2} + 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right| = (\int\limits_0^{ + \infty } + \int\limits_{ + \infty }^{ - \infty } + \int\limits_{ - \infty }^0 ) {t^4}\frac{{dt}}{{{t^2} + 1}} - \frac{1}{{3{{\cos }^3}\varphi }}\left| \begin{gathered} 2\pi \hfill \\ 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. = (\int\limits_0^{ + \infty } + \int\limits_{ + \infty }^{ - \infty } + \int\limits_{ - \infty }^0 ) ({t^2} - 1 + \frac{1}{{{t^2} + 1}})dt - \mathop {\lim }\limits_{x \to 2\pi ,y \to 0} (\frac{1}{{3{{\cos }^3}x}} - \frac{1}{{3{{\cos }^3}y}}) = \hfill \\ = (\frac{{{t^3}}}{3} - t + \arctan t)\left| \begin{gathered} + \infty \hfill \\ 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. + (\frac{{{t^3}}}{3} - t + \arctan t)\left| \begin{gathered} - \infty \hfill \\ + \infty \hfill \\ \end{gathered} \right. + (\frac{{{t^3}}}{3} - t + \arctan t)\left| \begin{gathered} 0 \hfill \\ - \infty \hfill \\ \end{gathered} \right. - \mathop {\lim }\limits_{x \to 2\pi ,y \to 0} (\frac{1}{{3{{\cos }^3}x}} - \frac{1}{{3{{\cos }^3}y}}) = \hfill \\ = 2(\frac{{{0^3}}}{3} - 0 + \arctan 0) - \mathop {\lim }\limits_{x \to 2\pi ,y \to 0} (\frac{1}{{3{{\cos }^3}x}} - \frac{1}{{3{{\cos }^3}y}}) = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 2\pi ,y \to 0} (\frac{1}{{3{{\cos }^3}x}} - \frac{1}{{3{{\cos }^3}y}}) \hfill \\ \end{gathered} \][/math]

В итоге - неопределённость (стремление по x и y разное, и значения предела нет)
Скорее не так составили интеграл

Автор:  Shaman [ 18 янв 2012, 12:36 ]
Заголовок сообщения:  Re: Решить интеграл.

Вот прямое интегрирование (в предположении, что в условии |z|<=2)

[math]\int\limits_{ - 2}^2 {dz\int\limits_{ - 2}^2 {dx\int\limits_{ - \sqrt {\frac{{4 \cdot {z^2} - {{(x \cdot z)}^2}}}{4}} }^{\sqrt {\frac{{4 \cdot {z^2} - {{(x \cdot z)}^2}}}{4}} } {dy = } } } \int\limits_{ - 2}^2 {dz\int\limits_{ - 2}^2 {\sqrt {4 \cdot {z^2} - {{(x \cdot z)}^2}} dx} } = \int\limits_{ - 2}^{2} {2 \cdot z \cdot \pi dz = 8 \cdot \pi }[/math]

Страница 1 из 1 Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/