|
$%x^2+y^2=6\sqrt2x$% $%z=x^2+y^2-36$% $%z=0 (z\ge0)$% задан 4 Май '15 22:38 
Ni55aN |
|
Для начала рассмотрим уравнение $%x^2+y^2-36=0$%. Оно задаёт окружность радиусом 6 с центром в нуле. Интересующий нас случай $%z\ge0$% относится к её внешней части. Эту окружность надо нарисовать. Далее, нам дано уравнение окружности с центром $%(3\sqrt2;0)$%, проходящей через начало координат. В пространстве она задаёт поверхность цилиндра. Эту окружность также надо нарисовать. Легко найти точки пересечения двух окружностей из условия $%6\sqrt2x=x^2+y^2=36$%. Получается $%x=3\sqrt2=y$%. Интегрировать мы должны по "луночке", которая является пересечением внешней части первой окружности и внутренней части второй. Удобно сразу перейти к полярным координатам. Вторая окружность задаётся уравнением $%r=6\sqrt2\cos\varphi$%. Поэтому границами области интегрирования будут $%6\le r\le6\sqrt2\cos\varphi$% и $%-\frac{\pi}4\le\varphi\le\frac{\pi}4$% (за счёт того, что точки пересечения лежат на биссектрисах координатных углов). Интегрируется по этой области функция $%r^2-36$%. С учётом якобиана замены, а также с учётом симметрии относительно оси $%Ox$%, интеграл будет равен $%2\int\limits_0^{\pi/4}d\varphi\int\limits_6^{6\sqrt2\cos\varphi}r(r^2-36)\,dr$%. Вычисление интеграла здесь несложное: при подстановке верхнего предела, зависящего от косинуса, с точностью до множителя, получится функция $%\cos^4\varphi-\cos^2\varphi=-\sin^2\varphi\cos^2\varphi=-\frac14\sin^22\varphi=\frac18(\cos4\varphi-1)$%. С учётом нижнего предела, это даст в конце $%162\int\limits_0^{\pi/4}(1+\cos4\varphi)\,d\varphi=81\pi$%. отвечен 5 Май '15 1:49 
falcao @void_pointer: не должно. Вы интегрируете от 0, то есть по всему кругу. Ответ при этом, кстати, действительно в 2 раза больше. Но область интегрирования там другая (это "луночка"), и нижний предел "среднего" интеграла равен 6.
(5 Май '15 4:05)
falcao
@falcao я интегрирую от $% - \pi /2$% до $%\pi /2$% так как $%dA$% это область задана кругом $%{x^2} + {y^2} = 6\sqrt 2 x$% который расположен по угловым значениям от -90 град до 90 град и расстояние от начала координат до этого круга пробегает по всем значениям от нуля до $%6\sqrt 2 \,\cos \theta $%
(5 Май '15 4:11)
night-raven
@void_pointer: это я понимаю, но у Вас не учтено условие $%z=x^2+y^2-36\ge0$%, в силу которого $%r\ge6$%. Областью интегрирования будет не круг, а только его часть.
(5 Май '15 4:15)
falcao
@falcao условие по $%z$% как-то некорректно поставленно. Обычно в подобных задачах ограничивают по $%z$% сверху и снизу а тут: $%z = 0\,(z \ge 0)$%, по идее, должно быть или $%z = 0$%, или $%z \ge 0$%. Но при условии $%z \ge 0$% параболойд всерху не будет ограничен и его обьем будет стремится к бесконечности. Я, конечно, могу ошибатся, но я как понял задачу, так и решил.
(5 Май '15 4:22)
night-raven
@void_pointer: условие вполне корректно. Берётся часть пространства, расположенная между плоскостью z=0 и параболоидом, выше этой плоскости. Её пересечение с цилиндром ограничено.
(5 Май '15 4:27)
falcao
@falcao а какой ответ в книжке?
(5 Май '15 4:29)
night-raven
@void_pointer: это надо спросить у @Ni55aN. Я даже не знаю, из какого это задачника.
(5 Май '15 4:32)
falcao
Откуда $%r^2-36$%?
(5 Май '15 21:20)
Ni55aN
показано 5 из 8
показать еще 3
|
|
Такие интегралы лучше решать через цилиндрическую или сферическую систему координат. Для начала рассмотрим ситуацию, когда параболойд обрезает цилиндр и тем самым образует ограниченное тело.
На обеих картинках четко видны границы интегрирования по $%z$%. Рассмотрим теперь пересечение $%xy$% плоскости обеими фигурами. Теперь, ясно что нашей областью интегрирования на плоскости является месяц. Этот месяц выделен разными цветами. Используя на плоскости полярную систему мы видим что радиус будет зажат между двумя окружностями: $${x^2} + {y^2} = 36\,\,\,\,\,{\text{и}}\,\,\,\,\,{(x - 3\sqrt 2 )^2} + {y^2} = 18$$. Пределы на полярный угол находятся элементарно: $${x^2} + {y^2} = 36,\,\,\,{x^2} + {y^2} = 6\sqrt 2 x \Rightarrow 36 = 6\sqrt 2 \cdot 6\,\cos \theta \Rightarrow \theta = \frac{\pi }{4}$$
Пусть $$x = r\cos \theta ,\,\,\,y = r\sin \theta ,\,\,\,z = z,\,\,\,J = \frac{{\partial (x,y,z)}}{{\partial (r,\theta ,z)}} = r{\cos ^2}\theta + r{\sin ^2}\theta = r$$ Расставим границы: $$ - \frac{\pi }{4} \le \theta \le \frac{\pi }{4},\,\,\,\,\,6 \le r \le 6\sqrt 2 \,\cos \theta ,\,\,\,\,\,0 \le z \le {r^2} - 36$$ В итоге вам нужно решить: $$V = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\int\limits_6^{6\sqrt 2 \,\cos \theta } {\int\limits_0^{{r^2} - 36} {r\,dz\,dr\,d\theta } } } = 81\pi $$ отвечен 5 Май '15 0:01 
night-raven Можно описание? Откуда $%J=$% ..., $%r^2-36$% ? Почему $%z \le 0$%, ив третьем интеграле от $%r$%?
(5 Май '15 21:46)
Ni55aN
@Ni55aN: $%J$% есть якобиан полярной замены, он равен $%r$%. Про $%r^2-36$% уже говорили. Неравенство $%z\le0$% не соответствует условию, в котором всё наоборот, то есть $%z\ge0$%.
(5 Май '15 21:54)
falcao
Так если поменять пределы, то будет отрицательный результат.
(5 Май '15 21:58)
Ni55aN
$%r^2-36$% единственный раз написан в предложении с "Интегрируется по этой области функция...". А что.. откуда.. непонятно
(5 Май '15 22:02)
Ni55aN
@Ni55aN: я считал этот момент очевидным. Интеграл изначально как бы тройной, и мы по двумерной области интегрируем от 0 до $%z=x^2+y^2-36$%. Этот тот интеграл, который в тексте Вашего вопроса был расположен "внутри". Ясно, что получается $%r^2-36$%. Это и есть функция, интегрируемая по двумерной области.
(5 Май '15 22:49)
falcao
@falcao, в контексте этого ответа если поменять местами пределы в 3 интеграле, и нижний предел у второго будет равен 6, то ответ получается тот же. В чем отличие, и какие области затрагиваются в первом и втором случае? Если я правильно понимаю, то в Вашем ответе считается меньшая область "луны", (та что правее), но какая в данном ответе?
(5 Май '15 23:10)
Ni55aN
@Ni55aN: помимо того, что Вы перечислили, надо пределы изменения угла заменить (на $%\pi/4$% вместо $%\pi/2$%). То есть это как бы "Федот, да не тот" :) Возможен вариант задачи, когда $%z\le0$%. Тогда получится другая "луночка" (пересечение кругов). Но и там всё устроено сложнее. Тогда интеграл пришлось бы разбивать на два. При углах от 0 до $%\pi/2$% радиус $%r$% менялся бы от 0 до 6, а при углах от $%\pi/4$% до $%\pi/2$% -- от 0 до $%6\sqrt2\cos\varphi$%.
(5 Май '15 23:30)
falcao
@void_pointer: не подскажете в какой программе Вы делали 3d-изображение?
(24 Ноя '15 18:36)
Leva319
показано 5 из 8
показать еще 3
|
Пределы интегрирования здесь не такие, и объём не может быть отрицательным.
@Ni55aN: приходится здесь отвечать на комментарий. По ссылке у меня открываются какие-то совсем посторонние графики. Здесь достаточно нарисовать две окружности. "Луночка" нужна та, которая правее всех. Там сразу видно, что она расположена между прямыми y=x, y=-x, и угол меняется в пределах от -п/4 до п/4.
По поводу вопроса про $%r^2-36$%. У Вас имеется "внутренний" интеграл по $%z$% от 0 до $%x^2+y^2-36$%. Он очень простой, поэтому я его устно сосчитал и вписал значение. Оно как раз и равно $%r^2-36$%, так как $%r^2=x^2+y^2$% в обозначениях полярной замены.
Спасибо, получается, именно момент о полярной замене меня интересовал))