Mam dla dowolnego \(\displaystyle{ k\in\mathbb{Z}}\) policzyć pole
\(\displaystyle{ \left\{(x,y,z)\,:\,x^2+y^2\leq 1,\,(1-x^2-y^2)^kz^2\leq(x^2-y^2)^2\right\}.}\)
Po zamianie zmiennych na walcowe mam całkę z \(\displaystyle{ r}\) po
\(\displaystyle{ \left\{0<r<1,\,\alpha\in(0,2\pi),\,(1-r^2)^kz^2<r^4\cos2\alpha\right\}.}\)
Nie wiem co z tym zrobić, żeby nie dostać koszmaru pod całką, ani jak ewentualnie poradzić sobie z koszmarem.
PS: Przepraszam za pomyłkę w tytule. Chodzi oczywiście o objętość bryły.
Pole figury płaskiej
-
norwimaj
- Użytkownik
- Posty: 5091
- Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 1001 razy
Pole figury płaskiej
Poprawienie błędu uprości sprawę. Ostatni warunek to
\(\displaystyle{ (1-r^2)^kz^2<r^4\cos^22\alpha}\).
Mamy więc
\(\displaystyle{ \int_0^1\int_0^{2\pi}
\int_{-\frac{r^2|\cos2\alpha|}{\sqrt{(1-r^2)^k}}}^{\frac{r^2|\cos2\alpha|}{\sqrt{(1-r^2)^k}}}\mathrm{d}z\,\mathrm{d}\alpha\,\mathrm{d}r=
2 \int_0^1 \frac{r^2}{\sqrt{(1-r^2)^k}}\mathrm{d}r\;
\int_0^{2\pi}|\cos2\alpha|\mathrm{d}\alpha}\).
W pierwszej całce proponuję podstawić \(\displaystyle{ r=\sin t}\), dla \(\displaystyle{ t\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)}\). Potem przez części. Całka po \(\displaystyle{ \alpha}\) prosta.
\(\displaystyle{ (1-r^2)^kz^2<r^4\cos^22\alpha}\).
Mamy więc
\(\displaystyle{ \int_0^1\int_0^{2\pi}
\int_{-\frac{r^2|\cos2\alpha|}{\sqrt{(1-r^2)^k}}}^{\frac{r^2|\cos2\alpha|}{\sqrt{(1-r^2)^k}}}\mathrm{d}z\,\mathrm{d}\alpha\,\mathrm{d}r=
2 \int_0^1 \frac{r^2}{\sqrt{(1-r^2)^k}}\mathrm{d}r\;
\int_0^{2\pi}|\cos2\alpha|\mathrm{d}\alpha}\).
W pierwszej całce proponuję podstawić \(\displaystyle{ r=\sin t}\), dla \(\displaystyle{ t\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)}\). Potem przez części. Całka po \(\displaystyle{ \alpha}\) prosta.