Matematické Fórum

drabi · 10. 06. 2012 13:09

Ahoj,
potřebovala bych pomoct s následujícím příkladem:

mám spočítat míru množiny M

$M= \{ [x,y,z] \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 <1, y>0, \left| \begin{array}{cc} x & \sqrt{x^2 + y^2}\\ y & z\\ \end{array} \right| > 0 \}$

Používám válcové souřadnice, tedy:
$x = r \cos{\varphi}\\ y= r \sin{\varphi}\\ z= h; \\ r,h>0, \varphi \in (-\pi, \pi)$

Jakobián je $J = r$

Hledám meze, tam mi to vychází takto:

$0 < r < \sqrt{1-h^2}; 0< \sin{\varphi}; h \cos{\varphi} > r \sin{\varphi}$
z toho pak dostávám:

$r \tan{\varphi} < h < \sqrt{1-r^2}, r \in {0, \infty} , \varphi \in (0, \frac{\pi}{2})$

pak tedy:
$\lambda_3(M)= \int_0^\infty \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_{r \tan{\varphi}}^{\sqrt{1 - r^2}}{r} \mathrm{d}h \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r$

jenže to mi háže už při druhé integraci nekonečna, tak nevím, kde jsem udělala chybu, zda postupuju správně..
Budu ráda za jakoukoliv radu nebo připomínku
Díky

Rumburak · 11. 06. 2012 11:29

↑ drabi:
Ahoj. Připadá mi, že výhodnější by byly sférické souřadnice.

drabi · 11. 06. 2012 12:15 — Editoval drabi (11. 06. 2012 16:08)

↑ Rumburak:

nevím zda si tím moc pomůžu, zkusím to rozepsat:

$x= r \sin{\beta} \cos{\alpha}\\ y= r \sin{\beta} \sin{\alpha}\\ z= r \cos{\beta}\\ r>0, \beta \in (0, \pi), \alpha \in (0,2\pi)$

$J = r^2 \sin{\beta}$

meze:

$0<r^2<1 \Rightarrow 0<r<1$
$r \sin{\beta} \sin{\alpha} > 0 \Rightarrow \sin{\alpha} > 0 \Rightarrow \alpha \in (0, \pi)$
$r \sin{\beta} \cos{\alpha} r \cos{\beta} - \sqrt{(r \sin{\beta} \cos{\alpha})^2 + ( r \sin{\beta} \sin{\alpha})^2}r \sin{\beta} \sin{\alpha} > 0 \Rightarrow \cos{\alpha}\cos{\beta} > \sin{\alpha} \sin{\beta}$
$\Rightarrow \text{cotg} \alpha > \text{tg} \beta, \alpha \in (0, \pi), \beta \in (0, \frac\pi2)$ tj. $\alpha > \text{arccotg}(\text{tg}{\beta})$
$\text{cotg} \alpha < \text{tg} \beta, \alpha \in (0, \pi), \beta \in (\frac\pi2, \pi)$ tj. $\alpha < \text{arccotg}(\text{tg}{\beta})$

celkově:

$\lambda_3(M)= \int_0^\frac\pi2$ $\int_{\text{arccotg}(\text{tg}{\beta})}^\pi \int_0^1 r \sin{\beta} \mathrm{d}r \mathrm{d}\alpha \mathrm{d}\beta + \int_\frac\pi2^\pi \int_0^{\text{arccotg}(\text{tg}{\beta})} \int_0^1 r \sin{\beta} \mathrm{d}r \mathrm{d}\alpha \mathrm{d}\beta = 1$

je to tak?

Rumburak

↑ drabi:

Takže : pro $\alpha, \beta \in (0, \pi)$ z nerovnosti $\cos{\alpha}\cdot\cos{\beta} > \sin{\alpha}\cdot \sin{\beta}$ (na její pravé straně je součin kladných čísel)
plyne $\cot \alpha \cdot \cot \beta > 1$ . Odtud dále:

I. pro $\beta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ dostáváme nerovnici $\text{cotg}\,\alpha > \text{tg}\,\beta (> 0)$ s neznámou $\alpha \in (0, \pi)$ , jejímž řešením je

$0 < \alpha < \text{arccotg}(\text{tg}\,\beta) = \frac{\pi}{2} - \text{arctg}(\text{tg}\,\beta) = \frac{\pi}{2} - \beta$ ,

II. pro $\beta \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ dostáváme nerovnici $\text{cotg}\,\alpha < \text{tg}\,\beta (<0)$ s neznámou $\alpha \in (0, \pi)$ , jejímž řešením je

$\pi > \alpha > \text{arccotg}(\text{tg}\,\beta) = \text{arccotg}(\text{tg}\,(\beta-\pi)) ^{*)}=\frac{\pi}{2} - \text{arctg}(\text{tg}\,(\beta - \pi)) = \frac{\pi}{2} - (\beta - \pi) = \frac{3\pi}{2} - \beta$ .

$^*)$ Tento obrat provádíme proto, abychom se dostali do intervalu $(-\pi/2, \pi/2)$ , kde má funkce tg inversní funkci arctg.

Jacobián té substituce má ale abs. hodnotu $r^2 \sin \beta$ , takže bude

$\lambda_3(M)= \int_0^1\left(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}-\beta} r^2 \sin \beta \,\,\mathrm{d}\alpha\,\mathrm{d}\beta \,+\,\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\int_{\frac{3\pi}{2}-\beta}^\pi r^2 \sin \beta \,\,\mathrm{d}\alpha\,\mathrm{d}\beta \right)\,\mathrm{d}r = ...$ .