Współrzędne sferyczne (zadania)

W zadaniu 1 wprowadzamy współrzędne sferyczne do opisu różnych najpopularniejszych obszarów w $\dpi{120} R^{3}$ . Koniecznie należy się z nimi zapoznać, ponieważ później korzysta się z nich w dalszych zadaniach.

Zadanie 1. Figurę określoną we współrzędnych prostokątnych określić za pomocą współrzędnych sferycznych:

Współrzędne sferyczne:

$\dpi{120} x=R\sin \theta \cos \varphi ,$

$\dpi{120} y=R\sin \theta \sin \varphi ,$

$\dpi{120} z=R\cos \theta$

1) sfera $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$

Rozwiązanie

Ogólnie:

$\dpi{120} R$ – długość promienia,

$\dpi{120} \varphi$ – kąt odpowiadający kątowi ze współrzędnych biegunowych, $\dpi{120} \varphi \in \left \langle 0;2\pi \right \rangle$

$\dpi{120} \theta$ – kąt odpowiadający za ”rozciąganie” sfery, $\dpi{120} \theta \in \left \langle 0;\pi \right \rangle$

W naszym zadaniu:

$\dpi{120} R=a,$ $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,\:$ $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \pi .$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) kula $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant a^{2}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant a,\;$ $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,\:$ $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \pi .$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) półkula $\dpi{120} 0\leqslant z\leqslant \sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}$ dla $\dpi{120} x^{2}+y^{2}\leqslant a^{2}$

Rozwiązanie

Zauważmy, że jest to górna półkula o środku w punkcie $\dpi{120} \left ( 0,0,0 \right )$ i promieniu $\dpi{120} a$ . Zatem $\dpi{120} z>0$ . Stąd wynika, że (zob. w zakładce Teoria tutaj) $\dpi{120} a\cos \theta >0$ $r \cos β > 0,$ czyli $\dpi{120} \cos \theta >0$ $\cos β > 0,$ a zatem $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{2}$ :

$\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant a,\;$ $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,\:$ $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{2}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) czasza $\dpi{120} z= \sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}$ dla $\dpi{120} x^{2}+y^{2}\leqslant \frac{a^{2}}{2}$

Rozwiązanie

$\dpi{120} R= a,\;$ $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,\:$ $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{4}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

5) różnica kul $\dpi{120} \frac{1}{4}\leqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant 1$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \frac{1}{2}\leqslant R\leqslant 1,\;$ $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,\:$ $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \pi .$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

6) wycinek kuli $\dpi{120} \sqrt{x^{2}+y^{2}}\leqslant z\leqslant \sqrt{1-x^{2}-y^{2}}$ dla $\dpi{120} x^{2}+y^{2}\leqslant \frac{1}{2}$

Rozwiązanie

Zapiszmy inaczej nasz wycinek.

$\dpi{120} \sqrt{x^{2}+y^{2}}\leqslant z\leqslant \sqrt{1-x^{2}-y^{2}}/\left ( \, \right )^{2}$

$\dpi{120} x^{2}+y^{2}\leqslant z^{2}\leqslant 1-x^{2}-y^{2}$

Rozdzielmy na dwie nierówności:

$\dpi{120} \underset{\leqslant \frac{1}{2}}{\underbrace{x^{2}+y^{2}}}\leqslant z^{2}$ i $\dpi{120} z^{2}\leqslant 1-x^{2}-y^{2}$

$\dpi{120} z\geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$ i $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant 1\Rightarrow R=1$

$\dpi{120} \cos \theta \geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\dpi{120} \cos \theta \geqslant \cos \frac{\pi }{4}$

$\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{4}$

Zatem:

$\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant 1,\;$ $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,\:$ $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{4}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Obliczyć za pomocą współrzędnych sferycznych całki:

1) $\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}z^{2}d\sigma$ , gdzie $\dpi{120} D$ górna połowa kuli o promieniu $\dpi{120} 2$ i środku $\dpi{120} \left ( 0,0 ,0\right )$

Rozwiązanie

Kula opisana jest nierównością $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant 4$ $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2},$ w takim razie $r = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}$ $[0, R] .$ Górną połowę kuli zadaje nierówność $z > 0,$ zatem musi być $\dpi{120} 2\cos \theta >0$ $r \cos β > 0,$ czyli $\dpi{120} \cos \theta >0$ $\cos β > 0,$ a zatem $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{2}$ $β \in (0, \frac{π}{2}) .$ Na $α$ nie mamy żadnych dodatkowych warunków, więc $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ . Tak więc wprowadzając współrzędne sferyczne mamy:

$\dpi{120} x=R\sin \theta \cos \varphi ,$

$\dpi{120} y=R\sin \theta \sin \varphi ,$

$\dpi{120} z=R\cos \theta$

oraz $r = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}$ , $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ , $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{2}$ . W ten sposób otrzymaliśmy granice całkowania. Pamiętajmy o jakobianie dla współrzędnych sferycznych $\dpi{120} J=R^{2}\sin \theta$ . Mamy:

$\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}z^{2}dV=\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}R\cos \theta \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}R^{3}\cos \theta \cdot \sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

Wykorzystajmy wzór $\dpi{120} \sin 2\alpha =2\sin\alpha \cos \alpha \Rightarrow \sin \alpha \cos \alpha =\frac{1}{2}\sin 2\alpha$ . Zatem:

$\dpi{120} =\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}R^{3}\cdot \frac{1}{2}\sin 2\theta \, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}R^{3}\cdot \sin 2\theta \, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }R^{3}\cdot \left [-\frac{1}{2}\cos 2\theta \right ] _{0}^{\frac{\pi }{2}}\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{4}\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }R^{3}\cdot \left [\underset{=-1}{\underbrace{\cos \left (2\cdot \frac{\pi }{2} \right )}}-\underset{=1}{\underbrace{\cos 0 }}\right ] \, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =-\frac{1}{4}\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }R^{3}\cdot \left ( -2 \right ) \, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\int_{0}^{2\pi }R^{3}\, d\varphi \, dR=$

Zmiennej $\dpi{120} \varphi$ nie ma pod znakiem całki, więc całka po $\dpi{120} \varphi$ jest równa długości przedziału całkowania.

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\int_{0}^{2}R^{3}\cdot \left ( 2\pi -0 \right ) \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\cdot 2\pi \int_{0}^{2}R^{3} \, dR=$

$\dpi{120} =\pi \int_{0}^{2}R^{3} \, dR=$

$\dpi{120} =\pi \cdot \left [\frac{R^{4}}{4} \right ]_{0}^{2} =\pi \cdot \left (\frac{2^{4}}{4} -0 \right )=4\pi$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) $\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}\left (x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )d\sigma$ , gdzie $\dpi{120} D=\left \{ x^{2} +y^{2}+z^{2}\leqslant 1\right \}$

Rozwiązanie

Wprowadzając współrzędne sferyczne mamy:

$\dpi{120} x=R\sin \theta \cos \varphi ,$

$\dpi{120} y=R\sin \theta \sin \varphi ,$

$\dpi{120} z=R\cos \theta$

oraz $\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant 1$ , $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ , $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \pi$ . Pamiętajmy o jakobianie dla współrzędnych sferycznych $\dpi{120} J=R^{2}\sin \theta$ . Mamy:

$\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}\left (x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )d\sigma =$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\left [\left ( R\sin \theta \cos \varphi \right )^{2}+\left ( R\sin \theta \sin \varphi \right )^{2}+\left (R\cos \theta \right )^{2} \right ] \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\left [R^{2}\sin ^{2}\theta \cos^{2} \varphi +R^{2}\sin^{2} \theta \sin ^{2}\varphi +R^{2}\cos^{2} \theta \right ] \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\left [R^{2}\sin ^{2}\theta \underset{=1}{\underbrace{\left (\cos^{2} \varphi + \sin ^{2}\varphi \right )}}+R^{2}\cos^{2} \theta \right ] \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\left [R^{2}\sin ^{2}\theta +R^{2}\cos^{2} \theta \right ] \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\left [R^{2}\underset{=1}{\underbrace{\left (\sin ^{2}\theta +\cos^{2} \theta \right )}}\right ] \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }R^{2} \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }R^{4} \sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{4} \left [-\cos\theta \right ]_{0}^{\pi }\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{4} \underset{=2}{\underbrace{\left [-\cos\pi +\cos 0 \right ]}}\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =2\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{4} \, d\varphi \, dR=$

Zmiennej $\dpi{120} \varphi$ nie ma pod znakiem całki, więc całka po $\dpi{120} \varphi$ jest równa długości przedziału całkowania.

$\dpi{120} =2\int_{0}^{1}R^{4} \cdot 2\pi \, dR=$

$\dpi{120} =4\pi \int_{0}^{1}R^{4} \, dR=$

$\dpi{120} =4\pi \cdot \left [ \frac{R^{5}}{5} \right ]_{0}^{1}=4\pi \cdot \frac{1}{5}=\frac{4}{5}\pi$

Warto zapamiętać, że po wprowadzeniu współrzędnych sferycznych wyrażenie $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}$ zredukuje się zawsze do $\dpi{120} R^{2}$ .

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) $\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}\frac{dx\, dy\, dz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} d\sigma$ , gdzie $\dpi{120} D=\left \{ 1\leqslant x^{2} +y^{2}+z^{2}\leqslant 4\right \}$

Rozwiązanie

Wprowadzając współrzędne sferyczne mamy:

$\dpi{120} x=R\sin \theta \cos \varphi ,$

$\dpi{120} y=R\sin \theta \sin \varphi ,$

$\dpi{120} z=R\cos \theta$

oraz $\dpi{120} 1\leqslant R\leqslant 2$ , $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ , $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \pi$ . Pamiętajmy o jakobianie dla współrzędnych sferycznych $\dpi{120} J=R^{2}\sin \theta$ . Mamy:

$\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}\frac{dx\, dy\, dz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} d\sigma=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\frac{1}{\left ( R\sin \theta \cos \varphi \right )^{2}+\left ( R\sin \theta \sin \varphi \right )^{2}+\left (R\cos \theta \right )^{2}}\cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

W mianowniku mieliśmy wyrażenie $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}$ , które w poprzednim przykładzie pokazaliśmy, że redukuje się po wprowadzeniu współrzędnych sferycznych do $\dpi{120} R^{2}$ . Zatem:

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi }\frac{1}{R^{2}} \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\pi } \sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\int_{0}^{2\pi } \left [-\cos\theta \right ]_{0}^{\pi }\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{1}^{2}\int_{0}^{2\pi } \underset{=2}{\underbrace{\left [-\cos\pi +\cos 0 \right ]}}\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =2\int_{1}^{2}\int_{0}^{2\pi } \, d\varphi \, dR=$

Zmiennej $\dpi{120} \varphi$ nie ma pod znakiem całki, więc całka po $\dpi{120} \varphi$ jest równa długości przedziału całkowania.

$\dpi{120} =2\int_{1}^{2} 2\pi \, dR=$

$\dpi{120} =4\pi \int_{1}^{2} \, dR=$

Podobnie ze zmienną $\dpi{120} R$ , nie ma jej pod znakiem całki, a długość przedziału całkowania wynosi $\dpi{120} 2-1=1$ . Zatem:

$\dpi{120} =4\pi \cdot 1=4\pi$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) $\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}\sqrt{x^{2}+y^{2}} \, d\sigma$ , gdzie $\dpi{120} D=\left \{ x^{2} +y^{2}+z^{2}\leqslant 1,\; z\leqslant 0\right \}$

Rozwiązanie

Kula opisana jest nierównością $\dpi{120} x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant 1$ $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2},$ w takim razie $\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant 1$ $[0, R] .$ Nierówność $z > 0,$ zatem musi być $\dpi{120} \cos \theta \leqslant 0$ $r \cos β > 0,$ a zatem $\dpi{120} \frac{\pi }{2}\leqslant \theta \leqslant \pi$ $β \in (0, \frac{π}{2}) .$ Na $α$ nie mamy żadnych dodatkowych warunków, więc $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ . Tak więc wprowadzając współrzędne sferyczne mamy:

$\dpi{120} x=R\sin \theta \cos \varphi ,$

$\dpi{120} y=R\sin \theta \sin \varphi ,$

$\dpi{120} z=R\cos \theta$

oraz $\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant 1$ , $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ , $\dpi{120} \frac{\pi }{2}\leqslant \theta \leqslant \pi$ . Pamiętajmy o jakobianie dla współrzędnych sferycznych $\dpi{120} J=R^{2}\sin \theta$ . Mamy:

$\dpi{120} \underset{\left ( D \right )\: \; \; \; }{\iiint_{\, }^{\, }}\sqrt{x^{2}+y^{2}} \, d\sigma=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\sqrt{\left ( R\sin \theta \cos \varphi \right )^{2}+\left ( R\sin \theta \sin \varphi \right )^{2} }\cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\sqrt{R^{2}\sin ^{2}\theta \cos^{2} \varphi +R^{2}\sin^{2} \theta \sin ^{2}\varphi} \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\sqrt{R^{2}\sin ^{2}\theta \underset{=1}{\underbrace{\left (\cos^{2} \varphi + \sin ^{2}\varphi \right )}} } \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\sqrt{R^{2}\sin ^{2}\theta }\cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

Ponieważ $\dpi{120} \sin \theta$ w przedziale $\dpi{120} \left \langle \frac{\pi }{2};\pi \right \rangle$ jest nieujemny, więc opuszczamy pierwiastek i kwadraty bez wprowadzania wartości bezwzględnej. Mamy:

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }R\sin \theta \cdot R^{2 }\sin\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }R^{3} \sin^{2}\theta\, d\theta\, d\varphi \, dR=$

Wykorzystujemy wzór $\dpi{120} \int \sin ^{2}xdx=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}\sin 2x$ . Stąd:

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{3} \left [\frac{1}{2 }\theta -\frac{1}{4}\sin 2\theta \right ]_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{3} \left [\frac{1}{2 }\pi -\frac{1}{4}\underset{=0}{\underbrace{\sin 2\pi}} -\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi }{2}+\frac{1}{4}\underset{=0}{\underbrace{\sin \left (2\cdot \frac{\pi }{2} \right )}}\right ]\, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{3} \cdot \frac{1}{4}\pi \, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{4}\pi \int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{3} \, d\varphi \, dR=$

Zmiennej $\dpi{120} \varphi$ nie ma pod znakiem całki, więc całka po $\dpi{120} \varphi$ jest równa długości przedziału całkowania.

$\dpi{120} =\frac{1}{4}\pi \int_{0}^{1}R^{3} \cdot 2\pi \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\pi ^{2}\int_{0}^{1}R^{3} \, dR=$

$\dpi{120} =\frac{1}{2}\pi^{2} \cdot \left [ \frac{R^{4}}{4} \right ]_{0}^{1}=\frac{1}{2}\pi^{2} \cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{8}\pi^{2}$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 3. Obliczyć za pomocą współrzędnych sferycznych całki:

1) $\dpi{120} \int_{-1}^{1}dx\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}dy\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}dz$

Rozwiązanie

Zauważmy, że obszarem całkowania jest górna półkula o środku w punkcie $\dpi{120} \left ( 0,0,0 \right )$ i promieniu $\dpi{120} 1$ . We wcześniejszych przykładach po wprowadzeniu współrzędnych sferycznych otrzymywaliśmy:

$\dpi{120} x=R\sin \theta \cos \varphi ,$

$\dpi{120} y=R\sin \theta \sin \varphi ,$

$\dpi{120} z=R\cos \theta$

oraz $\dpi{120} 0\leqslant R\leqslant 1$ , $\dpi{120} 0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi$ , $\dpi{120} 0\leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{2}$ . Jakobian dla współrzędnych sferycznych wynosi $\dpi{120} J=R^{2}\sin \theta$ . Mamy:

$\dpi{120} \int_{-1}^{1}dx\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}dy\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}dz=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}1\cdot R^{2}\sin \theta \, d\theta \, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{2}\left [-\cos \theta \right ]_{0}^{\frac{\pi }{2}} \, d\varphi \, dR=$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{2}\left [\underset{=1}{\underbrace{-\cos \frac{\pi }{2} +\cos 0}}\right ] \, d\varphi \, dR =$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi }R^{2} \, d\varphi \, dR =$

$\dpi{120} =\int_{0}^{1}R^{2}\cdot 2\pi \, dR =$

$\dpi{120} =2\pi \int_{0}^{1}R^{2} \, dR =$

$\dpi{120} =2\pi\cdot \left [\frac{R^{3}}{3} \right ]_{0}^{1} =2\pi\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\pi$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń