Rozwiązanie:
Całka:
[tex]$\iiint\limits^{}_{V}\frac{1}{x^2+y^2} \ dxdydz[/tex]
Bryła:
[tex]$\left \{ {{x^{2}+y^{2}=z} \atop {x\geq 0 \wedge y\geq 0 \wedge z\geq 1}} \right.[/tex]
Mamy tutaj paraboloidę, która stanowi dolne ograniczenie. Z góry bryła jest ograniczona przez płaszczyznę [tex]z=1[/tex]. Możemy łatwo przejść do całki podwójnej, określając obszar całkowania [tex]D[/tex] na płaszczyźnie. Po przyrównaniu wspomnianych powierzchni otrzymujemy:
[tex]x^{2}+y^{2}=1[/tex]
Dodatkowo mamy [tex]x\geq 0 \wedge y\geq 0[/tex], a więc rozpatrywanym obszarem jest fragment koła o promieniu [tex]1[/tex] w pierwszej ćwiartce układu. Zapiszmy obszar analitycznie:
[tex]D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2:x^{2}+y^{2}\leq 1 \wedge x\geq 0 \wedge y\geq 0\}[/tex]
Zatem:
[tex]$\iiint\limits^{}_{V}\frac{1}{x^2+y^2} \ dxdydz=\iint\limits^{}_{D} \frac{1}{x^{2}+y^{2}}\Big(1-(x^{2}+y^{2})\Big) \ dxdy[/tex]
Wprowadzamy współrzędne biegunowe:
[tex]$\left \{ {{x=r\cos \varphi} \atop {y=r\sin \varphi}} \right.[/tex]
[tex]J(r, \varphi)=r[/tex]
gdzie:
[tex]0\leq r\leq 1[/tex]
[tex]$0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}[/tex]
Stąd:
[tex]$\iint\limits^{}_{D} \frac{1}{x^{2}+y^{2}}\Big(1-(x^{2}+y^{2})\Big) \ dxdy=\int\limits^{1}_{0}\Bigg(\int \limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{1}{r^{2}}\Big(1-r^{2}\Big) \cdot r \ d \varphi\Bigg)dr=[/tex]
[tex]$=\int \limits^{1}_{0}\Bigg(\int \limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{1}{r}-r \ d \varphi\Bigg)dr=\frac{\pi}{2}\int \limits^{1}_{0} \frac{1}{r}-r \ dr=\frac{\pi}{2}\lim_{a \to 0^{+}} \int\limits^{1}_{a}\frac{1}{r}-r \ dr=[/tex]
[tex]$=\frac{\pi}{2}\lim_{a \to 0^{+}}\Big[\ln r-\frac{r^2}{2}\Big]^{1}_{a}=\frac{\pi}{2}\lim_{a \to 0^{+}}\Big(\ln 1-\frac{1}{2}-\ln a+\frac{a^{2}}{2}\Big)=-\frac{\pi}{2}\lim_{a \to 0^{+}}\Big(\frac{1}{2}+\ln a\Big)=[/tex]
[tex]=\infty[/tex]
Całka jest rozbieżna.
