Encontrar el volumen de una pseudoesfera parametrizada en$\theta$ y$t$

Question

Tengo un problema de calcular el volumen de la mitad superior de un pseudosphere.

El pseudosphere es parametrizada por

$$\Phi(t,\theta) = \Big ( \frac{\cos(\theta)}{\cosh(t)}, \frac{\sin(\theta)}{\cosh(t)}, t-\tanh(t)\Big)$$ con $0\le t$ e $0\le \theta \lt 2\pi$

De manera que el volumen estoy tratando de encontrar, es que entre los $x-y$ eje y la superficie de la parte interior de la pseudosphere. Ahora, se nos ha dado de que la fórmula para cualquier región $V$ en $\mathbb R^3$es $$\iiint_V r\tanh^2(t) \ \mathrm dr \ \mathrm d\theta \ \mathrm d t$$ based on the change of variables $x = r\cos(\theta) \ , \ y = r\sin(\theta) \ $and $ z = t - \tanh(t)$

Desde $t\ge 0$ tenemos $0 \lt r \le 1$ porque cuando $t=0$ se pone en $x = \frac{\cos(\theta)}{\cosh(t)}$ obtenemos $x=\cos(\theta)$ y, de forma similar al $t=0$ es poner en y = $\frac{\sin(\theta)}{\cosh(t)}$ obtenemos $y = \sin(\theta)$

A continuación, $$x^2 + y^2 = \cos^2(t) + \sin^2(t) = 1$$ so the radius at $t=0$ is $1$, and as $t \to \infty$ we get $\cosh(t) \to \infty$ so both $x$ and $y$ approach $0$ so the radius approaches $0$.

Por lo que la integral se convierte en

$$\lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} \int_{\theta=0}^{\theta = 2\pi} \int_{r=0}^{r=1} r\tanh^2(t) \ \mathrm dr \ \mathrm d\theta \ \mathrm d t$$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} \tanh^2(t) \ \mathrm d t$$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} 1-\text{sech}^2(t) \ \mathrm d t $$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty} \Bigg [ t - \tanh(t)\Bigg]_{t=0}^{t=b}$$

que no converge.

Me acerqué al multiplicar el interior de la integral por $$\lvert \vec T_t \times \vec T_\theta \rvert = \frac{\sinh(t)}{\cosh^2(t)}$$ de modo que la integral se convierte en

$$\lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} \int_{\theta=0}^{\theta = 2\pi} \int_{r=0}^{r=1} r\tanh^2(t)\frac{\sinh(t)}{\cosh^2(t)} \ \mathrm dr \ \mathrm d\theta \ \mathrm d t$$

$$ = \lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} \int_{\theta=0}^{\theta = 2\pi} \int_{r=0}^{r=1} r\frac{\sinh^3(t)}{\cosh^4(t)} \ \mathrm dr \ \mathrm d\theta \ \mathrm d t$$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} \frac{\sinh(t)\sinh^2(t)}{\cosh^4(t)} \ \mathrm d t$$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty}\int_{t=0}^{t=b} \frac{\sinh(t)(\cosh^2(t)-1)}{\cosh^4(t)} \ \mathrm d t$$

hacer un u-sub: $$u = \cosh(t) \implies \mathrm du = \sinh(t) \mathrm dt$$ con $ u(b) = \cosh(b)$ e $u(0) = 1$

por lo que la integral se convierte en $$ \pi \lim_{b \to \infty}\int_{u=1}^{u=\cosh(b)} \frac{u^2-1}{u^4} \ \mathrm d u $$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty} \Bigg [ \frac{-1}{u} + \frac{1}{3u^3}\Bigg]_{u=1}^{u=\cosh(b)}$$

$$ = \pi \lim_{b \to \infty} \Bigg [ -\frac{1}{\cosh(b)} + \frac{1}{3\cosh^3(b)} +1 - \frac{1}{3}\Bigg ]$$

$$ = \frac{2\pi}{3}$$

Que creo que es el doble de la respuesta correcta de $\frac{\pi}{3}$. Alguien puede ayudar si es posible?

Saludos montones!

Answer 1

Creo que hay un error en el cambio de variable. Las nuevas variables
$$ x=r\cos \theta, \quad y=r\sin\theta, \quad z = t-\tanh t$$ no son adecuados para esta pregunta.

Tome lugar la transformación $$ x=\frac{r\cos \theta}{\cosh t}, \quad y=\frac{r\sin\theta}{\cosh t}, \quad z = t-\tanh t. $$ El Jacobiano es $r\tanh^2 t \,\mathrm{sech}^2 t$. Por tanto, la integral se convierte en $$ \begin{align*} \int_{t=0}^{t=\infty} \int_{\theta=0}^{\theta= 2\pi}\int_{r=0}^{r=1} &r \tanh^2 t \,\mathrm{sech}^2 t\, dr\, d\theta\, dt \\ &= \left(\int_{0}^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_{0}^{1}r \,dr\right)\left(\int_0^\infty \tanh^2 t\,\mathrm{sech}^2 t\,dt\right)\\ &= \pi \left[\frac{\tanh^3 t}{3}\right]_0^\infty \\ &= \frac{\pi}{3}, \end{align*} $$ cual es la respuesta correcta.