Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Całkowalność. Metody i obliczanie całek oznaczonych i nieoznaczonych. Pole pod wykresem. Równania i nierówności z wykorzystaniem rachunku całkowego. Wielowymiarowa całka Riemanna - w tym pola i objętości figur przestrzennych.
KLR_S
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8
Rejestracja: 1 gru 2021, o 20:56
Płeć: Mężczyzna
wiek: 20

Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: KLR_S »

Witam, chciałbym obliczyć objętość bryły wyciętej walcem \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2} = Ry }\) z kuli \(\displaystyle{ x^{2} + y^{2}+ z^{2} \le R^{2} }\)
W jaki sposób należy użyć całek aby rozwiązać to zadanie?
Zauważyłem że \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2} = Ry }\) można zapisać jako \(\displaystyle{ x^{2}+(y- \frac{1}{2}R)^{2} = \frac{1}{4} R^{2} }\) i to chyba może się do czegoś przydać ale nie wiem w sumie jak dalej mam postępować. Próbowałem zarówno przejść na współrzędne cylindryczne jak i sferyczne ale nie potrafię określić jak ma wyglądać ta całka...
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: janusz47 »

Rys.

\(\displaystyle{ |V| = \int\int\int_{(V)} 1dxdydz }\)

Współrzędne walcowe (cylindryczne):

\(\displaystyle{ x = r\cos(\phi), \ \ y = r\sin(\phi), -\sqrt{R^2-r^2} \leq z \leq \sqrt{R^2-r^2}, \ \ 0 \leq \phi \leq 2\pi, \ \ J (r, \phi) = r.}\)

\(\displaystyle{ -\sqrt{R^2-r^2} \leq z \leq \sqrt{R^2-r^2} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2 +y^2 = R^2 \\ x^2 + y^2 = Ry \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ R\sin(\phi) \leq r \leq R }\)

\(\displaystyle{ |V| = \int_{0}^{2\pi} \int_{R\sin(\phi)}^{R} \int_{-\sqrt{R^2 -r^2}}^{\sqrt{R^2-r^2}} dz dr d\phi = \ \ ... }\)
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: a4karo »

Ćwiczenie: znajdź błędy w powyższych rachunkach.
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: janusz47 »

\(\displaystyle{ |V|= \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R\sin(\phi)}\int_{-\sqrt{R^2-r^2}}^{\sqrt{R^2-r^2}}rdz dr d\phi .}\)

Dodano po 1 godzinie 41 minutach 48 sekundach:
Widzimy, że \(\displaystyle{ 0< \phi < \pi ,\ \ 0 < r < R\sin(\phi). }\)

\(\displaystyle{ |V|= \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R\sin(\phi)}\int_{-\sqrt{R^2-r^2}}^{\sqrt{R^2-r^2}}rdz dr d\phi =}\)

\(\displaystyle{ |V| = 2 \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R\sin(\phi)}r\sqrt{R^2 -r^2} dr d\phi = }\)

\(\displaystyle{ s = \sqrt{R^2-r^2},\ \ ds = -2rdr. }\)

\(\displaystyle{ |V| = 2\int_{0}^{\pi} \int_{R^2}^{R^2\cos^2(\phi)} \left[ -\frac{1}{2}\sqrt{s}\right ]ds d\phi = -\int_{0}^{\pi}\left[\frac{2}{3}s^{\frac{3}{2}}\right]_{R^2}^{R^2\cos^2(\phi)} d\phi = \frac{2}{3} \int_{0}^{\pi} (-R^3|\cos^3(\phi)| + R^3) d\phi = \frac{2}{3} R^3 \int_{0}^{\pi}(1 -|\cos^3(\phi)|)d\phi. }\)

\(\displaystyle{ |V| = \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^3(\phi)] d\phi+ \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1+\cos^3(\phi)]d \phi = I_{1}+I_{2} \ \ \ (*) }\)

\(\displaystyle{ I_{1} = \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^3(\phi)] d\phi = \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^2(\phi)\cos(\phi)] d\phi =\frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} [1 - (1-\sin^2(\phi))\cos(\phi)]d\phi = }\)

\(\displaystyle{ =\frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} d\phi - \frac{2}{3}R^3\int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} \cos(\phi) d\phi + \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} \sin^2(\phi)\cos(\phi)d\phi = }\)

\(\displaystyle{ = \frac{2}{3}R^3 \phi|_{0}^{\frac{1}{2}\pi} - \frac{2}{3}R^3 \sin(\phi)|_{0}^{\frac{1}{2}\pi} + \frac{2}{3}R^3|_{0}^{1}, \ \ t = \sin(\phi)= \frac{2}{3}R^3 \cdot \frac{1}{2}\pi - \frac{2}{3} R^3 \sin\left(\frac{1}{2}\pi \right) + \frac{2}{3}R^3 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}\pi R^3 -\frac{2}{3}R^3 + \frac{2}{9}R^3 = }\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{3}\pi R^3 - \frac{4}{9}R^3 = \frac{1}{9}R^3 \cdot (3\pi - 4). }\)

Analogicznie obliczamy całkę \(\displaystyle{ I_{2}. }\)

Z symetrii :

\(\displaystyle{ I_{2} = \frac{1}{9}R^3 \cdot (3\pi -4). }\)

Na podstawie \(\displaystyle{ (*) }\)

\(\displaystyle{ |V| = \frac{2}{9} R^3 \cdot ( 3\pi - 4). }\)
Załączniki
Podstawa Walca.JPG
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: a4karo »

Ćwiczenie: znajdź błąd w powyższych rachunkach.

Dodano po 4 minutach 41 sekundach:
Ułatwi to taki rachunek:



\(\displaystyle{ \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^3(\phi)] d\phi+ \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1+\cos^3(\phi)]d \phi = I_{1}+I_{2} \ \ \ (*) }\)

\(\displaystyle{ =\frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}2 d\phi=\frac{2\pi}{3}R^3}\)
janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7910
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 30 razy
Pomógł: 1670 razy

Re: Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: janusz47 »

\(\displaystyle{ |V|= \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R\sin(\phi)}\int_{-\sqrt{R^2-r^2}}^{\sqrt{R^2-r^2}}rdz dr d\phi .}\)

Widzimy, że \(\displaystyle{ 0< \phi < \pi ,\ \ 0 < r < R\sin(\phi). }\)

\(\displaystyle{ |V|= \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R\sin(\phi)}\int_{-\sqrt{R^2-r^2}}^{\sqrt{R^2-r^2}}rdz dr d\phi =}\)

\(\displaystyle{ |V| = 2 \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R\sin(\phi)}r\sqrt{R^2 -r^2} dr d\phi = }\)

\(\displaystyle{ s = \sqrt{R^2-r^2},\ \ ds = -2rdr. }\)

\(\displaystyle{ |V| = 2\int_{0}^{\pi} \int_{R^2}^{R^2\cos^2(\phi)} \left[ -\frac{1}{2}\sqrt{s}\right ]ds d\phi = -\int_{0}^{\pi}\left[\frac{2}{3}s^{\frac{3}{2}}\right]_{R^2}^{R^2\cos^2(\phi)} d\phi = \frac{2}{3} \int_{0}^{\pi} (-R^3|\cos^3(\phi)| + R^3) d\phi = \frac{2}{3} R^3 \int_{0}^{\pi}(1 -|\cos^3(\phi)|)d\phi. }\)

\(\displaystyle{ |V| = \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^3(\phi)] d\phi+ \frac{2}{3}R^3 \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}[1+\cos^3(\phi)]d \phi = I_{1}+I_{2} \ \ \ (*) }\)

\(\displaystyle{ I_{1} = \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^3(\phi)] d\phi = \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi}[1-\cos^2(\phi)\cos(\phi)] d\phi =\frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} [1 - (1-\sin^2(\phi))\cos(\phi)]d\phi = }\)

\(\displaystyle{ =\frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} d\phi - \frac{2}{3}R^3\int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} \cos(\phi) d\phi + \frac{2}{3}R^3 \int_{0}^{\frac{1}{2}\pi} \sin^2(\phi)\cos(\phi)d\phi = }\)

\(\displaystyle{ = \frac{2}{3}R^3 \phi|_{0}^{\frac{1}{2}\pi} - \frac{2}{3}R^3 \sin(\phi)|_{0}^{\frac{1}{2}\pi} + \frac{2}{3}R^3|_{0}^{1}, \ \ t = \sin(\phi)= \frac{2}{3}R^3 \cdot \frac{1}{2}\pi - \frac{2}{3} R^3 \sin\left(\frac{1}{2}\pi \right) + \frac{2}{3}R^3 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}\pi R^3 -\frac{2}{3}R^3 + \frac{2}{9}R^3 = }\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{3}\pi R^3 - \frac{4}{9}R^3 = \frac{1}{9}R^3 \cdot (3\pi - 4). }\)

Analogicznie obliczamy całkę \(\displaystyle{ I_{2} = \frac{2}{3}R^3 \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}[1+\cos^3(\phi)]d \phi }\)

Z symetrii :

\(\displaystyle{ I_{2} = \frac{1}{9}R^3 \cdot (3\pi -4). }\)

Na podstawie \(\displaystyle{ (*) }\)

\(\displaystyle{ |V| = \frac{2}{9} R^3 \cdot ( 3\pi - 4). }\)
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22171
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Objętość bryły wyciętej walcem z kuli

Post autor: a4karo »

Pokażę jak można rozwiązać to zadanie używając całki pojedynczej.
Zauważmy przede wszystkim, że możemy założyć `R=1`, a następnie otrzymany wynik pomnożyć przez `R^3`.

Dla `0<a<1` płaszczyzna `y=1` wycina z kuli okrąg o promieniu `\sqrt{1-a^2}`, a walec wycina z tego okręgu zielony pasek jak na załączonym obrazku:
walec_i_kula.jpg
walec_i_kula.jpg (14.42 KiB) Przejrzano 308 razy
Pole tego paska jest równe polu koła minus suma pól dwóch odcinków koła po prawej i lewej stronie. Pole każdego z tych odcinków jest równe \(\displaystyle{ \frac12 r^2(a)(\varphi-\sin\varphi)}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \varphi=2\cdot\frac{\varphi}{2}=2\arctan\frac{z(a)}{x(a)}=2\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \sin\varphi=2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2}=\frac{2x(a)z(a)}{r^2(a)}.}\)

Pole zielonej figury jest równe zatem
\(\displaystyle{ P(a)=\pi(1-a^2)-2\frac12 r^2(a)(\varphi-\sin\varphi)=\pi(1-a^2)-2(1-a^2)\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}+2\sqrt{a}(1-a)}\),
a objętość szukanej figury to
$$\int_0^1 P(a)da=\frac{2}{9}(3\pi-4)$$
(tyle wskazuje Wolfram i jest to zgodne z wynikiem uzyskanym przez janusza47.

Całki z pierwszego i ostatniego składnika są banalne. Wypada pokazać jak obliczyć całkę
\(\displaystyle{ \int (1-a^2)\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}da}\)
Skorzystamy tu z takiej sztuczki: niech `W(a)` będzie dowolnym wielomianem.
Mamy
\(\displaystyle{ \left(W(x)\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}\right)'=W'(a)\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}+\frac{W(a)}{2(a+1)\sqrt{a}}}\)
Całkując obustronnie otrzymujemy
\(\displaystyle{ \int W'(a)\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}da=W(x)\arctan\sqrt{\frac{1}{a}}-\int\frac{W(a)}{2(a+1)\sqrt{a}}da}\)
Tę ostatnią całkę liczy się prosto. Dzielimy `W(a)` przez `a+1` i dostajemy \(\displaystyle{ \frac{W(a)}{a+1}=V(a)+\frac{c}{a+1}}\) (`c` jest resztą z dzielenia. Następnie zamieniamy zmienne `a=u^2` i otrzymujemy
\(\displaystyle{ \int\frac{W(a)}{2(a+1)\sqrt{a}}da=\int V(u^2)du+\arctan u}\)

Oczywiście trzeba wziąć \(\displaystyle{ W'(a)=1-a^2}\), czyli `W(a)=a-a^3/3`

Dodano po 6 godzinach 1 minucie 18 sekundach:
Ćwiczenie: znajdź błąd w powyższych rachunkach.
Ukryta treść:    
ODPOWIEDZ