Objętość bryły, długość łuku krzywej, twierdzenie Greena

[szd]

Zadanie: 1).

Wyznacz objętość bryły, ograniczonej powierzchniami: od góry: \(\displaystyle{ x^{2} + y ^{2} = 5 - z^{2}}\)
od dołu: \(\displaystyle{ x ^{2} + y ^{2} = 2z.}\)

Zadanie: 2).

Obliczyć długość łuku krzywej:
\(\displaystyle{ x(t) = e ^{-t}cost}\)
\(\displaystyle{ y(t) = e ^{-t}sint}\)
\(\displaystyle{ t [0; + )}\)

Zadania: 3).
Stosując tw. Greena obliczyć: \(\displaystyle{ \int_{L} (ysin(xy) + xe ^{x})dx + (xsin(xy) + 2x + \frac{1}{2}x ^{2}y)dy}\)
po krzywej \(\displaystyle{ x ^{2} + y ^{2} = 4y}\) skierowanej dodatnio.

Dzięki za pomoc, Pozdrawiam.

[soku11]

1. Mamy podany zakres zmian zmiennej z. Trzeba znalezc rzut przeciecia sie tych plaszczyzn na plaszyzne OXY:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
x^2+y^2+z^2=5\\
z=\frac{x^2+y^2}{2}\end{cases}\\
x^2+y^2+\left( \frac{x^2+y^2}{2} \right)^2=5\\
4(x^2+y^2)+(x^2+y^2)^2=20\\
x^2+y^2=t\;\; t>0\\
t^2+5t-20=0\\
\Delta=25+80=105\\
t=\frac{-5+\sqrt{105}}{2}\\
x^2+y^2=\frac{-5+\sqrt{105}}{2}\\
S=(0,0)\; r=\sqrt{ \frac{\sqrt{105}-5}{2} }\\}\)

Nie wiem czemu, ale tak dziwnie to wychodzi :/ Teraz aby znalezc objetosc wprowadzamy np. wspolrzedne biegunowe i liczymy z calki podwojnej, lub cylindryczne i z potrojnej. Zrobmy to pierwsze:
\(\displaystyle{ |V|=\iint\limits_{D}\left(\sqrt{5-x^2-y^2}-\frac{x^2+y^2}{2} \right)\mbox{d}x\mbox{d}y\\
\begin{cases}
x=\rho\cos\varphi\\
y=\rho\sin\varphi\\
|J|=\rho
\end{cases}\\
\varphi\in[0;2\pi]\\
\rho\in\left[0; \sqrt{ \frac{\sqrt{105}-5}{2} }\right]\\
|V|=\int\limits_{0}^{2\pi}\mbox{d}\varphi t\limits_{0}^{ \frac{\sqrt{105}-5}{2} }} \rho\left( \sqrt{5-\rho^2}-\frac{\rho^2}{2}\right)\mbox{d}\rho=\ldots}\)



2. Dlugosc luku danego wzorem parametrycznym jest obliczana ze wzoru:
\(\displaystyle{ L=intlimits_{t_{1}}^{t_{2}} sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2};mbox{d}t \
egin{cases}
x(t) = e ^{-t}cos t\
y(t) = e ^{-t}sin t\
tin [0; + )
end{cases}\
x'(t)=-e^{-t}cos t-e^{-t}sin t\
y'(t)=-e^{-t}sin t+e^{-t}cos t\
t_1=0;;t_2=+infty\
L=intlimits_{0}^{+infty}
sqrt{(-e^{-t}cos t-e^{-t}sin t)+(-e^{-t}sin t+e^{-t}cos t)^2} mbox{d}t=
tlimits_{0}^{+infty}
sqrt{(e^{-t}cos t+e^{-t}sin t)+(-e^{-t}sin t+e^{-t}cos t)^2} mbox{d}t=
tlimits_{0}^{+infty}
sqrt{ e^{-2t}cos^2 t + 2e^{-2t}cos tsin t +e^{-2t}sin^2t
+e^{-2t}sin^2t-2e^{-2t}cos tsin t+e^{-2t}cos ^2t } mbox{d}t=
sqrt{2}intlimits_{0}^{+infty}
sqrt{ e^{-2t}cos^2 t +e^{-2t}sin^2t} mbox{d}t=
sqrt{2}intlimits_{0}^{+infty}
sqrt{ e^{-2t}cos^2 t +e^{-2t}(1-cos^2t)} mbox{d}t=
sqrt{2}intlimits_{0}^{+infty}
sqrt{ e^{-2t}cos^2 t +e^{-2t}-e^{-2t}cos^2t} mbox{d}t=
sqrt{2}intlimits_{0}^{+infty}
sqrt{e^{-2t}} mbox{d}t=
sqrt{2}intlimits_{0}^{+infty}e^{-t} mbox{d}t=ldots}\)




3. Twierdznie Greena pewnie znasz, wiec napisze tylko wzor, z ktorego tutaj skorzystam:
\(\displaystyle{ \int\limits_{K}^{} P(x,y) + Q(x,y) \mbox{d}y =
\iint\limits_{D}^{}
ft ( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right ) \mbox{d}y\\}\)

Teraz zgodnie z tym wzorem obliczamy:
\(\displaystyle{ P(x,y)= y\sin(xy) + xe ^{x}\\
Q(x,y)= x\sin(xy) + 2x + \frac{1}{2}x ^{2}y\\
\frac{\partial Q}{\partial x}=\sin(xy)+xy\cos(xy)+2+xy\\
\frac{\partial P}{\partial y}=\sin(xy)+xy\cos(xy)\\
\mathcal{I}=
\iint\limits_{D}^{} ft(\sin(xy)+xy\cos(xy)+2+xy-\sin(xy)-xy\cos(xy) \right) \mbox{d}y=
\iint\limits_{D}^{} ft(2+xy\right) \mbox{d}y\\
D:\;\;\{\;(x,y):\;x^2+y^2\leqslant 4y\;\}\\}\)

Teraz do latwiejszego obliczenia mozna wstawic wspolrzedne biegunowe:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
x=\rho\cos\varphi\\
y=\rho\sin\varphi\\
|J|=\rho
\end{cases}\\
\varphi\in[0;\pi]\\
x^2+y^2\leqslant 4y\\
\rho^2\leqslant 4\rho\sin\varphi\\
\rho\leqslant 4\sin\varphi\\
\rho\in[0;4\sin\varphi]\\
\mathcal{I}=\int\limits_{0}^{\pi}\mbox{d}\varphi t\limits_{0}^{4\sin\varphi}\rho(2+\rho^2\cos\varphi\sin\varphi)\mbox{d}\rho=\ldots}\)

Pozdrawiam.

[szd]

Właśnie to z tw. Greena byłoby jeszcze zrozumiale poza tym przedziałem dla fi?? Skąd wiesz że to taki przedział, zawsze mam z tym problem :/ więc jakbyś mi wyjaśnił, byłbym zobowiązany.

[soku11]

Mala zmiana przy tym kacie. Oczywiscie kat powinien byc w takich granicach jakie sa teraz. A wynika to wprost z rysunku Kolo jest nad osia OX styczne do niej. Jest wiec w dwoch pierwszych cwiartkach calkowicie. Kat jest wiec od 0, do 'konca osi OX', wiec do kata rownego 180 stopni. Jesli kolo by bylo dalej od poczatku ukladu wspolrzednych, to wtedy juz z miejsca sie tego przewaznie nie da wyznaczyc. Trzeba wtedy wstawic przesuniete wspolrzedne. W tym przypadku oczywiscie tez mozna wstawiajac:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
x=\rho\cos\varphi\\
y=\rho\sin\varphi+2\\
|J|=\rho
\end{cases}\\
\varphi\in[0;2\pi]\\
\rho\in[0;2]\\}\)

No imamy nawet nie wiem czy nie latwiej liczyc Tylko nalezy pamietac, zeby wstawic do wzoru funkcji po ktorej calkujemy rowniez te wspolrzedne. Pozdrawiam.

[szd]

no czyli kąt powinen być od \(\displaystyle{ (0, \pi)}\) ??

[soku11]

Tak. Wlasnie teraz tak poprawilem. Pozdrawiam.