Całki podwójne by Krysicki

[late90X]

Witam
Rozwiązując zadania z ww podręcznika utkwiłem na 3 zadaniach (przynajmniej do tej pory) obliczenia objętości brył po obszarach:
1)
\(\displaystyle{ z=3arctg \frac{y}{x}, z=0, \sqrt{x ^{2}+ y^{2}}=2arctg \frac{y}{x}}, y \ge 0}\) Co to za obszar z tym pierwiastkiem? Niby odległość od początku układu równa kątowi przeciwprostokątnej? Nie widzę tego.
2)
\(\displaystyle{ \frac{ x^{2} }{9}+ \frac{ y^{2} }{4} - z^{2}=-1, \frac{x ^{2} }{9}+ \frac{ y^{2} }{4}=1}\)
Podobno jest to elipsoida o dwóch płaszczyznach. Jak ją wyznaczyć? Czy jest to bryła obrotowa? Oczywiście najłatwiej przejść na współrzędne biegunowe, ale autor nie podkreślał, aby taki zabieg był konieczny. Normalnie sprowadza się to do obliczenia całki typu \(\displaystyle{ \sqrt{k ^{2}+ y^{2} }}\) Nie upraszcza to jednak zbytnio obliczeń.
3)
Podobnie w następnym zadaniu należy obliczyć objętość tej części elipsoidy trzy-osiowej, która jest ograniczona płaszczyznami współrzędnych i płaszczyzną \(\displaystyle{ \frac{x}{a} + \frac{y}{b}=1}\) Wyznaczenie z i granic nie wydaje się trudne, ale czy liczenie całki \(\displaystyle{ \sqrt{k ^{2}-y ^{2} }}\) to najlepsze rozwiązanie?

Z góry dziękuje za pomoc

[R1990]

1.Wydaje mi sie, ze jest to stozek. Jak masz to rowanie, to jest to obszar zrzutowany na plaszczyzne OXY

[rogal91]

1) trudno interpretować te powierzchnie w układzie kartezjańskim, użycie walcowego daje natychmiastowa odpowiedz:

\(\displaystyle{ x= r \ cos \phi \newline
y = r \ sin \phi \newline
z = z \Rightarrow \newline

z = 3 \phi , z =0, r = 2 \phi, y \ge 0}\)

chociaz nadal trudno mi to sobie wyobrazić, gdy generalnie w ukl. biegunowym funkcja typu \(\displaystyle{ r=a \phi + b}\) to spirala...

2) Podstawienie

\(\displaystyle{ x = 3 \ u \ cos t \newline
y= 2 \ u \ sin t}\)

3) Podobne podstawienie jak w poprzednim, zastanowie sie i poszukam, bo gdzies to mam albo policzę

[late90X]

Owszem walcowymi z pewnością prościej, ale w tym podręczników współrzędne walcowe są opisane w dalszej części przy całce potrójnej pomijając rozdział ogólnikowy o zamianie współrzędnych i jakobianie. Nie wiem czy autor nie wymaga rozwiązania tego bez użycia walcowych czy sferycznych.-- 2 maja 2011, o 22:48 --No tak R1990 zrzutowany jest na Oxy, ale możesz wyjaśnić tak na logikę dlaczego sądzisz ,że jest to stożek?

[R1990]

Po lewej masz rownanie stozka wzdluz dodatnich Zetów. Po prawej masz rownanie jakiejs plaszczyzny z=f(x,y). Zostalo to przyrownane w celu wyznaczenia obszarow calkowania czyli granic calkowania poprzez rzut na w/w plaszczyzne. Wiec analogicznie jest to stozek ograniczony ta plaszczyzna. Zeby sobie ja wyobrazic, to wklepalem to do wolframa % ... 28y%2Fx%29

[ShedirAchird]

\(\displaystyle{ z=3\phi}\) to helikoida. Zatem obszar będzie zawarty pomiędzy z=0 od dołu, helikoidą od góry, y=0 i powierzchnią walcową ze ślimakiem Archimedesa w przekroju. Coś jak schody spiralne z malejącym promieniem, gdy zbliżamy się do środka układu wsp.

[R1990]

Czyli moje rozumowanie jest poprawne?

[late90X]

No tak \(\displaystyle{ z}\) pochodzi z helikoidy a z \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) co się stało? Nie rozumiem, dlaczego y=0 bo ślimaka opisuje 3 równanie w 1), tak?

[R1990]

Mnie sie wydaje, ze jest to obszar pomiedzy jakby skokiem tych dwoch helikoid, plaszczyzna z=0, y>0 i to wszystko znajduje sie jakby w stozku

[late90X]

Ok możliwe, że będzie to skok ale jak mam wyznaczyć granice całkowania z równania parametrycznego \(\displaystyle{ z=3 \alpha}\) i równania stożka?

[ShedirAchird]

R1990, mylisz się, w 1 nie ma żadnego stożka. Nie mieszaj. Jest powierzchnia walcowa o przekroju ślimaka Archimedesa, ścięta przez helikoidę od góry. Krawędzie boczne tej bryły są wyznaczane przez proste prostopadłe do powierzchni 0XY, które ją przecinają w punktach ślimaka Archimedesa \(\displaystyle{ r=\alpha \phi}\). Wynika to z równania

\(\displaystyle{ \sqrt{x ^{2}+ y^{2}}=2arctg \frac{y}{x}}}\), które nie jest funkcją wszystkich zmiennych (nie zawiera z) -> musi być powierzchnią walcową.

[late90X]

W takim razie ShedirAchird pomijając brzeg spirali objętość będzie ograniczać od dołu po prostu część koła w I ćwiartce układu o promieniu równym \(\displaystyle{ \pi \setminus 2}\) bo tyle potrzebuje funkcja helisy na zamknięcie od góry obszaru(przeciwnie do wskazówek)? Dlaczego piszesz \(\displaystyle{ y=0}\)?

[ShedirAchird]

W takim razie ShedirAchird pomijając brzeg spirali objętość będzie ograniczać od dołu po prostu część koła w I ćwiartce układu o promieniu równym \(\displaystyle{ \pi \setminus 2}\) bo tyle potrzebuje funkcja helisy na zamknięcie od góry obszaru(przeciwnie do wskazówek)? Dlaczego piszesz \(\displaystyle{ y=0}\)?

Nie ma żadnego koła. Proszę, oto rysunek Twojego obszaru. Mniejszy wykres to rzut z góry (na powierzchnię 0XY).



A y=0 piszę dlatego, że w 1. jest to jedno z ograniczeń. Stąd -> patrz rzut na 0XY, spirala nie wychodzi poniżej y=0.

[late90X]

No tak źle sobie wyobraziłem spiralę. A czy można teraz po prostu scałkować we współrzędnych biegunowych tak że:
\(\displaystyle{ 0 \le \alpha \le \pi}\) \(\displaystyle{ 0 \le r \le 2 \pi}\) po \(\displaystyle{ z=3 \alpha}\) gdzie jakobian to r?

[ShedirAchird]

No tak źle sobie wyobraziłem spiralę. A czy można teraz po prostu scałkować we współrzędnych biegunowych tak że:
\(\displaystyle{ 0 \le \alpha \le \pi}\) \(\displaystyle{ 0 \le r \le 2 \pi}\) po \(\displaystyle{ z=3 \alpha}\) gdzie jakobian to r?

Oczywiście nawet wskazane. Jak już napisał to Rogal91. Tylko masz źle przedział dla r (\(\displaystyle{ 0 \le r \le 2\phi}\)).

\(\displaystyle{ 1. z=3arctg \frac{y}{x} \Rightarrow z=3\phi\\
2. z=0 \\
3. \sqrt{x ^{2}+ y^{2}}=2arctg \frac{y}{x}} \Rightarrow r=2\phi\\
4. y \ge 0}\)

Całka z pierwszego zadania:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi}d\phi \int_{0}^{3\phi}dz \int_{0}^{2\phi} r dr}\)