Trippelintegrasjonsproblemer (grr)

[FredrikM]

Blir sint hver gang jeg gjør matte for tiden, for jeg føler meg dum. Her er én av de oppgavene som får meg til å føle meg dum:

Regn ut volumet avgrenset av sirkelen [tex]x^2+y^2+z^2=R^2[/tex] og paraboloiden [tex]z=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{3}}[/tex].

Det første jeg gjør, er å finne skjæringspunktene mellom kurvene, og da får jeg ligningen
[tex]x^2+y^2=\frac 34 R^2[/tex] (altså en sirkel i origo med radius [tex]\frac{\sqrt 3}{2}R[/tex])

Så gjør jeg slik:
[tex]V = \int \int \int_R 1 \, dxdydz=\int \int_A [z]_{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{3}}}^{\sqrt{R^2-(x^2+y^2)}} \,dydx = \int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}R}\sqrt{R^2-r^2}r-\frac{r^2}{\sqrt{3}} \, dr d\theta[/tex]
...
osv.

Og så ender jeg opp med
[tex]V = \pi R^3(\frac 12 - \frac{2\sqrt{3}}{2})[/tex]
Som er ganske feil.

Fasiten sier:
[tex]\frac{\pi R^3}{3}[/tex]

Noen hint eller råd?

[Gustav]

Hei,

Jeg ville gått for en skivemetode der jeg ville delt opp volumintegralet i de to områdene: [tex]\int_0^{\frac{R}{2}}dz\, F(z) + \int_{\frac{R}{2}}^Rdz \,G(z)[/tex]


Begynn med å uttrykk radiene som funksjoner av z. Det gir riktig svar

[mrcreosote]

Da du bytta til sylinderkoordinater, ignorerte du Carl Gustav Jacob fullstendig.

[Bogfjellmo]

Jacobien er da med den. Tror du gjør feil i siste integreringa jeg. Prøv å gjør den på nytt.

[mrcreosote]

Jaggu var den ikke det, beklager.

[FredrikM]

Hei,

Jeg ville gått for en skivemetode der jeg ville delt opp volumintegralet i de to områdene: [tex]\int_0^{\frac{R}{2}}dz\, F(z) + \int_{\frac{R}{2}}^Rdz \,G(z)[/tex]


Begynn med å uttrykk radiene som funksjoner av z. Det gir riktig svar

Jeg vet ikke helt om jeg forstår hva du mener. Kunne du forklart litt nærmere?

Forøvrig; her er hva jeg gjør jeg når jeg prøver å integerer, slik at dere smartinger kan spotte mine dumme feil:

[tex]V = \int \int \int_R 1 \, dxdydz=\int \int_A [z]_{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{3}}}^{\sqrt{R^2-(x^2+y^2)}} \,dydx = \int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}R}\sqrt{R^2-r^2}r-\frac{r^2}{\sqrt{3}} \, dr d\theta[/tex]
[tex]=2\pi \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}R}\sqrt{R^2-r^2}r-\frac{r^2}{\sqrt{3}} \, dr = -\pi \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}R}-2r\sqrt{R^2-r^2}+2\frac{r^2}{\sqrt{3}} \, dr[/tex]
[tex]=-\pi\left[\frac 23 (R^2-r^2)^{\frac 32}+\frac{2\sqrt{3}}{9}r^3 \right]_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}R} = \frac 23 \pi R^3(1-\frac 18+\frac{\sqrt{3}}{3})[/tex]

[mrcreosote]

Ser ut som du har integrert riktig, men gjort feil når du setter inn grenser: [tex]-\pi(\frac1{12}+\frac14-\frac23)=\frac\pi3[/tex].

[FredrikM]

Oj, det står [tex]r^3[/tex] der! Eller jo, jeg visste jo, det, jeg satte jo inn [tex]R^3[/tex], men satte opphøyde [tex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex] bare i to.

Doink!

Men takk for hjelpen ihvertfall!

[FredrikM]

Flere problemer:

La T være området som ligger inni både sylinderen [tex](x-1)^2+y^2=1[/tex] og kulen [tex]x^2+y^2+z^2=4[/tex]. Finn volumet av T.

Nå har jeg gjort også denne flerfoldige ganger og irriterer meg stadig mer. Her er hva jeg gjør:

Pga. symmetri er volumet gitt ved
[tex]V = 2 \int \int_T \sqrt{4-(x^2+y^2)} \, dx dy[/tex]

Jeg vil gjøre om til polarkoordinater, og kommer fram til at [tex]\theta \in \, [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}][/tex] og at [tex]r \in [0, 2\cos{\theta}][/tex]. (pga trigonometri og Pythagoras setning...)

Anyways, videre er
[tex]V = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{2\cos{\theta}} 2r\sqrt{4-r^2} \, dr d\theta = -\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{2\cos{\theta}} -2r\sqrt{4-r^2} \, dr d\theta=-\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left[\frac 23 (4-r^2)^{\frac 32}\right]_{r=0}^{r=2\cos{\theta}} \, d\theta[/tex]
[tex] = -\frac 23 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left((4\sin^2 \theta )^{\frac 32}-8 \right) \, d\theta = -\frac {16}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} |\sin^3 \theta|-1 \, d\theta[/tex]
...osv

Og jeg ender opp med
[tex]V = \frac{64}{9}(\pi-1)[/tex]

Fasiten sier
[tex]V = \frac{16}{9}(3\pi -4)[/tex]

Noen som ser feilen noe sted?

[FredrikM]

Jaja. Nærmere ettersyn så en faktoriseringsfeil litt senere i regningen. Fikk rett svar til slutt. (selv om jeg først ble sur fordi jeg trodde det var noe annet enn fasitsvaret; jeg fikk [tex]\frac{16}{3}\pi-\frac{64}{9}[/tex], og dette er bare en litt annen skrivemåte for fasitsvaret, som jeg ikke var våken nok til å se med en gang)

Anyways.

[Gustav]

Hei,

Med skivemetoden får du et mye enklere integral. Saken er at man kan utnytte symmetrien om z-aksen, slik:

[tex]V=\int_0^{\frac{R}{2}}3\pi z^2 dz +\int_{\frac{R}{2}}^R \pi (R^2-z^2) dz =\frac{\pi R^3}{3}[/tex].

Integrandene er arealer (på formen [tex]\pi r(z)^2[/tex]) av infinitesimale (sirkulære) skiver parallelle med xy-planet. Grensene kommer fra skjæringen mellom sirkelen og paraboloiden. Radiene som funksjoner av z er gitt direkte fra ligningene for kulen og paraboloiden.

[FredrikM]

Ah, forstår. Mye enklere integral, ja - skjønte ikke helt hva du mente når du nevnte skivemetoden; jeg har ikke lært den med det navnet. Men nå er ting temmelig klart.

Etter et søk på Google kom jeg forresten over følgende link http://www.ansatt.hig.no/hansh/Ma10/Net ... /Fl1k6.swf , en nettforelesning om akkurat det. Ganske bra.

Men takker for forklaringen!

[SonGoku]

Etter et søk på Google kom jeg forresten over følgende link http://www.ansatt.hig.no/hansh/Ma10/Net ... /Fl1k6.swf , en nettforelesning om akkurat det. Ganske bra.

Hehe dette er jo Hans Petter Hornæs som jeg hadde i Matte 30. Skikkelig artig type og en veldig flink lærer.