matematikk.net

Jeg skal finne


-------------------------------------
[tex]\iiint_D \, (3 \, + \, 2xy) \,\mathrm{d}V [/tex]

Hvor D er området avgrenset av [tex]x^2\,+\,y^2\,+\,z^2 \leq 4[/tex] og [tex]z\,>\,0[/tex]
-------------------------------------

Først tenkte jeg og sette det opp som følger

[tex]\int_0^2 \int_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}\, \int_{\sqrt{4-z^2-y^2}}^{\sqrt{4-z^2-y^2}} ( 3 \, + \, 2xy ) \, \mathrm{d}x \,\mathrm{d}y \, \mathrm{d}z[/tex]

Men dette integralet klarte jeg ikke å evaluare for hånd. Videre tenkte jeg at jeg kanskje kunne bytte til sylindriske koordinater, slik at vi får

[tex]0 \, < \, r \, < \, 2 \qquad \qquad z \, = \, h \, = \, 2[/tex]
[tex]0 \, < \, \theta \, < \, 2\pi [/tex]
[tex]x \, = \, r \cos \theta [/tex]
[tex]y \, = \, r \sin \theta[/tex]

Slik at jeg tror integralet blir

[tex]\int_0^2 \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2} ( 3 \, + \, 2 r \cos \theta \, r \sin \theta ) r \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}h \, = \, 12 \pi[/tex]

Som blir feil, svaret skal bli [tex]16 \pi[/tex] noen som vet hva jeg gjør feil, eventuelt en enkel metode å regne dette ut på ?

Den øvre grensen til [tex]r[/tex] i sylindriske koordinater blir ikke 2, men [tex]\sqrt{4-z^2}[/tex]. Da brude du få rett svar.

Eventuellt er kanskje sfærekoordinater et godt valg? [tex]2xy=r^2\sin(2\theta)\sin^2\phi[/tex] og [tex]dV=r^2\sin\phi \rm{d}r\rm{d}\theta\rm{d}\phi[/tex] med [tex]0\leq r\leq 2[/tex], [tex]0\leq \theta\leq 2\pi[/tex] og [tex]0\leq\phi\leq \frac{\pi}{2}[/tex].

Det blir åpenbart litt fikling med trigonomatriske funksjoner, men valget står vel til syvende og sist mellom det og fikling med kvadratrøtter.

Vil ikke symmetri medføre at integralet over xy blir lik null?

Altså, hele integralet blir lik tre ganger volumet til en halvkule med radius 2:

[tex] 3 \cdot \frac{2\pi}{3} \cdot 2^3 = 16 \pi[/tex]

Området D ligger i de 4 oktantene hvor z>0. Ved symmetri blir bidraget fra 2xy til integralet 0, områdene i D hvor x>0 og y>0 bidrar like mye som der hvor x>0 og y<0, men med motsatt fortegn. Tilsvarende for x<0 og y>0 mot x<0 og y<0.

Integralet som står igjen er da 3 ganger volumet av en halvkule med radius 2.

Flotte greier, da fikk jeg til både integralet og den smarte fancy løsningen.

Slenger opp en oppgave til jeg

[tex]\iiint_R (xy + z^2) \, \mathrm{d}V[/tex], over the set [tex]0 \, \leq \, z \, \leq 1 \, - \, |x| \, - \, |y|[/tex]

Tenkte at området ble en pyramide med kvadratisk bunn og høyde 1.
Hjørene i pyramiden vil være

[tex](0,1) \ (1,0) \ (-1,0) \ (0,-1)[/tex]

Er det noen grunn til at det blir feil å sette det opp slik ?

[tex]\int_{-1}^{1} \int_{-1}^{1} \int_{0}^{1} xy + z^2 \, \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\, \mathrm{d}x\, [/tex]

Videre tenkte jeg av samme grunn som i forrige oppgave blir xy elementet null. Slik at vi bare står igjen med

[tex]\iiint_R \, z^2 \, \mathrm{d}V[/tex]

Men fant ikke helt ut hvordan jeg skulle løse det heller =(

Videre ble følgende og feil

[tex]4 \cdot \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1 - x^2-y^2}} z^2 \, \mathrm{d}z\,\mathrm{d}y\, \mathrm{d}x\, [/tex]

Området er vel ganske stort.
F.eks. vil (x, y, z) slik at

[tex] x \in [4, \infty) [/tex]
[tex] y,z \in [1,2] [/tex]

være en del av området.

Fikset på oppgaven =) Har du noen smarte tips? Stanget hodet i veggen en god stundt nå.

Arealet til pyramidens grunnflate er …
Arealet til et horisontalt tverrsnitt når høyden er z,
er gitt ved A(z) = …

Dermed blir nok

[tex]\iiint _R z^2 \, \text{d}V = \int_0^1 z^2 \cdot A(z) \, \text{d}z = \cdots[/tex]

Merker det begynner å bli sent nå, svaret skal bli [tex]\frac{1}{15}[/tex]

Hvorfor fungerer ikke

[tex]\int_0^1 z^2 \cdot \left[ 2 \cdot (1 - z )\right] \, \mathrm{d}z[/tex] ?

Arealet endrer seg kvadratisk, det må følgelig være

[tex](1 - z)^2[/tex]

i stedet for

[tex]( 1 - z) [/tex].