Kvarkadabra forum

Pozdravljeni!
Rabil bi malo pomoči. Če imamo podano ploskev P x^2+y^2=2z in z je večje ali enako 4 Izračunaj (dvojni integral )zdP

s pomočjo cilindričnih koordinat izračunam: x=(2)^(0.5)rcost, y=(2)^(0.5)sint, z=r^2. t naredi cel krog r gre pa od 0 do 2. Izračunam (EG-F)^(0.5)=2r(1+2r^2)^0.5 Ko vse vnesem v integral dobim 2r^3(1+2r^2)^0.5 Ne najdem nove spremenljivke ki bi mi razrešila to.

že našel

Lep pozdrav!

Izračunati moram srednjo razdaljo od središča valja s polmerom a in višino h. Formula je:

\(\bar{r}=\frac{1}{4\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}rsin\theta d\theta d\beta\)

Za kroglo ni problema, ko je r konstanten in pride da je povprečni r seveda enak R. Tule pa imam težave. Kako naj razpišem r za cilinder?

Hvala že vnaprej!

Napačna izbira koordinat, brezveze kompliciraš s sferičnimi Pojdi v cilindrične koordinate, pa bo vse jasno. Potem ostane samo integral po kotu in po z:
\(r=\sqrt{R^2+z^2}\)
za plašč in
\(r=\sqrt{\rho^2+(h/2)^2}\)
za zgornjo (in spodnjo) ploskev, če \(\rho\) teče od 0 do R.

To je seveda res, če gledaš samo površino valja. Če gledaš volumen, je stvar nekoliko drugačna.

Aha, se mi je zdelo, da bo potrebno izračunati za stranske ploskve in za osnovne posebaj. Dobim nekaj takega:

\(\bar{r}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{h}\sqrt{R^2+z^2}dzd\beta\)

Kako pa je s konstanto spredaj? V sferičnih koordinatah je 1/4pi. Zgornja enačba velja torej za plašč. Nato še izračunam za zg. in sp. ploskev?

Deliš s ploščino (saj računaš povprečje in zgoraj je \(\int r{\,\rm d}S\), spodaj pa torej isto brez povprečene količine r). Po ploskvah sešteješ pred deljenjem, saj je to seštevanje samo razbit cel integral na 3 območja.

Pa manjka ti še tisti "r", ki pride od cilindričnih koordinat: pri plašču je to samo predkonstanta (ko še kot integriraš, ti stoji spredaj obseg 2pi r). Pri osnovnicah bo pa to imelo bistven vpliv na integracijo.

Aha, torej izračunam oba integrala in nato vse skupaj delim s površino celotnega plašča? Zgoraj imam torej:

\(\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{H}(r^2+z^2)dzd\beta+\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}({\rho}^2+{H/2}^2)dzd\beta\)

?

Še Jakobijev faktor cilindričnih koordinat, pa meje morajo bit prav, pa stranski ploskvici sta dve, ne ena.
\(\int_{0}^{2\pi}\int_{-H/2}^{H/2}R(R^2+z^2)dz\,d\beta+2\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\rho({\rho}^2+(\frac{H}{2})^2)d\rho \,d\beta\)

Eh dvojko sem pozabil napisati ja. Od kje pa dobiš še tisti R in \(\rho\) pred oklepajem? Dimenzije se ne izidejo potem, ker je npr. \((R^2+z^2)=r^2\) in ne \(r\)

gcn64 napisal/-a:Eh dvojko sem pozabil napisati ja. Od kje pa dobiš še tisti R in \(\rho\) pred oklepajem? Dimenzije se ne izidejo potem, ker je npr. \((R^2+z^2)=r^2\) in ne \(r\)

Aja ups seveda si še korene pozabil (jaz pa tudi zaradi nekega razloga).
\(\int_{0}^{2\pi}\int_{-H/2}^{H/2}R\sqrt{R^2+z^2}dz\,d\beta+2\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\rho\sqrt{{\rho}^2+(\frac{H}{2})^2}d\rho \,d\beta\)
Tisti "r" je pa t.i. Jakobijeva determinanta. Tako kot pri menjavi koordinat v 1D integralih dobiš tisto transformacijo dx=(dx/du)*du, imaš pri večdimenzionalnih integralih pri menjavi spremenljivk faktor iz parcialnih odvodov (točno definicijo si poglej na wiki, ni težko - determinanta matrike odvodov vseh starih z vsemi novimi spremenljivkami). Pri integraciji po 2D imaš dS=dx*dy, in ko to pretvoriš v cilindrične koordinate, pride dS=r*dr*d(fi). Grafično si lahko misliš, da seštevaš pravokotnike z eno stranico dr in drugo stranico krožnim lokom r*d(fi). Podobno pri sferičnih koordinatah dobiš r^2*sin(theta)*dr*d(theta)*d(fi). Ta dva (cilindrične in sferične) moraš znat na pamet, ker sta v stalni rabi.

Hjao, že vidim kje sem ga polomil.
Seveda vem na pamet za cilindrične in sferične koordinate ampak nikoli nisem gledal kako se pride do tega Super, sem pogledal sedaj da je to na osnovi jacobijeve matrike. Jaz sem pa dal brez korenov zato, ker sem po pomoti enačil jakobijev r s tistim iz \(\int rdS\) in dobil \(r^2\), tako da brez korena tisti oklepaj. Seveda pa radija nista enaka, enkrat je R valja, drugič pa r, ki je definiran s tistimi oklepaji..

Hvala za trud in kot vedno odlično razlago!

Prosila bi, če bi pomagate s tem primerom:
Zapiši enačbo normale na graf dane funkcije v presečišču z osjo x, h(x)=(x^2-2x+1)/(x+1); normala je x=1, a ne vem, zakaj

Hvala

Presečišče z osjo x je pri y=0, in ker lahko razbiješ (x^2-2x+1)=(x-1)^2, imaš pri x=1 DVOJNO ničlo. V dvojni ničli je tangenta vodoravna, normala pa torej navpična - x=1.

Hvala.

Torej je vedno tako, če imam dvojno ničlo?

Slončica napisal/-a:Hvala.

Torej je vedno tako, če imam dvojno ničlo?

Ja. Naklon je 0, saj če ne bi bil, bi stvar sekala os x in bi bila torej samo enkratna ničla. Z drugimi besedami, odvod v dvojni ničli je 0 (če je prav dvojna, je tam minimum ali maksimum, če je večkratna, je lahko tudi sedlo).