Stran 112 od 145

Re: Matematika

Objavljeno: 10.1.2014 18:47
Napisal/-a pikm5
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.

Re: Matematika

Objavljeno: 10.1.2014 19:26
Napisal/-a pikm5
že našel :)

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 0:38
Napisal/-a gcn64
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!

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 9:25
Napisal/-a Aniviller
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.

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 20:16
Napisal/-a gcn64
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?

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 20:25
Napisal/-a Aniviller
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.

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 20:45
Napisal/-a gcn64
Aha, torej izračunam oba integrala in nato vse skupaj delim s površino celotnega plašča? Zgoraj imam torej:

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

?

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 20:54
Napisal/-a Aniviller
Še Jakobijev faktor cilindričnih koordinat, pa meje morajo bit prav, pa stranski ploskvici sta dve, ne ena.
\(\int_{0}^{2\pi}\int_{-H/2}^{H/2}R(R^2+z^2)dz\,d\beta+2\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{R}\rho({\rho}^2+(\frac{H}{2})^2)d\rho \,d\beta\)

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 21:01
Napisal/-a gcn64
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 \(r\)

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 21:15
Napisal/-a Aniviller
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.

Re: Matematika

Objavljeno: 13.1.2014 21:30
Napisal/-a gcn64
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!

Re: Matematika

Objavljeno: 15.1.2014 16:12
Napisal/-a Slončica
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

Re: Matematika

Objavljeno: 15.1.2014 16:53
Napisal/-a Aniviller
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.

Re: Matematika

Objavljeno: 15.1.2014 17:10
Napisal/-a Slončica
Hvala.

Torej je vedno tako, če imam dvojno ničlo?

Re: Matematika

Objavljeno: 15.1.2014 17:16
Napisal/-a Aniviller
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).