Rotacijski paraboloid

O matematiki, številih, množicah in računih...
Odgovori
Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Rotacijski paraboloid

Odgovor Napisal/-a Mafijec »

Izračunaj površino rotacijskega paraboloida \(z=x^2 + y^2\) med ravninama z = 0 in z = 1!

Naj mi kdo pomaga! Hvala.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Poskusi s splosno formulo za vrtenine.
Iz "ploscine valja" sledi: (ds kot visina "valja")
\(dS=2\pi r ds=2\pi r \sqrt{1+(r')^2}dz\)
\(z=r^2, \quad r=\sqrt{z}\)
\(r'=\frac{1}{2 \sqrt{z}}\)
\(dS=2\pi \sqrt{z} \sqrt{1+\frac{1}{4z}}dz\)
\(dS=2\pi \sqrt{z} \sqrt{\frac{4z+1}{4z}}dz\)
\(dS=\pi \sqrt{4z+1}\ dz\)
\(S=\pi \int_0^1\sqrt{4z+1}\ dz=\frac{\pi}{4} \int_1^5\sqrt{u}\ du=\)
\(=\frac{\pi}{6}(\sqrt{125}-1)\)

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec »

Tudi v rešitvah je tak rezultat. Hvala.

Pravzaprav pa to izhaja iz obsega valja, ne?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Tako nekako. Drgac se itak vse te enacbe izpeljat s fizikalnim pristopom:
napises enacbo za tanko rezino, pa pointegriras:)

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec »

Ja, saj na tak način tudi jaz štekam to zadevo...

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14573
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Odgovor Napisal/-a shrink »

Nalogo lahko rešimo tudi z uporabo ploskovnega (dvojnega) integrala.

Površino poljubne ukrivljene ploskve lahko izračunamo z naslednjim obrazcem (polarne koordinate):

\(\int \int \sqrt{r^2+ r^2(\frac{\partial z}{\partial r})^2+(\frac{\partial z}{\partial \phi})^2}drd \phi\)

Najprej funkcijo \(z(x,y)\) zapišemo v polarnih koordinatah:

\(z=x^2+y^2=r^2 \cos^2 \phi + r^2 \sin^2 \phi=r^2(\cos^2 \phi + \sin^2 \phi)= r^2\),

nato izračunamo parcialna odvoda:

\(\frac{\partial z}{\partial r}=2r\)
\(\frac{\partial z}{\partial \phi}=0\)

Integracijski meji za \(\phi\)sta od \(0\) do \(2 \pi\), za \(r\) pa od \(0\) do \(1\) (saj gre \(z\) od \(0\) do \(1\) in zaradi zveze \(z=r^2\) ravno tako \(r\)).

Ko to upoštevamo v obrazcu dobimo:

\(\int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{r^2+ 4r^4}drd \phi\)

oziroma

\(\int_0^{2\pi} \int_0^1 r \sqrt{1+ 4r^2}drd \phi\).

Notranji integral rešimo z uvedbo nove spremenljivke \(u=1+ 4r^2 \Rightarrow du=8rdr\), integracijski meji za \(u\) sta od \(1\) do \(5\) (dobimo iz zveze \(u=1+ 4r^2\), saj teče \(r\) od \(0\) do \(1\)). Tako dobimo:

\(\frac{1}{8} \int_0^{2\pi} \int_1^5 \sqrt{u}dud \phi\).

Ker je zunanji integral neodvisen od notranjega, lahko oba rešimo naenkrat in dobimo:

\(\frac{1}{8} \cdot 2\pi \cdot \frac{u^{3/2}}{3/2}\mid_1^5 = \frac{\pi}{6}(\sqrt{125}-1)\).

Če nisi seznanjen s teoretičnim ozadjem dvojnega oz. ploskovnega integrala, je Aniviller-ova rešitev dosti bolj razumljiva in manj formalistična.

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec »

Dvojni integral sledi v 2. letniku, se mi zdi.

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14573
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Odgovor Napisal/-a shrink »

Mafijec napisal/-a:Dvojni integral sledi v 2. letniku, se mi zdi.
Res je. Ponavadi se večkratni integrali obravnavajo pri Analizi 2 ali Matematiki 2 v 2. letniku. Če si v 1. letniku, je zate primerna Anivillerova rešitev.

Odgovori