Adam Bednarz
Instytut Matematyki PK
CAKA POTRÓJNA - PRZYKADY
Zadanie 1. Obliczy¢ caªk¦
Z Z Z
V
1
(1 + x + y + z)
3
dxdydz
, je±li V bryªa ograniczona powierzchniami: x = 0,
y = 0
, z = 0 i x + y + z = 1.
Rozwi¡zanie zadanie 1.
Bryª¡ V jest czworo±cian o wierzchoªkach (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) i (0, 0, 1), wi¦c mo»na j¡ opisa¢ równaniami
x ∈ [0, 1]
, y ∈ [0, 1 − x], z ∈ [0, 1 − x − y].
Z Z Z
V
1
(1 + x + y + z)
3
dxdydz =
1
Z
0
1−x
Z
0
1−x−y
Z
0
1
(1 + x + y + z)
3
dz
dy
dx =
1
Z
0
1−x
Z
0
1−x−y
Z
0
(1 + x + y + z)
−3
dz
dy
dx =
1
Z
0
1−x
Z
0
−
1
2
(1 + x + y + z)
−2
1−x−y
0
dy
dx =
−
1
2
1
Z
0
1−x
Z
0
(1 + x + y + 1 − x − y)
−2
− (1 + x + y)
−2
dy
dx = −
1
2
1
Z
0
1−x
Z
0
1
4
− (1 + x + y)
−2
dy
dx =
−
1
2
1
Z
0
1
4
y + (1 + x + y)
−1
1−x
0
dx = −
1
2
1
Z
0
1
4
(1 − x) + (1 + x + 1 − x)
−1
− (1 + x)
−1
dx =
−
1
2
1
Z
0
1
4
(1 − x) +
1
2
− (1 + x)
−1
dx = −
1
8
1
Z
0
1 − x + 2 −
4
1 + x
dx = −
1
8
1
Z
0
3 − x −
4
1 + x
dx =
−
1
8
3x −
1
2
x
2
− 4 ln |1 + x|
1
0
= −
1
8
3 −
1
2
− 4 ln 2
= −
1
16
(5 − 8 ln 2)
.
Zadanie 2. Obliczy¢ caªk¦
1
Z
0
dx
√
1−x
2
Z
0
dy
√
2−x
2
−y
2
Z
√
x
2
+y
2
z
2
dz
.
Rozwi¡zanie zadanie 2.
Oznaczmy przez V bryª¦ opisan¡ równaniami 0 6 x 6 1, 0 6 y 6
√
1 − x
2
, px
2
+ y
2
6 z 6
p
2 − x
2
− y
2
, tzn.
V =
n
(x, y, z) ∈ R
3
: 0 6 x 6 1, 0 6 y 6
p
1 − x
2
,
p
x
2
+ y
2
6 z 6
p
2 − x
2
− y
2
o
.
Bryªa V znajduje si¦ w pierwszej ósemce trójwymiarowego ukªadu wspóªrz¦dnych (x > 0, y > 0, z > 0) nad
caª¡ lub cz¦±ci¡ ¢wiartki koªa x
2
+ y
2
6 1. Bryªa jest ograniczona od doªu powierzchni¡ sto»ka z =
p
x
2
+ y
2
,
a od góry powierzchni¡ kuli z = p2 − x
2
− y
2
.
Wyznaczamy przeci¦cie powierzchni z = px
2
+ y
2
i z = p2 − x
2
− y
2
:
(
z =
p
x
2
+ y
2
z =
p
2 − x
2
− y
2
⇐⇒
p
x
2
+ y
2
=
p
2 − x
2
− y
2
⇐⇒ x
2
+ y
2
= 2 − x
2
− y
2
⇐⇒ x
2
+ y
2
= 1
.
Czyli przeci¦ciem tych powierzchni jest okr¡g w pªaszczy¹nie z = 1 o równaniu x
2
+ y
2
= 1
.
W zwi¡zku z tym rzutem bryªy V na pªaszczyzn¦ z = 0 jest caªa ¢wiartka koªa x
2
+ y
2
6 1, x > 0, y > 0.
Wprowadzamy wspóªrz¦dne sferyczne:
x = r cos ϕ cos ψ
y = r sin ϕ cos ψ
z = r sin ψ
,
1
y
z
x
P (x, y, z)
P
0
(x, y, 0)
ϕ
r
z
y
x
ψ
obliczamy jakobian tej transformacji
J
T
=
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, ψ)
=
∂x
∂r
∂x
∂ϕ
∂x
∂ψ
∂y
∂r
∂y
∂ϕ
∂y
∂ψ
∂z
∂r
∂z
∂ϕ
∂z
∂ψ
=
cos ϕ cos ψ
−r sin ϕ cos ψ
−r cos ϕ sin ψ
sin ϕ cos ψ
r cos ϕ cos ψ
−r sin ϕ sin ψ
sin ψ
0
r cos ψ
=
= r
2
cos
2
ϕ cos
3
ψ + r
2
sin
2
ϕ sin
2
ψ cos ψ + r
2
cos
2
ϕ sin
2
ψ cos ψ + r
2
sin
2
ϕ cos
3
ψ =
= r
2
cos ψ
cos
2
ϕ cos
2
ψ + sin
2
ϕ sin
2
ψ + cos
2
ϕ sin
2
ψ + sin
2
ϕ cos
2
ψ
=
= r
2
cos ψ
h
cos
2
ψ cos
2
ϕ + sin
2
ϕ
|
{z
}
q
1
+ sin
2
ψ sin
2
ϕ + cos
2
ϕ
|
{z
}
q
1
i
= r
2
cos ψ
cos
2
ψ + sin
2
ψ
|
{z
}
q
1
=
= r
2
cos ψ.
Nowe zmienne maj¡ zakresy r ∈ 0,
√
2
, ϕ ∈
h
0,
π
2
i, ψ ∈ h
π
4
,
π
2
i. Nasza caªka jest wi¦c równa
1
Z
0
dx
√
1−x
2
Z
0
dy
√
2−x
2
−y
2
Z
√
x
2
+y
2
z
2
dz =
π
2
Z
0
π
2
Z
π
4
1
Z
0
r
2
cos ψ · r
2
sin
2
ψdr
dψ
dϕ =
π
2
Z
0
π
2
Z
π
4
sin
2
ψ cos ψ
1
Z
0
r
4
dr
dψ
dϕ =
π
2
Z
0
π
2
Z
π
4
sin
2
ψ cos ψ
1
5
r
5
1
0
dψ
dϕ =
1
5
π
2
Z
0
π
2
Z
π
4
sin
2
ψ cos ψ
dψ
dϕ =
1
5
π
2
Z
0
1
3
[sin
3
ψ]
π
2
π
4
dϕ =
1
15
π
2
Z
0
1 −
√
2
4
!
dϕ =
1
15
1 −
√
2
4
!
ϕ
π
2
0
=
1
15
1 −
√
2
4
!
π
2
=
(4 −
√
2)π
120
.
Zadanie 3. Obliczy¢ caªk¦
Z Z Z
V
p
x
2
+ y
2
dv
, je±li V bryªa ograniczona powierzchniami: x
2
+ y
2
= z
2
i z = 1.
Rozwi¡zanie zadanie 3.
Bryªa V jest odwróconym sto»kiem o wierzchoªku w punkcie (0, 0, 0) i wysoko±ci dªugo±ci 1. Podstawa le»y w
pªaszczy¹nie z = 1 i jest ni¡ koªo x
2
+ y
2
6 1. Rzutem bryªy V na pªaszczyzn¦ z = 0 jest wi¦c koªo x
2
+ y
2
6 1.
Wprowadzamy wspóªrz¦dne walcowe:
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ
z = h
,
2
y
z
x
P (x, y, z)
P
0
(x, y, 0)
ϕ
r
h
y
x
jakobian transformacji
J
T
=
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, h)
=
∂x
∂r
∂x
∂ϕ
∂x
∂h
∂y
∂r
∂y
∂ϕ
∂y
∂h
∂z
∂r
∂z
∂ϕ
∂z
∂h
=
cos ϕ
−r sin ϕ 0
sin ϕ
r cos ϕ
0
0
0
1
= r.
Nowe zmienne maj¡ zakresy r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]. Wyznaczymy zakres dla zmiennej h. Punkty bryªy V
znajduj¡ si¦ pomi¦dzy powierzchni¡ z = px
2
+ y
2
, a powierzchni¡ z = 1, czyli
p
x
2
+ y
2
6 h 6 1.
Po podstawieniu zmiennych walcowych otrzymujemy
q
r
2
cos
2
ϕ + r
2
sin
2
φ 6 h 6 1,
a nast¦pnie
q
r
2
(cos
2
ϕ + sin
2
φ) 6 h 6 1,
√
r
2
6 h 6 1.
Ostatecznie h ∈ [r, 1] (r > 0). Nasza caªka jest wi¦c równa
Z Z Z
V
p
x
2
+ y
2
dv =
2π
Z
0
1
Z
0
1
Z
r
r ·
q
r
2
cos
2
ϕ + r
2
sin
2
ϕ dh
dr
dϕ =
2π
Z
0
1
Z
0
1
Z
r
r
2
dh
dr
dϕ =
2π
Z
0
1
Z
0
r
2
1
Z
r
1 dh
dr
dϕ =
2π
Z
0
1
Z
0
r
2
·
h
1
r
dr
dϕ =
2π
Z
0
1
Z
0
r
2
· (1 − r) dr
dϕ =
2π
Z
0
1
3
r
3
−
1
4
r
4
1
0
dϕ =
2π
Z
0
1
3
−
1
4
dϕ =
2π
Z
0
1
12
dϕ =
1
12
ϕ
2π
0
=
π
6
.
Zadanie 4. Obliczy¢
Z Z Z
V
x
2
+ y
2
dxdydz
, je±li V bryªa ograniczona powierzchniami: x
2
+ y
2
= 2z
i z = 2.
Rozwi¡zanie zadanie 4.
Powierzchnie x
2
+ y
2
= 2z
i z = 2 przecinaj¡ si¦ tworz¡c okr¡g x
2
+ y
2
= 4
le»¡cy w pªaszczy¹nie z = 2. Zatem
rzutem bryªy na pªaszczyzn¦ OXY jest koªo x
2
+ y
2
6 4,
x
y
−2
2
−2
2
3
Wprowadzamy wspóªrz¦dne walcowe:
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ
z = h
,
y
z
x
P (x, y, z)
P
0
(x, y, 0)
ϕ
r
h
y
x
jakobian transformacji
J
T
=
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, h)
=
∂x
∂r
∂x
∂ϕ
∂x
∂h
∂y
∂r
∂y
∂ϕ
∂y
∂h
∂z
∂r
∂z
∂ϕ
∂z
∂h
=
cos ϕ
−r sin ϕ 0
sin ϕ
r cos ϕ
0
0
0
1
= r.
Wyznaczamy zakresy nowych zmiennych r ∈ [0, 2], ϕ ∈ [0, 2π]. Wyznaczymy zakres dla zmiennej h. Punkty
bryªy V znajduj¡ si¦ pomi¦dzy powierzchni¡ z =
1
2
(x
2
+ y
2
)
, a powierzchni¡ z = 2, czyli
1
2
(x
2
+ y
2
) 6 h 6 2.
Po podstawieniu zmiennych walcowych otrzymujemy
1
2
(r
2
cos
2
ϕ + r
2
sin
2
φ) 6 h 6 2,
a nast¦pnie
1
2
(cos
2
ϕ + sin
2
φ) 6 h 6 2,
1
2
r
2
6 h 6 2.
Ostatecznie h ∈
1
2
r
2
, 2
(r > 0). Nasza caªka jest wi¦c równa
Z Z Z
V
(x
2
+ y
2
)dv
=
2π
Z
0
dϕ
2
Z
0
dr
2
Z
1
2
r
2
r
3
dh =
2π
Z
0
dϕ
2
Z
0
r
3
dr
2
Z
1
2
r
2
1 dh =
2π
Z
0
dϕ
2
Z
0
r
3
·
h
2
1
2
r
2
dr =
=
2π
Z
0
dϕ
2
Z
0
r
3
·
2 −
1
2
r
2
dr =
2π
Z
0
dϕ
2
Z
0
2r
3
−
1
2
r
5
dr =
2π
Z
0
1
2
r
4
−
1
12
r
6
2
0
dϕ =
=
2π
Z
0
2
3
dϕ =
2
3
· 2π =
4
3
π.
4
Zadanie 5. Obliczy¢
Z Z Z
V
r
1 −
x
2
a
2
−
y
2
b
2
−
z
2
c
2
dv
, je±li V bryªa ograniczona powierzchni¡
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
= 1
.
Rozwi¡zanie zadanie 5.
Bryªa V jest eplisoid¡ o ±rodku w punkcie (0, 0, 0).
Wprowadzamy uogólnione wspóªrz¦dne sferyczne:
x = a · r cos ϕ cos ψ
y = b · r sin ϕ cos ψ
z = c · r sin ψ
,
jakobian transformacji
J
T
=
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, ψ)
= abcr
2
cos ψ.
Wyznaczamy zakresy nowych zmiennych ϕ ∈ [0, 2π], ψ ∈
h
−
π
2
,
π
2
i, za± r wyznaczymy z nierówno±ci:
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
6 1,
a
2
r
2
cos
2
ϕ cos
2
ψ
a
2
+
b
2
r
2
sin
2
ϕ cos
2
ψ
b
2
+
c
2
r
2
sin
2
ψ
c
2
6 1,
r
2
cos
2
ϕ cos
2
ψ + r
2
sin
2
ϕ cos
2
ψ + r
2
sin
2
ψ 6 1,
r
2
cos
2
ψ(cos
2
ϕ + sin
2
ϕ) + r
2
sin
2
ψ 6 1,
r
2
cos
2
ψ + r
2
sin
2
ψ 6 1,
r
2
6 1.
Ostatecznie r ∈ [0, 1]. Nasza caªka jest wi¦c równa
Z Z Z
V
r
1 −
x
2
a
2
−
y
2
b
2
−
z
2
c
2
dv =
2π
Z
0
π
2
Z
−
π
2
1
Z
0
abcr
2
cos ψ ·
p
1 − r
2
dr
dψ
dϕ =
abc
2π
Z
0
dϕ ·
π
2
Z
−
π
2
cos ψ dψ ·
1
Z
0
r
2
·
p
1 − r
2
dr = 4abcπ
1
Z
0
r
2
·
p
1 − r
2
dr.
Zadanie 6. Obliczy¢ mas¦ bryªy ograniczonej powierzchni¡ x
2
+ y
2
+ z
2
= z
, je±li g¦sto±¢ tej bryªy w ka»dym
punkcie jest równa odlegªo±ci tego punktu od pocz¡tku ukªadu wspóªrz¦dnych.
Rozwi¡zanie zadanie 6.
Oznaczmy przez V bryª¦ ograniczon¡ powierzchni¡ x
2
+ y
2
+ z
2
= z
. Jest ni¡ kula o ±rodku w punkcie
0, 0,
1
2
,
promieniu
1
2
i g¦sto±ci tej ρ(x, y, z) = px
2
+ y
2
+ z
2
. W zwi¡zku z tym masa m tej kuli wyra»a si¦ wzorem
m =
Z Z Z
V
p
x
2
+ y
2
+ z
2
dv
Wprowadzamy wspóªrz¦dne sferyczne:
x = r cos ϕ cos ψ
y = r sin ϕ cos ψ
z = r sin ψ
,
J
T
=
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, ψ)
= r
2
cos ψ.
Mamy ϕ ∈ [0, 2π], ψ ∈
h
0,
π
2
i. Wyznaczamy zakres r:
x
2
+ y
2
+ z
2
6 z,
5
r
2
6 r sin ψ,
r(r − sin ψ) 6 0.
Poniewa» ψ nale»y do I ¢wiartki, sin ψ > 0, to r ∈ [0, sin ψ].
m =
2π
Z
0
π
2
Z
0
sin ψ
Z
0
r
2
cos ψ · r dr
dψ
dϕ =
2π
Z
0
dϕ ·
π
2
Z
0
cos ψ
sin ψ
Z
0
r
3
dr
dψ =
ϕ
2π
0
·
π
2
Z
0
cos ψ ·
1
4
r
4
sin ψ
0
dψ =
1
4
· 2π ·
π
2
Z
0
cos ψ · sin
4
ψ
dψ =
π
2
·
1
5
sin
5
ψ
π
2
0
=
π
10
.
Zadanie 7. Obliczy¢ obj¦to±¢ bryªy ograniczonej powierzchniami x
2
+ y
2
= z
i x
2
+ y
2
= z
2
.
Rozwi¡zanie zadanie 7.
Obj¦to±¢ t¡ mo»emy oczywi±cie obliczy¢ korzystaj¡c z caªki podwójnej. My jednak w tym celu, chcemy wyko-
rzysta¢ caªk¦ potrójn¡. Oznaczmy przez V bryª¦, której obj¦to±¢ chcemy obliczy¢.
Bryª¦ V mo»emy opisa¢ V =
n
(x, y, z) : x
2
+ y
2
6 z 6
p
x
2
+ y
2
o. Obj¦to±¢ bryªy mo»emy zapisa¢ jako:
|V | =
Z Z Z
V
1dxdydz.
Wprowadzamy zmienne walcowe
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ
z = h
,
J
T
=
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, h)
= r,
ϕ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1], h ∈ [r
2
, r].
|V | =
2π
Z
0
1
Z
0
r
Z
r
2
dh
dr
dϕ = 2π
1
Z
0
(r − r
2
)dr =
π
3
.
6
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Calka potrojna
Całki potrójne przykłady
5 Całka oznaczona 3 przykładowe rozwiązania
C 08 Całka potrójna
Całka potrójna
Całka potrójna
calka potrojna
całka potrójna
12 Całka potrójna
Całka potrójna
Microsoft Word W20 Calka potrojna
Calka potrojna
Całki potrójne przykłady
Microsoft Word L20 calka potrojna
całka potrójna
5 Całka oznaczona 3 przykładowe rozwiązania
więcej podobnych podstron