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