Όγκος, επιφανειακό, επικαμπύλιο

#1

Αν

είναι το στερεό που ορίζουν τα παραβολοειδή $z=x^2+\dfrac{y^2}{9}$ και $z=8-x^2-\dfrac{y^2}{9}$ ,

είναι η επιφάνειά του και $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{n}({x,\,y,\,z})$ είναι το μοναδιαίο διάνυσμα, το ορθογώνιο προς την

στο σημείο $({x,\,y,\,z})$ και με φορά προς το εσωτερικό της

, να υπολογισθούν:

α. Ο όγκος V({D})

.

β. Το επιφανειακό ολοκλήρωμα $\displaystyle\iint_{S}{\overrightarrow{f}({x,y,z})\cdot\overrightarrow{n}({x,y,z})\,d\sigma}$ , όπου $\overrightarrow{f}({x,y,z})=\left({e^{y-z}-x^2z,\,\cos({x^2-z^3}),\,xz^2-z}\right)$ , $({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3$ .

γ. Το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα $\displaystyle\varointctrclockwise_{\gamma}{\bigl({1+e^{xy}}\bigr)\,dx+\bigl({x^2+4y^3}\bigr)\,dy+\bigl({y\,\sqrt{2}+e^{z^2}}\bigr)\,dz}$ , όπου $\gamma$ είναι η θετικά προσανανατολισμένη καμπύλη που προκύπτει από την τομή του επιπέδου με εξίσωση x+y=1

και της επιφάνειας

.

#2

Λύση:

είναι το στερεό που ορίζουν τα παραβολοειδή $z=x^2+\dfrac{y^2}{9}$ και $z=8-x^2-\dfrac{y^2}{9}$ ,

είναι η επιφάνειά του και $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{n}({x,\,y,\,z})$ είναι το μοναδιαίο διάνυσμα, το ορθογώνιο προς την

στο σημείο $({x,\,y,\,z})$ και με φορά προς το εσωτερικό της

.
Η τομή των δύο παραβολοειδών είναι η έλλειψη $\dfrac{x^2}{2^2}+\dfrac{y^2}{6^2}=1$ που βρίσκεται στο επίπεδο z=4

, αφού ισχύουν $\left\{{\begin{array}{c} z=x^2+\frac{y^2}{9}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} x^2+\frac{y^2}{9}=8-x^2-\frac{y^2}{9} \end{array}}\right\}$ .

: volume.png (100.06 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

α. Άν $D_{1}$ το στερεό που ορίζει το παραβολοειδές $z=x^2+\frac{y^2}{9}$ και το επίπεδο z=4

και $D_{2}$ το στερεό που ορίζει το παραβολοειδές $z=8-x^2-\frac{y^2}{9}$ και το επίπεδο z=4

, τότε $D=D_{1}\cup{D}_{2}$ .
Επειδή τα παραβολοειδή είναι συμμετρικά, ώς πρός το επίπεδο z=4

, για την εύρεση του όγκου V({D})

αρκεί να βρεθεί ο όγκος $V({D_1})$ .

$V({D_1})=\displaystyle\iiint_{D_1}{dz\,dy\,dx}=\int_{-2}^{2}\int_{-6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}^{6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}\int_{x^2+\frac{y^2}{9}}^{4}{dz\,dy\,dx}=\int_{-2}^{2}\int_{-6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}^{6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}}{4-x^2-\frac{y^2}{9}\,dy\,dx}\,\stackrel{(*)}{=}$
$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}{4\,({1-\rho^2})\,12\rho\,d\rho\,d\theta}=12\int_{0}^{2\pi}{\bigl[{2\rho^2-\rho^4}\bigr]_{0}^{1}\,d\theta}=12\int_{0}^{2\pi}{d\theta}=24\pi$ .

Άρα $V({D})=2\cdot24\pi=48\pi\,.\quad\square$

(*)

Για την αλλαγή μεταβλητών $\left\{{\begin{array}{l} x=2\rho\,\cos{\theta}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} y=6\rho\,\sin{\theta} \end{array}}\right\}$ προκύπτει $\dfrac{\partial({x,y})}{\partial({\rho,\theta})}=12\rho\,.\quad\square$

β. Τό

είναι

-κανονικό,

-κανονικό και

-κανονικό και η συνάρτηση $\overrightarrow{f}({x,y,z})=\left({e^{y-z}-x^2z,\,\cos({x^2-z^3}),\,xz^2-z}\right)$ , $({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3$ , είναι C^1

στο ${\mathbb{R}}^3$ . Επομένως πλοιρούνται οί προυποθέσεις για το Θεώρημα Gauss.

$\displaystyle\iint_{S}{\overrightarrow{f}({x,y,z})\cdot\overrightarrow{n}({x,y,z})\,d\sigma}\stackrel{{\textlatin{Gauss}}}{=}-\iiint_{D}{\nabla\cdot\overrightarrow{f}({x,y,z})\,dz\,dy\,dx}=$

$-\displaystyle\iiint_{D}{\frac{\partial}{\partial{x}}\!\left({e^{y-z}-x^2z}\right)+\frac{\partial}{\partial{y}}\!\left({\cos({x^2-z^3})}\right)+\frac{\partial}{\partial{z}}\!\left({xz^2-z}\right)\,dz\,dy\,dx}=$

$-\displaystyle\iiint_{D}{-2xz+0+2xz-1\,dz\,dy\,dx}=-\iiint_{D}{dz\,dy\,dx}=-\,V({D})=-48\pi\,.\quad\square$

γ. $D_{1}=\Bigl\{{({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3: -2\leq{x}\leq2\,, \ -6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\leq{y}\leq6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\,, \ x^2+\frac{y^2}{9}\leq{z}\leq4}\Bigr\}$ .
Επειδή y>0

, για τα σημεία του $T_{1}$ πρέπει $0\leq{1-x}\leq6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\quad\Rightarrow\quad0\leq({1-x})^2\leq36\,\bigl({1-\frac{x^2}{4}}\bigr)\quad\Rightarrow$

$-10x^2+2x+35\geq0\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)\leq{x}\leq\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)$ .

Επίσης πρέπει $x^2+\frac{({1-x})^2}{9}\leq{z}\leq4\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{9}\,({10x^2-2x+1})\leq{z}\leq4$ .

$D_{2}=\Bigl\{{({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3: -2\leq{x}\leq2\,, \ -6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\leq{y}\leq6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\,, \ 4\leq{z}\leq8-x^2-\frac{y^2}{9}}\Bigr\}$ .
Επειδή y>0

, για τα σημεία του $T_{2}$ πρέπει $0\leq{1-x}\leq6\,\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}\quad\Rightarrow\quad0\leq({1-x})^2\leq36\,\bigl({1-\frac{x^2}{4}}\bigr)\quad\Rightarrow$

$-10x^2+2x+35\geq0\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)\leq{x}\leq\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)$ .

Επίσης πρέπει $4\leq{z}\leq8-x^2-\frac{({1-x})^2}{9}\quad\Rightarrow\quad4\leq{z}\leq8-\frac{1}{9}\,({10x^2-2x+1})$ .

: lineint.png (142.85 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

Η τομή του $D_{1}$ με το επίπεδο $P\,:\,x+y=1$ , είναι το χωρίο

$T_{1}=\Bigl\{{({x,1-x,z})\in{\mathbb{R}}^3: \frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)\leq{x}\leq\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)\,, \ \frac{1}{9}\,({10x^2-2x+1})\leq{z}\leq4}\Bigr\}$ , του

,

ενώ η τομή του $D_{2}$ με το επίπεδο $P\,:\,x+y=1$ , είναι το χωρίο

$T_{2}=\Bigl\{{({x,1-x,z})\in{\mathbb{R}}^3: \frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)\leq{x}\leq\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)\,, \ 4\leq{z}\leq8-\frac{1}{9}\,({10x^2-2x+1})}\Bigr\}$ , του

.

Επομένως το χωρίο του

πού προκύπτει από την τομή του

με το

είναι το $T=T_{1}\cup{T}_{2}$ . Η καμπύλη $\gamma$ είναι το σύνορο του

ενώ ένα μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο

είναι το $\overrightarrow{n_1}=\bigl({\frac{\sqrt{2}}{2},\,\frac{\sqrt{2}}{2},\,0}\bigr)$ . Αν $\overrightarrow{g}({x,y,z})=\bigl({1+e^{xy},\,x^2+4y^3,\,y\,\sqrt{2}+e^{z^2}}\bigr)$ , $({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3$ , τότε ${\bf{rot}}({\overrightarrow{g}\,})=\nabla\times\overrightarrow{g}=\left| {\begin{array}{ccc} {\overrightarrow{e_x}} & {\overrightarrow{e_y}} & {\overrightarrow{e_z}}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} {\frac{\partial}{\partial{x}}} & {\frac{\partial}{\partial{y}}} & {\frac{\partial}{\partial{z}}}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} {1+e^{xy}} & {x^2+4y^3} & {y\,\sqrt{2}+e^{z^2}} \end{array}}\right|=\sqrt{2}\,\overrightarrow{e_x}$

Από το Θεώρημα Stokes προκύπτει ότι $\displaystyle\varointctrclockwise_{\gamma}{\bigl({1+e^{xy}}\bigr)\,dx+\bigl({x^2+4y^3}\bigr)\,dy+\bigl({y\,\sqrt{2}+e^{z^2}}\bigr)\,dz}=$

$\displaystyle\iint_{T}{{\bf{rot}}({\overrightarrow{g}\,})\cdot\overrightarrow{n_1}\,d\sigma}=\iint_{T_1}{{\bf{rot}}({\overrightarrow{g}\,})\cdot\overrightarrow{n_1}\,d\sigma}+\iint_{T_2}{{\bf{rot}}({\overrightarrow{g}\,})\cdot\overrightarrow{n_1}\,d\sigma}=$

$\displaystyle\iint_{T_1}{\sqrt{2}\,\frac{\sqrt{2}}{2}\,d\sigma}+\iint_{T_2}{\sqrt{2}\,\frac{\sqrt{2}}{2}\,d\sigma}=\int_{\frac{1}{10}\,({1-3\sqrt{39}\,})}^{\frac{1}{10}\,({1+3\sqrt{39}\,})}\!\int_{\frac{1}{9}\,({10x^2-2x+1})}^{4}{1\,dz\,dx}\,+$

$\displaystyle\int_{\frac{1}{10}\,({1-3\sqrt{39}\,})}^{\frac{1}{10}\,({1+3\sqrt{39}\,})}\!\int_{4}^{8-\frac{1}{9}\,({10x^2-2x+1})}{1\,dz\,dx}=\frac{7}{3}\,\sqrt {39}-\frac{10}{27}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1+3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^3\,+$

$\displaystyle\frac{10}{27}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^3+\frac{1}{9}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1+3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^2-\frac{1}{9}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^2\,+$

$\displaystyle\frac{7}{3}\,\sqrt {39}-\frac{10}{27}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1+3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^3+\frac{10}{27}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^3+\frac{1}{9}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1+3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^2\,-$

$\displaystyle\frac{1}{9}\,\Bigl({\frac{1}{10}\,\bigl({1-3\sqrt{39}\,}\bigr)}\Bigr)^2=\frac{39\sqrt{39}}{25}+\frac{39\sqrt{39}}{25}=\frac{78\sqrt{39}}{25}\,.\quad\square$

Όγκος, επιφανειακό, επικαμπύλιο

Όγκος, επιφανειακό, επικαμπύλιο

Re: Όγκος, επιφανειακό, επικαμπύλιο

Μέλη σε σύνδεση