Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος
- Tolaso J Kos
- Δημοσιεύσεις: 5223
- Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
- Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
- Επικοινωνία:
Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Ας δηλώσουμε με τη καμπύλη Viviani η οποία ορίζεται ως η τομή της σφαίρας με το κύλινδρο . Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
Λέξεις Κλειδιά:
- grigkost
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 3049
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
- Τοποθεσία: Ιωάννινα
- Επικοινωνία:
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Κατ' αρχήν θέτω και, επομένως, η εξίσωση της σφαίρας είναι και του κυλίνδρου είναι .
Μια παραμετρική παράσταση της καμπύλης που είναι η τομή των δυο επιφανειών είναι .
Επομένως
Παρατήρηση: Επειδή η καμπύλη είναι κλειστή, αν επιλεγεί μια παραμέτρησή της με αντίθετη φορά από αυτήν που επιλέχθηκε παραπάνω, το αποτέλεσμα θα ήταν .
Ας συνεχίσουμε την άσκηση με το εξής: Αν η αντίστοιχη μπάλα και ο στερεός κύλινδρος, να βρεθεί ο όγκος του στερεού .
edit: 23:20, 16/8/18. Ο παραπάνω ζητούμενος όγκος δεν υπολογίζεται πλήρως αφού προκύπτει ελλειπτικό ολοκλήρωμα.
Μια παραμετρική παράσταση της καμπύλης που είναι η τομή των δυο επιφανειών είναι .
Επομένως
Παρατήρηση: Επειδή η καμπύλη είναι κλειστή, αν επιλεγεί μια παραμέτρησή της με αντίθετη φορά από αυτήν που επιλέχθηκε παραπάνω, το αποτέλεσμα θα ήταν .
Ας συνεχίσουμε την άσκηση με το εξής: Αν η αντίστοιχη μπάλα και ο στερεός κύλινδρος, να βρεθεί ο όγκος του στερεού .
edit: 23:20, 16/8/18. Ο παραπάνω ζητούμενος όγκος δεν υπολογίζεται πλήρως αφού προκύπτει ελλειπτικό ολοκλήρωμα.
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Μετασχηματίζουμε σε πολικές συντεταγμένες: .
Είναι .
Παρατήρηση: Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται.
Για το ολοκλήρωμα με χρήση του Wolfram Mathematica ισούται με .
Για το ολοκλήρωμα με χρήση του Wolfram Mathematica ισούται με .
Είναι .
Παρατήρηση: Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται.
Για το ολοκλήρωμα με χρήση του Wolfram Mathematica ισούται με .
Για το ολοκλήρωμα με χρήση του Wolfram Mathematica ισούται με .
- grigkost
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 3049
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
- Τοποθεσία: Ιωάννινα
- Επικοινωνία:
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Θεόδωρε,
είναι σωστή η παρατήρησή σου! Λόγω βιασύνης δεν είχα δει μια απλοποίηση και κατέληξα σε..ελλειπτικό ολοκλήρωμα. Διορθώνω λοιπόν...
Αν , τότε
Αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες και .
- grigkost
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 3049
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
- Τοποθεσία: Ιωάννινα
- Επικοινωνία:
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Ας συνεχίσουμε την άσκηση:
, .
Έστω το άνω ημισφαίριο της σφαίρας . Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα
όπου ένα μοναδιαίο διάνυσμα, κάθετο στην επιφάνεια και τέτοιο ώστε να "κοιτάζει" προς το εξωτερικό της .
, .
Έστω το άνω ημισφαίριο της σφαίρας . Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα
όπου ένα μοναδιαίο διάνυσμα, κάθετο στην επιφάνεια και τέτοιο ώστε να "κοιτάζει" προς το εξωτερικό της .
- grigkost
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 3049
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
- Τοποθεσία: Ιωάννινα
- Επικοινωνία:
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Λύση 1
Μετασχηματίζουμε σε πολικές συντεταγμένες: .
Είναι .
Θα βρούμε μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας :
όπου, και τα ορίζονται όπως πιο πάνω.
Μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας είναι:
Είναι
και
Άρα,
edit: 26/8/18, 20:00. Στην συγκεκριμένη δημοσίευση υπάρχουν υπολογιστικά λάθη, τα οποία διορθώθηκαν σε επόμενες δημοσιεύσεις.
Μετασχηματίζουμε σε πολικές συντεταγμένες: .
Είναι .
Θα βρούμε μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας :
όπου, και τα ορίζονται όπως πιο πάνω.
Μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας είναι:
Είναι
και
Άρα,
edit: 26/8/18, 20:00. Στην συγκεκριμένη δημοσίευση υπάρχουν υπολογιστικά λάθη, τα οποία διορθώθηκαν σε επόμενες δημοσιεύσεις.
τελευταία επεξεργασία από ttheodoros σε Σάβ Αύγ 25, 2018 9:51 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Λύση 2
όπου .
Είναι
edit: 26/8/18, 20:00. Η εφαρμογή του θεωρήματος απόκλισης δεν είναι σωστή. Βλέπε επόμενες δημοσιεύσεις.
όπου .
Είναι
edit: 26/8/18, 20:00. Η εφαρμογή του θεωρήματος απόκλισης δεν είναι σωστή. Βλέπε επόμενες δημοσιεύσεις.
- grigkost
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 3049
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
- Τοποθεσία: Ιωάννινα
- Επικοινωνία:
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Ωραία, Θεόδωρε. Μια 3η λύση:
Παρατηρούμε ότι
Για το διανυσματικό πεδίο , για την επιφάνεια και για το θετικά προσανατολισμένο σύνορό της με παραμετρική παράσταση , πληρούνται οι συνθήκες του θεωρήματος Stokes. Επομένως
Η παραμετρική παράσταση της θεωρείται ότι είναι τέτοια ώστε το κάθετο διάνυσμα να βλέπει προς έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Προηγούμενο αποτέλεσμα.
Υ.Γ. Μπορεί η 1η λύση του Θεόδωρου να μοιάζει μακροσκελής, αλλά είναι αυτόνομη (και κλασσική).
Παρατηρούμε ότι
Για το διανυσματικό πεδίο , για την επιφάνεια και για το θετικά προσανατολισμένο σύνορό της με παραμετρική παράσταση , πληρούνται οι συνθήκες του θεωρήματος Stokes. Επομένως
Η παραμετρική παράσταση της θεωρείται ότι είναι τέτοια ώστε το κάθετο διάνυσμα να βλέπει προς έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Προηγούμενο αποτέλεσμα.
Υ.Γ. Μπορεί η 1η λύση του Θεόδωρου να μοιάζει μακροσκελής, αλλά είναι αυτόνομη (και κλασσική).
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Θα δείξουμε ότι το διάνυσμα που βρήκαμε πιο πάνω βλέπει προς το εξωτερικό της επιφάνειας.
Όταν τότε απο την εξίσωση βρίσκουμε αφού .
Το σημείο του τμήματος της σφαίρας αντιστοιχεί για .
Δηλαδή, .
.
Παρατηρούμε ότι .
Δηλαδή τα διανύσματα και σχηματίζουν οξεία γωνία μεταξύ τους και επομένως το διάνυσμα βλέπει προς τα έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Διαφορετικά: Το διάνυσμα θέσης του σημείου του τμήματος της σφαίρας είναι .
Επειδή
τα διανύσματα και σχηματίζουν οξεία γωνία μεταξύ τους και επομένως το διάνυσμα βλέπει προς τα έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Όταν τότε απο την εξίσωση βρίσκουμε αφού .
Το σημείο του τμήματος της σφαίρας αντιστοιχεί για .
Δηλαδή, .
.
Παρατηρούμε ότι .
Δηλαδή τα διανύσματα και σχηματίζουν οξεία γωνία μεταξύ τους και επομένως το διάνυσμα βλέπει προς τα έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Διαφορετικά: Το διάνυσμα θέσης του σημείου του τμήματος της σφαίρας είναι .
Επειδή
τα διανύσματα και σχηματίζουν οξεία γωνία μεταξύ τους και επομένως το διάνυσμα βλέπει προς τα έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
- grigkost
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 3049
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:54 pm
- Τοποθεσία: Ιωάννινα
- Επικοινωνία:
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Έχει "διαφύγει¨ένα μείον στο υπολογισμό του καθέτου (σημειωμένα με κόκκινο). Είναιttheodoros έγραψε: ↑Σάβ Αύγ 25, 2018 9:49 pmΛύση 1
...Μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας είναι:
Είναι
και
Άρα,...
Αυτό το κάθετο "βλέπει" προς το εξωτερικό της επιφάνειας και το αντίστοιχο επιφανειακό ολοκλήρωμα ισούται με .
Επομένως το διάνυσμα δεν είναι κάθετο.ttheodoros έγραψε: ↑Κυρ Αύγ 26, 2018 8:33 pmΘα δείξουμε ότι το διάνυσμα που βρήκαμε πιο πάνω βλέπει προς το εξωτερικό της επιφάνειας.....
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Γρηγόρη έχεις δίκαιο ότι μου διέφυγε ένα "-" στην δεύτερη γραμμή της ορίζουσας (εκεί που έβαλες "?")
Επομένως το κάθετο διάνυσμα θα είναι
Επομένως το κάθετο διάνυσμα θα είναι
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Πιο κάτω βάζω διορθωμένη την Λύση 1. Ευχαριστώ και δημόσια τον Γρηγόρη Κωστάκο για τις παρατηρήσεις του.
Μετασχηματίζουμε σε πολικές συντεταγμένες: .
Είναι .
Θα βρούμε μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας :
όπου, και τα ορίζονται όπως πιο πάνω.
Μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας είναι:
Είναι
και
{\color{blue} Θα δείξουμε ότι το διάνυσμα βλέπει προς το εξωτερικό της επιφάνειας.
Όταν τότε απο την εξίσωση βρίσκουμε αφού .
Το σημείο του τμήματος της σφαίρας αντιστοιχεί για .
Δηλαδή, .
.
Παρατηρούμε ότι .
Δηλαδή τα διανύσματα και σχηματίζουν οξεία γωνία μεταξύ τους και επομένως το διάνυσμα βλέπει προς τα έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Διαφορετικά: Το διάνυσμα θέσης του σημείου του τμήματος της σφαίρας είναι .
Τα διανύσματα είναι παράλληλα και ομόρροπα.}
Άρα,
Μετασχηματίζουμε σε πολικές συντεταγμένες: .
Είναι .
Θα βρούμε μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας :
όπου, και τα ορίζονται όπως πιο πάνω.
Μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας είναι:
Είναι
και
{\color{blue} Θα δείξουμε ότι το διάνυσμα βλέπει προς το εξωτερικό της επιφάνειας.
Όταν τότε απο την εξίσωση βρίσκουμε αφού .
Το σημείο του τμήματος της σφαίρας αντιστοιχεί για .
Δηλαδή, .
.
Παρατηρούμε ότι .
Δηλαδή τα διανύσματα και σχηματίζουν οξεία γωνία μεταξύ τους και επομένως το διάνυσμα βλέπει προς τα έξω (του τμήματος) της σφαίρας.
Διαφορετικά: Το διάνυσμα θέσης του σημείου του τμήματος της σφαίρας είναι .
Τα διανύσματα είναι παράλληλα και ομόρροπα.}
Άρα,
-
- Δημοσιεύσεις: 83
- Εγγραφή: Κυρ Νοέμ 21, 2010 4:28 pm
- Τοποθεσία: Λευκωσία - Κύπρος
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Η λύση 2 όπου χρησιμοποίησα το Θεώρημα απόκλισης του Gauss έχει πρόβλημα..
Δεν ξέρω αν υπάρχει τρόπος "να σωθεί".
Διερωτούμαι πάντως πως βγαίνει το ίδιο αποτέλεσμα έστω και με διαφορετικό πρόσημο (αυτό μπορεί να οφείλεται σε αντίθετο προσανατολισμό της επιφάνειας).
Δεν ξέρω αν υπάρχει τρόπος "να σωθεί".
Διερωτούμαι πάντως πως βγαίνει το ίδιο αποτέλεσμα έστω και με διαφορετικό πρόσημο (αυτό μπορεί να οφείλεται σε αντίθετο προσανατολισμό της επιφάνειας).
- Demetres
- Γενικός Συντονιστής
- Δημοσιεύσεις: 8989
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
- Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
- Επικοινωνία:
Re: Ολοκλήρωμα πολυμεταβλητής συνάρτησης
Για να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα αποκλίσεως πρέπει να έχουμε κλειστή επιφάνεια.
Η επιφάνεια που μας δίνεται δεν είναι κλειστή μπορούμε όμως να την κλείσουμε και μετά να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα αποκλίσεως ως εξής:
Γράφω για την δοσμένη επιφάνεια, για την κυλινδρική επιφάνεια που βρίσκεται μεταξύ της δοσμένης επιφάνειας και του επιπέδου , και για το κάτω μέρος της κυλινδρικής επιφάνειας που βρίσκεται πάνω στο επίπεδο . (Θα δοθούν αργότερα και παραμετρικές εξισώσεις.)
Έστω . Τότε μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα αποκλίσεως για να πάρουμε
αφού .
Η επιφάνεια έχει παραμετρική εξίσωση όπου και .
Το εξωτερικό κάθετο διάνυσμα είναι προφανώς το και είναι γνωστό (ή υπολογίζεται με τον γνωστό τρόπο) ότι . Οπότε παίρνουμε:
(Ολοκληρώνουμε πρώτα ως προς .)
Η επιφάνεια έχει παραμετρική εξίσωση όπου και επιπλέον το ικανοποιεί και . Μετά από κάποιες απλές πράξεις που παραλείπω, βγαίνει ότι .
Το εξωτερικό κάθετο διάνυσμα είναι (γνωστό) το και έχουμε (πάλι γνωστό) . Οπότε παίρνουμε:
Οπότε εν τέλει έχουμε
Χρειάστηκε εδώ να υπολογίσουμε δύο άλλα ολοκληρώματα αλλά οι πράξεις είναι κάπως πιο απλές από τον υπολογισμό του ζητούμενου. Π.χ. η επιλογή των κάθετων διανυσμάτων είναι προφανής ενώ στο ζητούμενο χρειάζεται δουλειά.
Η επιφάνεια που μας δίνεται δεν είναι κλειστή μπορούμε όμως να την κλείσουμε και μετά να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα αποκλίσεως ως εξής:
Γράφω για την δοσμένη επιφάνεια, για την κυλινδρική επιφάνεια που βρίσκεται μεταξύ της δοσμένης επιφάνειας και του επιπέδου , και για το κάτω μέρος της κυλινδρικής επιφάνειας που βρίσκεται πάνω στο επίπεδο . (Θα δοθούν αργότερα και παραμετρικές εξισώσεις.)
Έστω . Τότε μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα αποκλίσεως για να πάρουμε
αφού .
Η επιφάνεια έχει παραμετρική εξίσωση όπου και .
Το εξωτερικό κάθετο διάνυσμα είναι προφανώς το και είναι γνωστό (ή υπολογίζεται με τον γνωστό τρόπο) ότι . Οπότε παίρνουμε:
(Ολοκληρώνουμε πρώτα ως προς .)
Η επιφάνεια έχει παραμετρική εξίσωση όπου και επιπλέον το ικανοποιεί και . Μετά από κάποιες απλές πράξεις που παραλείπω, βγαίνει ότι .
Το εξωτερικό κάθετο διάνυσμα είναι (γνωστό) το και έχουμε (πάλι γνωστό) . Οπότε παίρνουμε:
Οπότε εν τέλει έχουμε
Χρειάστηκε εδώ να υπολογίσουμε δύο άλλα ολοκληρώματα αλλά οι πράξεις είναι κάπως πιο απλές από τον υπολογισμό του ζητούμενου. Π.χ. η επιλογή των κάθετων διανυσμάτων είναι προφανής ενώ στο ζητούμενο χρειάζεται δουλειά.
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Bing [Bot] και 7 επισκέπτες