Matematické Fórum

drabi · 25. 06. 2012 19:46

Ahoj,
opět jsem se dostala k příkladu, který mi není úplně jasný.. pokusím se napsat k čemu jsem došla a budu velice ráda, pokud mi někdo poradí, jak dál popřípadně opraví mé chyby..

Spočtěte integrál $\int \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ přes plochu $P$ . $P=\{ x^2+y^2 = \cos{z} , |z|<\frac\pi2\}$ s vnější orientací

$f(x,y,z) = (\sin(x), 0, 0)$
$g(u,v) = (u,v,\text{arccos}(u^2 + v^2))$
tak tady si nejsem jistá, jak s tím arccos
$(u,v) \in I, I = \{(u,v) \in \mathbb{R}^2| u^2 + v^2<\frac\pi2 \}$

$n(g(u,v)) = $\frac{2u}{\sqrt{1-u^4-2u^2v^2-v^4}}, \frac{2v}{\sqrt{1-u^4-2u^2v^2-v^4}}, 1$$
$f(g(u,v)) \cdot n(g(u,v)) = \frac{2u\sin{u}}{\sqrt{1-u^4-2u^2v^2-v^4}}$

$\int_P \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{-\sqrt{\frac\pi2}}^{\sqrt{\frac\pi2}} \int_{-\sqrt{\frac\pi2 - u^2}}^{\sqrt{\frac\pi2 - u^2}} \frac{2u\sin{u}}{\sqrt{1-u^4-2u^2v^2-v^4}} \mathrm{d}v \mathrm{d}u$

vypadá to nanejvýš podezřele a určitě to jde udělat nějak elegantně, ale bohužel to v tom nevidím. Mohl by se na to prosím někdo kouknout a poradit mi?

chipák · 26. 06. 2012 08:16

↑ drabi:

Pravděpodobně by bylo výhodnější si tu plochu převést do válcových souřadnic, potom budeš mít
$P(\varphi, z)=(\varphi, \sqrt{\cos z} , z), z\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}), \varphi \in(0,2\pi)$

Rumburak

↑ drabi:

Ahoj.

Tvůj postup je podezřelý plným právem :-) .

Vždy je užitečné si tu plochu představit. Zde to bude uzavřená plocha invariantní vůči rotaci okolo osy $z$ a symetrická podle roviny $z=0$ .
Je-li osa $z$ kladně orientována směrem "vzhůru", jak je ovbyklé, pak k určení znaménka (viz úloha řešená včera) se na plochu $P$ musíme
"dívat shora". Z tohoto pohledu (viz symetrie plochy podle roviny $z=0$ ) se plocha skládá ze dvou částí

$P^+$ popsané rovnicí $z = \arccos(x^2 + y^2)$ ,
$P^-$ popsané rovnicí $z = -\arccos(x^2 + y^2)$ ,

kde v obou případech bod $[x, y]$ probíhá uzavřený jednotkový kruh $K$ se středem v počátku, při tom na plochu $P^+$ se dívíme "zvenčí" ,
zatímco na plochu $P^-$ bychom se dívali "zevnitř", pokud by se nenacházela v zákrytu za plochou $P^+$ . Plošný integrál

$I :=\int \!\!\!\int_P \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$

je možno rozložit na součet integrálů

$I^+ :=\int \!\!\!\int_{P^+} \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = +\int \!\!\!\int_{K} \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ,

$I^- :=\int \!\!\!\int_{P^-} \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = -\int \!\!\!\int_{K} \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ,

takže celkem $I = I^+ + I^- = 0$ .

Doufám, že jsem to zase někde nezkazil ...

drabi · 26. 06. 2012 17:50

↑ chipák:
mohl bys to prosím trochu upřesnit, z toho co píšeš mi to není uplně jasný

drabi · 26. 06. 2012 18:11

↑ Rumburak:
musím říct, že tomu co píšeš, moc nerozumím, omlouvám se za natvrdlost..
1) není mi jasný ten jednotkový kruh.. vždyť $x^2 + y^2 = \cos{z}$
2) ohledně těch $P^+$ a $P^-$ , myslela jsem, že to se právě určuje podle té orientace?

mohl bys mi to prosím vysvětlit nějak "polopatě"? díky

Rumburak

↑ drabi:

Zkusím to.

I. K té ploše $P=\{ x^2+y^2 = \cos{z} , |z|<\frac\pi2\}$ . Máme tam podmínku $|z|<\frac\pi2$ , to znamená $z \in \left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ a $\cos{z} \in (0, 1\rangle$ ,
hodnotu $\cos z = 1$ dostaneme pro $z = 0$ a rovnice $x^2 + y^2 = \cos{0}=1$ popisuje jednotkovou kružnici se středem v počátku. Podobně pro
obecné $z$ z výše uvedeného intervalu je $\cos z > 0$ a rovnice $x^2 + y^2 = \cos{z}$ je rovnicí kružnice se středem v počátku a poloměrem $\sqrt {\cos z}$ .
Všechny takové kružnice pro všechna uvažované hodnoty proměnné $z$ vyplní jednotkový kruh se středem v počátku, z něhož je tento střed ovšem vyňat,
odpovídal by totiž hodnotám $z = \pm \frac\pi2$ , které zadání úlohy nepovažuje za přípustné. Avšak toto vyloučení odpovídajících dvou bodů plochy není podstatné,
protože dvoubodová množina má plošnou míru 0 a výpočet integrálu nijak neovlivní. Místo s plochou $P$ můžeme stejnými metodami a se stejným výsledkem
pracovat s plochou $\overline{P}=\{ x^2+y^2 = \cos{z} , |z|\le\frac\pi2\}$ a pak výše dostaneme celý jednotkový kruh i se středem. O to šlo ?

II. Pokud jde o ta znaménka v označeních $P^+$ , $P^-$ (je-li můj dohad o obsahu dotazu správný): Už dopředu jsem viděl, jak ta znaménka podle orientací
vnějšíchí normál dopadnou, proto jsem značení volil takto. Když bych se býval spletl, bylo by to označeno obráceně, nebo jsem mohl použít $P_1, P_2$ ,
případně i jakkoliv jinak - v tom nehledej nic podstatného.

Klidně se ptej dál, od toho tu forum je. Pokud bude v mých možnostech odpovědět, odpovím. :-)

chipák · 26. 06. 2012 22:17

↑ drabi:
Vidím, že jsem tam měl chybu. Pokusím se vysvětlit jaký postup bych zvolil.

Chtěl jsem tím říct, že na první pohled je jasné, že pokud plochu P převedeš do válcových souřadnic ( $x=\rho \cos \varphi, y=\rho \sin \varphi, z=\omega$ ), tak se poněkud zjednoduší na
$\rho^2=\cos \omega \rightarrow \rho=\sqrt{\cos \omega}$ .
Celkově jsem si zvolil za parametry plochy $\varphi$ a $\omega$ a můžu psát $g(\varphi,\omega)=(\sqrt{\cos \omega}\cos\varphi, \sqrt{\cos \omega}\sin \varphi,\omega)$ . Mám vyjádřenu plochu.

Potom si myslím, že máš špatně to vektorové pole. Mělo by to vypadat takto:
$\vec{f}(x,y,z)=(0,0,\sin x)$

Dál už je to jen dosazení do vzorce. Nejsem si jistý, jestli je moje řešení správné, ale určitě bych se ubíral tímto směrem. S arkuskosinem by se mi počítat nechtělo ...

drabi · 26. 06. 2012 22:19

↑ Rumburak:
ano o to mi šlo, děkuju mockrát. Ještě nad tím budu chvíli hloubat a kdyžtak napíšu nějaký dotaz

drabi · 26. 06. 2012 22:24

↑ chipák:
jo k tomu jsem teď taky nějak došla, ale to vektorové pole se mi vůbec nezdá. Nechápu proč by se z-tové souřadnici měl přiřadit sin(x).. to mi nedává smysl..
Mohl bys mi to v tom případě prosím třeba nějak obecně ukázat, jak se vytváří to vektorové pole?

chipák · 26. 06. 2012 22:32

↑ drabi:

No abych se přiznal, tak důvod, proč to tak je ti nedokážu říct, protože ho neznám. Čerpal jsem z těchto skript:

Odkaz

drabi · 26. 06. 2012 22:59

↑ chipák:
já pouze odhaduju, že by to mohlo být tím, že integrujeme podle x a y, tedy proto je to ta z-tová souřadnice.
stejně jako tady:Odkaz zase integrujeme podle y a z, tak to bude x-ová souřadnice..
ale je to jen odhad, nevím zda správný, snad někdo více erudovaný nám napoví:)

drabi · 27. 06. 2012 00:42

tak jsem trochu hledala, co s tím tečným polem a podle těchto skript se zdá, že to mé původní bylo dobře.. Nebo se mýlím?

chipák

↑ drabi:

Teď nevím, jestli jsem pochopil kam tím posledním příspěvkem míříš.

Je nutné rozlišovat tečné pole (to se týká té plochy) a nějaké vektorového pole, jehož tok zadanou plochou počítáme. S tím tečným polem by problém být neměl.

Stále si ale stojím za tím, že to vektorové pole má vypadat takto: $\vec{f}(x,y,z)=(0,0,\sin x)$ .

Podívej se v těchto skriptech na rovnici 4.40. Je tam i odvození.

já pouze odhaduju, že by to mohlo být tím, že integrujeme podle x a y, tedy proto je to ta z-tová souřadnice.
stejně jako tady:Odkaz zase integrujeme podle y a z, tak to bude x-ová souřadnice..
ale je to jen odhad, nevím zda správný, snad někdo více erudovaný nám napoví:)

Tvůj odhad je naprosto přesný.

Rumburak

↑ drabi:, ↑ chipák:

Ahoj.

S tímto $\vec{f}(x,y,z)=(0,0,\sin x)$ souhlasím .

Ale připadá mi, že oba na to jdete v tomto jednoduchém příkladě zbytečně složitě. Doporučuji podívat se sem na větu 2.3
a zformulovat si ji pro speciální případ parametrisace $u = x, v = y$ (navíc při $P \equiv Q \equiv 0$ ).

POZNÁMKA. Integrál

$I :=\int \!\!\!\int_P \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$

přes uzavřenou orientovanou plochu $P$ (a s vlastnostmi požadovanými defninicí plošného integrálu) se dá snadno spočítat i pomocí
Gaussovy-Ostrograského věty. Je-li totiž $T$ příslušná oblast, které je plochou $P$ ohraničena, máme

$\int \!\!\!\int_P \sin{x}\, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int \!\!\!\int\!\!\!\int_T \frac{\partial \sin x}{\partial z} \, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \,\mathrm{d}z = 0$ .

Rumburak

↑ drabi:

K tomu vekt. poli : $\vec{f}\vec{n}\,\mathrm{d}S =\vec{f}\,\mathrm{d}\vec{S} = f_1 \,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z + f_2\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x + f_3 \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$ ,

$\vec{n}$ je jednotkový vektor vnější normály.

drabi · 27. 06. 2012 12:16

↑ Rumburak:↑ Rumburak:
takže ten odhad

drabi napsal(a):
já pouze odhaduju, že by to mohlo být tím, že integrujeme podle x a y, tedy proto je to ta z-tová souřadnice.
stejně jako tady:Odkaz zase integrujeme podle y a z, tak to bude x-ová souřadnice..
ale je to jen odhad, nevím zda správný, snad někdo více erudovaný nám napoví:)

je správný?

na ten zbytek kouknu posléze a případně okomentuju

Rumburak · 27. 06. 2012 12:20

↑ drabi:

Ano, toto vysvětlení je správné.

drabi · 27. 06. 2012 12:30

↑ Rumburak:
pokud bychom to dělali bez použití válcových souřadnic, tak bychom tam potom dostali dost nehezké výrazy, pokud se nemýlím:

$f(x,y,z) = (0,0,\sin(x))$
$g(u,v) = (u,v,\text{arccos}(u^2+v^2))$

potom
$f(g(u,v)) = (0,0,\sin(\text{arccos}(u^2 + v^2)))$ a tohle by se mi vážně moc nechtělo integrovat..

drabi · 27. 06. 2012 12:55

↑ chipák:

tak jsem s tím doufám trochu pohla:

$f(x,y,z) = (0,0,\sin(x))$
$x= \varrho \cos{\varphi}, y= \varrho \sin{\varphi}, z = R$
$(\varrho, \varphi, R) \in (0,\infty) \times (-\pi,\pi) \times \mathbb{R}$
$g(\varphi, R) = (\sqrt{\cos{R}} \cos{\varphi}, \sqrt{\cos{R}} \sin{\varphi}, R), (\varphi, R) \in D$
$D =\{(\varphi, R)| R \in (-\frac\pi2,\frac\pi2), \varphi \in (-\pi,\pi)\}$

$n(g(\varphi, R)) =(\sqrt{\cos{R}} \cos{\varphi}, \sqrt{\cos{R}} \sin{\varphi},\frac{\sin{R}}{2})$

$f(g(\varphi, R)) \cdot n(g(\varphi, R)) = \frac{\sin^2{R}}{2}$

celkově:
$I :=\int \!\!\!\int_P \sin{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int \!\!\!\int_D \frac{\sin^2{R}}{2} \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}R = \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin^2{R}}{2} \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}R = \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2} \pi \sin^2{R} \mathrm{d}R = \frac{\pi^2}{2}$

mám ten postup dobře?

Rumburak · 27. 06. 2012 14:03

↑ drabi:

Mně to vyšlo celkem snadno a rychle. Je nějaký důvod postpovat jinak ?

Při té parametrisaci zde ↑ drabi: se někam vytratil integrand $\sin\,x = \sin\,(\sqrt{\cos{R}} \cos{\varphi})$ .

Rumburak · 27. 06. 2012 14:15

↑ drabi:

Zde máš chybu.

Když $f(x,y,z) = (0,0,\sin(x))$ a $g(u,v) = (u,v,\text{arccos}(u^2+v^2))$ , potom
$f(g(u,v)) = f (u,v,\text{arccos}(u^2+v^2)) = (0, 0, \sin u)$ .

drabi · 27. 06. 2012 14:16

↑ Rumburak:
jo máš pravdu s tím integrandem..
Mi to nějak nejde, jak to popisuješ ty. Prosím mohl bys to rozepsat, jak jsi postupoval?

Rumburak · 27. 06. 2012 14:56

↑ drabi:

Postupoval jsem v podstatě podle té věty, na kterou jsem odkazoval v příspěvku ↑ Rumburak: .
V případě naší úlohy je při tamním označení $P(x,y,z) \equiv Q(x,y,z) \equiv 0 , R(x,y,z) = \sin x$ .
Parametrisace $x = u, y = v, z = \arccos(u^2 + v^2)$ dá $A = 1$ , takže je-li $S$ plocha odpovídající této parametrisaci, bude

$\int \!\!\!\int_S \sin{x}\, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \pm \int \!\!\!\int_M \sin{u} \,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v$ ,

kde $M$ je už rovinná oblast, kterou probíhají body $[u, v]$ . Místo $u, v$ můžeme ponechat proměnné $x, y$ .

Tím spočteme náš původní integrál přes tu část plochy P, kde je $z = \arccos(u^2 + v^2)$ . Podobně se spočte i druhá část popsaná rovnicí
$z = -\arccos(u^2 + v^2)$ . Obě vypočtené hodnoty se budou lišit znaménkem, takže v součtu dají 0 a integrály ani není nutno počítat numericky.

drabi · 27. 06. 2012 16:39

↑ Rumburak:
Omlouvám se, ale s tím $\pm$ to stále nějak nechápu.
Ta množina přes kterou integruju je $M=\{(u,v) \in \mathbb{R}^2: |\text{arccos}(u^2 + v^2)| < \frac\pi2 \}$

Nevím, jak ověřit, že se jedná o požadovanou parametrizaci a myslela jsem, že potom se utváří to znaménko.

Jinak k té větě, na kterou jsi odkazoval, tak ty koeficienty A,B,C a jejich pronásobení s P,Q,R není nic jiného než skalární součin $f(g(u,v)) \cdot n(g(u,v))$

chipák · 27. 06. 2012 16:42

Já už v tom mám jasno. Chvíli jsem nad tím poseděl a myslím, že už do toho trochu vidím. Nejelegantnější je asi ta Gauss-Ostrogradskeho věta. Ten postup, co jsi tady publikoval jsme asi nebrali. Uznávám, že je to jedondušší cesta, než ta moje.

Matematické Fórum

#1 25. 06. 2012 19:46

Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#2 26. 06. 2012 08:16

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#3 26. 06. 2012 14:44 — Editoval Rumburak (26. 06. 2012 16:42)

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#4 26. 06. 2012 17:50

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#5 26. 06. 2012 18:11

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#6 26. 06. 2012 22:15 — Editoval Rumburak (26. 06. 2012 22:16)

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#7 26. 06. 2012 22:17

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#8 26. 06. 2012 22:19

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#9 26. 06. 2012 22:24

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#10 26. 06. 2012 22:32

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#11 26. 06. 2012 22:59

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#12 27. 06. 2012 00:42

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#13 27. 06. 2012 07:52 — Editoval chipák (27. 06. 2012 07:53)

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#14 27. 06. 2012 10:40 — Editoval Rumburak (27. 06. 2012 12:18)

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#15 27. 06. 2012 11:28 — Editoval Rumburak (27. 06. 2012 11:30)

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#16 27. 06. 2012 12:16

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

drabi napsal(a):

#17 27. 06. 2012 12:20

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#18 27. 06. 2012 12:30

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#19 27. 06. 2012 12:55

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#20 27. 06. 2012 14:03

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#21 27. 06. 2012 14:15

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#22 27. 06. 2012 14:16

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#23 27. 06. 2012 14:56

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#24 27. 06. 2012 16:39

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

#25 27. 06. 2012 16:42

Re: Plošný integrál 2.druhu, kontrola

Zápatí