Matematické Fórum

drabi · 31. 08. 2012 13:44

Ahoj,
kdysi jsme tady řešili jeden zapeklitý příklad.
Nakonec jsem zjistila, že chyba byla v zadání a má to být takto:
$\int \sin{z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ přes plochu $P=\{ x^2+y^2 = \cos{z} , |z|<\frac\pi2\}$

Chtěla bych vás poprosit, zda byste mi někdo zkontroloval postup a popřípadně mě upozornil na nedostatky.

použiju parametrizaci:
$x = r \cos{\varphi}$
$y = r \sin{\varphi}$
$z = \text{arccos}(x^2 + y^2) = \text{arccos}(r^2); r>0, \varphi \in (-\pi,\pi)$

$\vec{\tau} = $\cos{\varphi}, \sin{\varphi}, -\frac{1}{\sqrt{1-r^4}}$$
$\vec{\sigma} = $- r \sin{\varphi}, r \cos{\varphi}, 0$$
$\vec{\nu} = $\frac{r \cos{\varphi}}{\sqrt{1-r^4}},\frac{r \sin{\varphi}}{\sqrt{1-r^4}}, r$$

pak tedy:
$\int_P \sin{z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^1 \int_{-\pi}^{\pi} r\sin(\text{arccos}(r^2)) \mathrm{d} \varphi \mathrm{d}r = 2\pi\int_0^1 r\sin(\text{arccos}(r^2)) \mathrm{d}r = \frac{\pi^2}{4}$

Musím říct, že $\int_0^1 r \sin(\text{arccos}(r^2)) \mathrm{d}r$ byl pro mě velice nepříjemný a nebýt wolframu, tak to nevypočtu.
Nevíte zda se dá postupovat tak, abych se tomu integrálu vyhnula?
A je můj postup dobře?
Díky moc

jelena · 01. 09. 2012 10:01

Zdravím,

chybu (snad překlep vidím zde - není zderivována vnitřní funkce arccos(r^2) $\vec{\tau} = $\cos{\varphi}, \sin{\varphi}, -\frac{2r}{\sqrt{1-r^4}}$$ , ale to ve výpočtu nepoužíváš (je tak?). Tedy přemýšlím, zda jsme vůbec počítali integrál přes zadanou plochu?

----------------------------------------------

Pro integrál - buď použit vzorec, který si nikdo nepamatuje nebo přímo v integrálu per partes>
$u^{\prime}=r$ ,
$v=\sin$\mathrm{arccos}(r^2)$$

Tak by to šlo?
----------------------------------------------

Ale spíš 1. část mého příspěvku bych potřebovala ujasnit. Děkuji.

drabi · 01. 09. 2012 10:25

↑ jelena:
Ahoj,
děkuji za reakci, ano je tam chyba.
Takže nově:
$\vec{\tau} = $\cos{\varphi}, \sin{\varphi}, -\frac{2r}{\sqrt{1-r^4}}$$
$\vec{\sigma} = $- r \sin{\varphi}, r \cos{\varphi}, 0$$
$\vec{\nu} = $\frac{2r^2 \cos{\varphi}}{\sqrt{1-r^4}},\frac{2r^2 \sin{\varphi}}{\sqrt{1-r^4}}, r$$

potom meze jsou:
$0 < |x^2 + y^2| < 1 \Rightarrow 0 < r < 1$

jelena · 01. 09. 2012 14:42

↑ drabi:

děkuji, zkoušela jsem projít další témata a odkazy, co jsi k plošnému integrálu měla.

(1) Zde kolega Rumburak zdůvodňuje, proč bys nemusela používat normálový vektor. Řekla bych, že i v tomto tématu, co diskutujeme, není nutné (přesně řečeno, stejně jsi ho nepoužila - je tak?).

(2) zde zas vysvětluje použití zadání plochy $P=\{ x^2+y^2 = \cos{z} , |z|<\frac\pi2\}$ A to jsi použila při řešení.

Tady bych zůstala (jak máš):

drabi napsal(a):
$\int_P \sin{z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^1 \int_{-\pi}^{\pi} r\sin(\text{arccos}(r^2)) \mathrm{d} \varphi \mathrm{d}r = 2\pi\int_0^1 r\sin(\text{arccos}(r^2)) \mathrm{d}r = \frac{\pi^2}{4}$ .

Integrál jsem také ručně prozkoušela dle návrhu ↑ příspěvek 2:, jde to. Počkám si na spravedlivou kritiku, děkuji.

drabi · 01. 09. 2012 15:19

↑ jelena:
No já ten normalový vektor použila a použila jsem i tu plochu.
vektorové pole:
$f(x,y,z) = (0,0,\sin(z))$
po parametrizaci:
$f(r, \varphi) = (0,0,\sin(\text{arccos}(r^2)))$
normalový vektor:
$\vec{\nu} = $\frac{2r^2 \cos{\varphi}}{\sqrt{1-r^4}},\frac{2r^2 \sin{\varphi}}{\sqrt{1-r^4}}, r$$

pak
$f(r, \varphi) \cdot \vec{\nu} = r \sin(\text{arccos}(r^2))$

Samozřejmě, pokud bych nepoužila normalový vektor, tak bych to nejspíš parametrizovala a tím pádem by se mi i zda objevilo $r$ jako jakobián.
Možná se ten můj způsob složitější, než tvoje navrhované řešení bez normalového vektoru.
Každopádně, ať se na to koukám z jakékoliv strany, dostaneme se ke stejnému integrálu. Nemýlím se?

jelena · 01. 09. 2012 17:40

↑ drabi:

to určitě, to se dostaneme :-) (tedy já jsem se dostala jen přes parametrizaci a měla jsem za to, že normálový vektor sice vypisuješ, ale nepoužila jsi ho a také jen parametrizaci). Tedy jsme došly různými cestami ke stejnému integrálu, tak snad v pořádku.

drabi · 01. 09. 2012 17:41

↑ jelena:
děkuji mockrát za pomoc:)

Matematické Fórum

#1 31. 08. 2012 13:44

Plošný integrál 2.druhu

#2 01. 09. 2012 10:01

Re: Plošný integrál 2.druhu

#3 01. 09. 2012 10:25

Re: Plošný integrál 2.druhu

#4 01. 09. 2012 14:42

Re: Plošný integrál 2.druhu

drabi napsal(a):

#5 01. 09. 2012 15:19

Re: Plošný integrál 2.druhu

#6 01. 09. 2012 17:40

Re: Plošný integrál 2.druhu

#7 01. 09. 2012 17:41

Re: Plošný integrál 2.druhu

Zápatí