Matematické Fórum

lucash · 22. 06. 2016 09:31

Zdravím,
Počítám to vůči ose symetrie. Počítám s oběmovou hustotou $\varrho$ která je konstantní
//forum.matweb.cz/upload3/img/2016-06/80618_pologula.page.tagged%255B1%255D.gif
Teď si nad tím lámu hlavu a došel jsem k výpočtu : $J=\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\int_{0}^{K}\varrho r^{2}R^{2}\mathrm{dR}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }$
Kde K je poloměr kruhu
$r^{2}=R^{2}-z^{2}=R^{2}-(R\sin( \vartheta ))^{2}$ Kde R je vzdálenost od počátku, r- kolmá vzádlenost od osy z a z je vzálenost od počátku na ose z.

To po do dopočtení vypadá nějak takto: $\varrho 2\pi (\frac{K^{5}}{5}-\frac{K^{4}}{4})$
Což se mi nelíbí, a nemyslím si že to je pravda.
Poradil by jste mi někdo?

PS: vím že podobná úloha se tu už řešila, ale ta mi k trojnému integrálu nepomohla.

jelena · 22. 06. 2016 21:02

Zdravím,

počítáš tedy vůči ose $z$ - tak? Můžeš používat přímo vzorec pro aplikaci trojného integrálu (v odkazu ve studijním textu vzorec 10.11), nebo ho musíš ještě odvozovat (výpočet kolmé vzdálenosti od osy z se mi potom nezdá, nebo to ještě upřesníme)?
Potom bych viděla, že při převodu do sférických souřadnic není dobře jakobián a úhel $\theta$ se má počítat od kladného směru osy z - zkontroluj, prosím. $\d R$ - $R$ je proměnná? spíš jsi měl v plánu mít $\d r$ - tak? Děkuji.

lucash · 22. 06. 2016 22:25

počítám vůži ose z (je to i dle obrázku, pokud vím, jediná osa symetrie polokoule).
Počítám to od začátku. Teď koukám že by tam měl být kosínus, místo sínu, ale to by nemělo mít vliv.
$\int_{\frac{\pi }{2}}^{2}\sin(x)dx=\int_{\frac{\pi }{2}}^{2}\cos(x)dx$
Přes jakobián jsem to vůbec nepočítal, používám odvozený vztah:
$\mathrm{dV}=\mathrm{dx}\mathrm{dy}\mathrm{dz}=r^{2}\sin \vartheta \mathrm{dr}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }$
Který jsem dělal pomocí lámových koeficientů (todle používat můžeme bez odvozování)
A schválně jsem použil místo r velký R, protože podle mého značení tomu odpovídá(je to vzdálenost od počátku).

jelena · 23. 06. 2016 00:24

↑ lucash:

$\int_{\frac{\pi }{2}}^{2}\sin(x)dx=\int_{\frac{\pi }{2}}^{2}\cos(x)dx$

tomuto nějak nerozumím, co by to mělo znamenat?

$\mathrm{dV}=\mathrm{dx}\mathrm{dy}\mathrm{dz}=r^{2}\sin \vartheta \mathrm{dr}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }$

ano, ten odvozený vztah zohledňuje převod do sférických souřadnic (vč. "vzniku" jakobiánu - viz debatu a odkaz)

A schválně jsem použil místo r velký R, protože podle mého značení tomu odpovídá(je to vzdálenost od počátku).

už je dost pozdě. Pokusíme se do dnešních pozdněvečerních večerních hodin sestavit odvození (zkus se ale, prosím, zorientovat ve Tvém značení - na obrázku vidím $R$ jako poloměr koule a je to konstanta). Děkuji.

lucash · 23. 06. 2016 00:39

↑ jelena:
u horní meze jsem se upsal. místo 2 tam má být pi.

Obrázek je pouze orientační, Mám tam napsáno že poloměr je K. R je vzdálenost od počátku proměná (taky jí integruju od 0 do K). r je vzdálenost od osy, která je vyjádřena vztahem
$r^{2}=R^{2}-z^{2}=R^{2}-(R\cos( \vartheta ))^{2}$

to když si vyjádřím tak vznikne :
$J=\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\int_{0}^{K}\varrho r^{2}R^{2}\mathrm{dR}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }=\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\int_{0}^{K}\varrho R^{4}\sin( \vartheta )^{2}\mathrm{dR}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }=\varrho \frac{K^{5}}{5}2\pi$

což ale je to samé co pro celou kouli, ale vzhledem k tomu že koule je polovina, by to měla být polovina...

jelena · 23. 06. 2016 23:00

↑ lucash:

to mi nepřijde přehledné mít takových označení. Vycházím ze vzorce pro výpočet momentu setrvačnosti $J=\iiint_m a^2\d m=\rho\iiint_V a^2\d V$ . Pro označení vzdálenosti od osy budu používat písmeno $a$ . A to proto, že v $\d V=\d x\d y\d z=r^{2}\sin \vartheta \mathrm{dr}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }$ máme $r$ a označuje průvodič - viz označení pro sférické souřadnice, další budu používat označení jako na odkazu ve Wikipedie.

Pro určení vzdálenosti libovolného bodu polokoule od osy $z$ provedu jeho projekci do roviny podstavy (xOy), potom vzdálenost od osy $z$ se vypočte jako $a=\sqrt{x^2+y^2}$ . A jelikož potřebujeme čtverec vzdálenosti, potom $a^2=x^2+y^2$ , při převodu do polárních souřadnic máme $a^2=r^2(\sin^2 \varphi+\cos^2 \varphi)=r^2$ .

Vzdálenost od počátku, pokud potřebuji, jde počítat jako $b^2=x^2+y^2+z^2$ (převod do sférických je jasný), ale v dalším výpočtu nepotřebuji.

Teď to poskládáme do $J=-\rho\iiint_\varOmega r^2 \cdot r^2\cdot \sin \theta \d r \d \varphi \d \theta$ , meze:
$0\leq r\leq K$ , $0\leq \varphi \leq 2\pi$ , $0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$

Pozor na znaménko, beru směr $\theta$ od kladného směru osy $z$ , proto jakobián je s minusem stejně jako na wikipedii, zkontroluj, prosím, jak máte orientaci.

což ale je to samé co pro celou kouli, ale vzhledem k tomu že koule je polovina, by to měla být polovina..

To se možná plete s tabulkovými výsledky, že pro celou kouli a pro kouli uvidíš stejný vzorec $J=\frac{2}{5} r^2m$ (polovina se promítne, až budeš dosazovat hmotnost koule nebo polokoule). Popř. můžeš odvodit vzorec pro kouli a polokouli postupem výše (bude změna jen u mezí pro $\theta$ ) a porovnat.

Jak to téma vidíš? Děkuji.

lucash · 24. 06. 2016 13:47

To jaké se použije značení nic na ničem nemění. :)
Vím že pro kouli a polokouli jse stejný vzorec, pokud počítám s $m$ ale s tím já nepočítám. Já to počítám pro konstantní hustotu. A práve že vy chíli, kdy mám vzorec $J=\frac{2}{5} r^2m$ tak už tím pádem je jasné že pro kouli musí být $J$ dvojnásobné než pro polokouli a přesto tomu tak v přímém výpočtu není.

jelena · 24. 06. 2016 17:40

↑ lucash:

:-) určitě označovaní jako takové nemůže mít vliv na výsledky, pokud ovšem nevnáší zmatek. Sleduj, prosím,
Tvé $\d V=\d x\d y\d z=r^{2}\sin \vartheta \mathrm{dr}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }$ souhlasí s označením a využitím průvodiče v odkazu. Potom malé $r$ nebudeme zároveň používat pro označení vzdálenosti bodu od osy $z$ .

Vzdálenost od osy $z$ se nejsnadněji vyjádří tímto způsobem $vzdalenost=\sqrt{x^2+y^2}$ .

lucash napsal(a):
$J=\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\int_{0}^{K}\varrho r^{2}R^{2}\mathrm{dR}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }=\int_{0}^{2\pi }\int_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }\int_{0}^{K}\varrho R^{4}\sin( \vartheta )^{2}\mathrm{dR}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }=\varrho \frac{K^{5}}{5}2\pi$

tady se někde ztratilo $\sin\vartheta$ ze zápisu $\d V=\d x\d y\d z=r^{2}\sin \vartheta \mathrm{dr}\mathrm{d\vartheta }\mathrm{d\sigma }$ a rozumím tomu, že $r$ jsi přeznačil na $R$ . Dobře. Ovšem toto odvození se mi pořád nezdá $r^{2}=R^{2}-z^{2}=R^{2}-(R\cos( \vartheta ))^{2}$ (teď ještě přesně nevím, co se mi na něm nezdá :-) tuším, že to, že R má být také funkce (x, y), ale to ještě musím si ujasnit).

pokud počítám s $m$ ale s tím já nepočítám. Já to počítám pro konstantní hustotu

ano, také pro nekonstantní objem, což ve výsledku dává $m=V\rho$ .

Abychom někam došli, navrhuji, abys vypočetl
$J=-\rho\iiint_\varOmega r^2 \cdot r^2\cdot \sin \theta \d r \d \varphi \d \theta$ pro
$0\leq r\leq K$
$0\leq \varphi \leq 2\pi$
$0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$ .

a potom to stejné, jen se změnou mezí $0\leq \theta \leq \pi$ (což by mělo být pro celou kouli). Děkuji a zdravím.

Matematické Fórum

#1 22. 06. 2016 09:31

Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#2 22. 06. 2016 21:02

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#3 22. 06. 2016 22:25

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#4 23. 06. 2016 00:24

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#5 23. 06. 2016 00:39

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#6 23. 06. 2016 23:00

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#7 24. 06. 2016 13:47

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

#8 24. 06. 2016 17:40

Re: Moment setrvačnosti přímou integrací (trojným integrálem)

lucash napsal(a):

Zápatí