MATEMANIJA

Izračunajte volumen tijela omeđenog plohama
[inlmath]z=x^2+y^2-1,\;z=0,\;z=1[/inlmath].

Ovo će biti trostruki integral. Imam paraboloid i još dvije vrijednosti [inlmath]z[/inlmath]. Ako ubacim [inlmath]z=1[/inlmath] u prvu jednadžbu, dobijem (u ravnini [inlmath]xy[/inlmath]) kružnicu sa središtem u ishodištu, radijusa [inlmath]r\in\left[0,\sqrt2\right],\;\phi\in[0,2\pi][/inlmath].
(cilindrične koordinate
[inlmath]x=r\cos\phi[/inlmath]
[inlmath]y=r\sin\phi[/inlmath]
[inlmath]z=z[/inlmath]
[inlmath]J=r[/inlmath] )

Imam integral
[dispmath]\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_0^{\sqrt2}r\mathrm dr\int\limits_0^1\mathrm dz[/dispmath]
OK?

Nije ok.
Evo gledam zadatak, a tebi preporučujem u međuvremenu ovu temu.

Evo ovako:
kada sečem [inlmath]z[/inlmath] sa [inlmath]0[/inlmath] dobijem kružnicu [inlmath]x^2+y^2=1[/inlmath]
kada sečem [inlmath]z[/inlmath] sa [inlmath]1[/inlmath] dobijem kružnicu [inlmath]x^2+y^2=2[/inlmath]
Dobijem kružni prsten.
Unutar unutrašnjeg kruga [inlmath]z[/inlmath] ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]1[/inlmath].
Unutar prstena [inlmath]z[/inlmath] ide od paraboloida do [inlmath]1[/inlmath].
Imaš dva trojna integrala.
Nacrtao bih ti ovo u 3d, ali nemam vremena, ajde završi molim te, bar postavku.

Zašto ne možemo jednostavno izračunati volumen tijela od nule do kružnice s većim radijusom (gledajući u 2D), nego treba tražiti odvojeno za kružnicu i prsten? Jer, ako dobro shvaćam, tražimo volumen cijelog tijela (granice su veća kružnica), a ne samo prstena?

Bio bi to takav volumen da je cilindar, ali ti imaš paraboloid i ne možeš tako. Paraboloid se "izvija" nad prstenom.
Pogledaj molim te temu koju sam ti već preporučio, a posebno drugi zadatak u njoj.

Evo i postavke:
[dispmath]V=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_0^1r\mathrm dr\int\limits_0^1\mathrm dz+\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_1^{\sqrt2}r\mathrm dr\int\limits_{x^2+y^2-1}^1\mathrm dz[/dispmath]
Zadržao sam tvoje oznake i radi preglednosti nisam menjao u granicama za [inlmath]z[/inlmath] ovo [inlmath]x^2+y^2[/inlmath] sa [inlmath]r^2[/inlmath], što svakako treba učiniti.
Vidi ovako:
Problem pravi [inlmath]z=0[/inlmath] jer je "secnulo" paraboloid tako da imaš tri površi u prostoru koje formiraju telo. Bokovi površi su krivi, nije cilindar kao što rekoh. Recimo, kada ne bi postojalo [inlmath]z=0[/inlmath] zapremina bi se računala kao:
[dispmath]\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_0^{\sqrt2}r\mathrm dr\int\limits_{x^2+y^2-1}^1\mathrm dz[/dispmath]
Onako kako si ti postavio integral nije dobro jer tebi nigde paraboloid ne figuriše u izrazu, kao da ga nema.

A evo i obećane slike (nije nešto ali se vidi, bar po mom mišljenju):

A isto tako može da se uradi zadatak i na drugi način, da od većeg "kotlića" (nije lonac, pre je kotlić ) oduzmem manji.
Mislim da je dosta od mene, aj malo ti .

Evo i rezultata: [inlmath]\frac{3\pi}{2}[/inlmath]
Ja to dobih na oba pokazana načina.
Molim te da odgovoriš, ovo je jako bitno, svi greše tipično kod ovakvih zadataka sa "krivim bokovima"

Hvala Ima dosta sličnih primjera zadataka, ali s ovakvim sam se prvi put susreo, zato mi je stvorio nedoumicu...

Evo i ovog drugog načina kada se od većeg "kotlića" oduzme manji:
[dispmath]V=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_0^{\sqrt2}r\mathrm dr\int\limits_{r^2-1}^1\mathrm dz-\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_0^1r\mathrm dr\int\limits_{r^2-1}^0\mathrm dz[/dispmath][dispmath]V=2\pi\int\limits_0^{\sqrt2}r\left(2-r^2\right)\mathrm dr-2\pi\int\limits_0^1r\left(1-r^2\right)\mathrm dr=2\pi-\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{2}[/dispmath]
Eto, ovde i ne treba razmatranje prstena, za sve koji ne vole to .

eseper je napisao:Zašto ne možemo jednostavno izračunati volumen tijela od nule do kružnice s većim radijusom (gledajući u 2D), nego treba tražiti odvojeno za kružnicu i prsten? Jer, ako dobro shvaćam, tražimo volumen cijelog tijela (granice su veća kružnica), a ne samo prstena?

desideri je napisao:Bio bi to takav volumen da je cilindar, ali ti imaš paraboloid i ne možeš tako. Paraboloid se "izvija" nad prstenom.

Ja sam eseperovo pitanje drugačije shvatio. Ja mislim da eseper nije ni mislio da računa to kao cilindar, već da, idući s promenljivom [inlmath]z[/inlmath] od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]1[/inlmath], posmatra kako bi se u svakoj od tih ravni menjao poluprečnik kruga od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]\sqrt2[/inlmath].
Može i tako da se radi. Na taj način, imali bismo samo jedan trojni integral:
[dispmath]V=\int\limits_0^{2\pi}\mathrm d\phi\int\limits_0^1\mathrm dz\int\limits_0^{\sqrt{z+1}}r\mathrm dr[/dispmath]
Za integral po [inlmath]r[/inlmath] uzeta je gornja granica [inlmath]\sqrt{z+1}[/inlmath], jer iz jednačine paraboloida [inlmath]z=x^2+y^2-1[/inlmath] sledi da za neko fiksno [inlmath]z[/inlmath] važi [inlmath]x^2+y^2=z+1[/inlmath], što znači da je za neko fiksno [inlmath]z[/inlmath] poluprečnik posmatrane kružnice u toj ravni jednak [inlmath]\sqrt{z+1}[/inlmath].
Naravno, i na ovaj način se dobije rešenje [inlmath]\frac{3\pi}{2}[/inlmath].

---

Jeste da bi bilo komplikovanije, ali može i preko Dekartovih koordinata, imajući u vidu simetričnost figure u odnosu na [inlmath]z[/inlmath]-osu, zbog čega možemo računati zapreminu samo one četvrtine figure za koju važi [inlmath]x>0[/inlmath] i [inlmath]y>0[/inlmath] i tako dobijenu zapreminu pomnožiti sa [inlmath]4[/inlmath],
[dispmath]V=4\int\limits_0^1\mathrm dz\int\limits_0^{\sqrt{z+1}}\sqrt{\left(\sqrt{z+1}\right)^2-x^2}\;\mathrm dx[/dispmath]
što takođe daje rešenje [inlmath]\frac{3\pi}{2}[/inlmath].