Gränsvärden till trippelintegral

Till uppgiften nedan har jag fastnat på trippelintegralen, kommer inte på vad gränsvärdena ska vara när vi omvandlar till sfäriska koordinater, specifikt R. R bör bero på $\phi$ och ha störst värde, 3a, då vinkeln till $\phi$ är 0 och minst värde, $\sqrt{3}a$ , då $\phi$ är $\pi /2$ .

Tror man kan flytta ner sfären så den får centrum i origio, vilket hade gjort livet lättare, kommer dock inte på hur man gör detta. Sen måste väl även x och y i integranden få annorlunda värden pga. cirkeln ej är centrerad.

$0 \leq \theta \leq 2\pi$

$0 \leq \phi \leq \dfrac{\pi}{2}$

$0 \leq R \leq ?$

$x=?$

$y=?$

Kan jag göra så här?

Tänk på symmetri.

Vad blir $2 ∭ (x + y) d V$ då du integrerar över volymen i figuren?

Annars kan du införa polära koordinater med centrum i sfärens centrum.

x = rcos $θ$ sin $ϕ$

y = rsin $θ$ cos $ϕ$

z = a + rcos $ϕ$

Sedan får du tänka igenom vilka gränser som vinkeln $ϕ$ skall ha. Rita figur.

PATENTERAMERA skrev:
Tänk på symmetri.

Vad blir $2 ∭ (x + y) d V$ då du integrerar över volymen i figuren?

Annars kan du införa polära koordinater med centrum i sfärens centrum.

x = rcos $θ$ sin $ϕ$

y = rsin $θ$ cos $ϕ$

z = a + rcos $ϕ$

Sedan får du tänka igenom vilka gränser som vinkeln $ϕ$ skall ha. Rita figur.

Trippelintegralen bör bli 0 av symmetriska skäl, tack.

I den andra figuren har jag flyttat ner sfären till origo, är det ok gjort? Då är phi mellan 0 och pi/2

Nej, det går inte generellt. Tänk på att du skall beräkna flödet genom en yta. Det går inte bara att flytta ytan till en annan plats eftersom vektorfältet kan se helt annorlunda ut på denna plats och flödet blir något helt annat.

I detta fall skulle det nog bli samma resultat eftersom vektorfältets z-beroende råkar försvinna i analysen, men det är bara tur och inget man kan förlita sig på generellt.

Tillägg: 25 jul 2023 01:17

Dessutom har du inte bara flyttat sfären utan även stympat den, så det kommer nog ge fel värde på flödet.

PATENTERAMERA skrev:
Nej, det går inte generellt. Tänk på att du skall beräkna flödet genom en yta. Det går inte bara att flytta ytan till en annan plats eftersom vektorfältet kan se helt annorlunda ut på denna plats och flödet blir något helt annat.

I detta fall skulle det nog bli samma resultat eftersom vektorfältets z-beroende råkar försvinna i analysen, men det är bara tur och inget man kan förlita sig på generellt.

Tillägg: 25 jul 2023 01:17

Dessutom har du inte bara flyttat sfären utan även stympat den, så det kommer nog ge fel värde på flödet.

Om vi tittar på figuren i första bilden så borde den stämma, här har jag inte flyttat på den eller något. Värdena på phi och theta borde också stämma tycker jag. Värdet på R är jag dock osäker på, som jag sa tidigare tänker jag att det beror på phi men vet inte riktigt hur jag ska uttrycka det. Tänkte att jag kunde ta fram R mha denna figur men det stämmer inte, ex blir R=sqrt(x²+y²)/sinphi, fel.

Det är rätt att R går från 0 till 2a. Om vi lägger centrum för polära koordinater i centrum för sfären och inte i origo.

PATENTERAMERA skrev:
Det är rätt att R går från 0 till 2a. Om vi lägger centrum för polära koordinater i centrum för sfären och inte i origo.

Phi [0,pi]
theta [0,2pi]
R [0,2a]

phi kan inte gå från 0 till pi för då skulle vi få med hela sfären. Det som ligger under xy-planet skall inte vara med.

Tillägg: 25 jul 2023 03:19

PATENTERAMERA skrev:
phi kan inte gå från 0 till pi för då skulle vi få med hela sfären. Det som ligger under xy-planet skall inte vara med.

Tillägg: 25 jul 2023 03:19

Okej. Jag trodde att $\phi$ var tvungen att gå hela vägen till $\pi$ för det känns som att det blir kvar en bitsom inte tas med när vi går $\phi_{max}$ enligt din bild.

Målar upp en bild i mitt huvud där radien R sitter fast med änden i centrum och den andra änden på ytan till sfären, och samtidigt som R rör sig ner ( $\phi$ växer) så ser $\theta$ till att R också roterar runt z-axeln och där med "skapar" en volym. Men eftersom $\phi$ inte går hela vägen till $\pi$ så känns det som vi får volymen till något sånt här (svårt att rita men tänk dig en sfär minus den konen jag visade ovan).

Så hur kan jag tänka så att jag ska få med den sista biten, konen, rent geometriskt? Förstår att om vi går hela vägen till $\pi$ så får vi ju med hela sfären precis som du sa så det blir ett dilemma här.

Det har du rätt i. Tänkte lite för snabbt här. Upp till phimax så går R från 0 till 2a men för phi mellan phimax och pi så beror den övre gränsen för R på phi. Så man får dela upp i två integraler: en från 0 till phimax och en från phimax till pi. Ja då var det ju tur att man insåg att integralen blir noll pga symmetri.

PATENTERAMERA skrev:
Det har du rätt i. Tänkte lite för snabbt här. Upp till phimax så går R från 0 till 2a men för phi mellan phimax och pi så beror den övre gränsen för R på phi. Så man får dela upp i två integraler: en från 0 till phimax och en från phimax till pi. Ja då var det ju tur att man insåg att integralen blir noll pga symmetri.

Okej, jag nöjer mig med att integralen blir 0 pga symmetrin. Om vi hade varit intresserade av volymen hade jag kunnat göra som i #2 då?

Nja, då hade du räknat ut volymen av ett halvklot, så även om det för volymsberäkning är OK att flytta ett objekt till en annan plats då volymen inte påverkas av var ett objekt placeras så blir det inte rätt med de gränser som du anger. Kanske lättare att använda skal- eller skivmetoden.

PATENTERAMERA skrev:
Nja, då hade du räknat ut volymen av ett halvklot, så även om det för volymsberäkning är OK att flytta ett objekt till en annan plats då volymen inte påverkas av var ett objekt placeras så blir det inte rätt med de gränser som du anger. Kanske lättare att använda skal- eller skivmetoden.

Aja då var uppgift i fråga löst iaf. Tusen tack för all hjälp!

Svara Avbryt

Visa senaste svar