Rotation kring axel sfär

När du roterar din figur får du en boll med ett inre hål. Det är inte det som efterfrågas. Så här ser figuren ut

Här är en text skriven om denna

https://mathworld.wolfram.com/SphericalRing.html

Så här ser jag det ovanifrån:

Det som borras bort från klotet består av:

• en cylinder
• två sfäriska segment (kalotter)

Med en titt i formelsamlingen behöver man bara formler för sfäriskt segment, cylinder, klot och pythagoras för att lösa. 

Alternativt letar man upp en formel för den sfäriska ring som Trinity visat.

Det går säkert alldeles utmärkt att lösa med mer avancerad matte, som exempelvis någon listig volymintegral.

Vill du ha min snabba med penna och papper, så kommer den som spoiler nedan. Jag har inte kontrollräknat, men resultatet känns rimligt.

sictransit skrev:

Så här ser jag det ovanifrån:

Det som borras bort från klotet består av:

• en cylinder
• två sfäriska segment (kalotter)

Med en titt i formelsamlingen behöver man bara formler för sfäriskt segment, cylinder, klot och pythagoras för att lösa. 

Alternativt letar man upp en formel för den sfäriska ring som Trinity visat.

Det går säkert alldeles utmärkt att lösa med mer avancerad matte, som exempelvis någon listig volymintegral.

Vill du ha min snabba med penna och papper, så kommer den som spoiler nedan. Jag har inte kontrollräknat, men resultatet känns rimligt.

Visa spoiler

Nu känner jag mig jätte dum, jag trodde att det var så som ni visat först men sedan tyckte jag att det kändes för enkelt. Jag menar isåfall kan man lika gärna göra det utan rotation kring en axel :(

Men jag testar med rotationen:

Orginellt är Hela Volymen: $\frac{32\mathrm{\pi }}{3}$

Nu är målet att få fram volymen för cylindern med rotation. Gränserna kommer vara 0 och 4, problemet är bara till vad, mest naturligt känns det att addera ihop cirklar.

y=1 är ju egentligen den ekvation som vi snurrar runt x-axeln :

$\mathrm{\pi }{\int }_0^{4}1=\mathrm{\pi }{{\left[\mathrm{x}\right]}^4}_0=4\mathrm{\pi }-0$

$\frac{4\mathrm{\pi }}{{\displaystyle \frac{32\mathrm{\pi }}{3}}}=\frac{4*3}{32}=\frac{12\approx }{32}0,375$

Som är fel 😢

HELT NYA TAG:

Jag tänker mig att cylinderns slutcirklar måste sluta där båda har radie 1, cylindern måste ha radie 1 hela tiden. Sfärens tvärsnitt area kommer ändras beroende på var på x-axeln man står. Jag har lagt sfären mellan 0 och 4 på x-axeln. Sfärens böj kan alltså skrivas som en andragradare: $x^2-4x$

Då kan vi hitta var cylindern slutar exakt:

$1=-x^2+4x$

Trolla fram pq-från gymnasiet och vi får:$x=2\pm \sqrt{3}$

Detta är de egentliga gränserna

y=1

$\mathrm{\pi }{\int }_{2-\sqrt{3}}^{2+\sqrt{3}}1=\mathrm{\pi }{\left[\mathrm{x}\right]}_{2-\sqrt{3}}^{2+\sqrt{3}}==\hspace{0.17em}2\mathrm{\pi }\sqrt{3}$

Edit tilläg: Det försvinner två bitar helt, i spannet från 0 till 2-rotenur 3 och 2+rotenur3 till4, dessa måste vi också ta bort:$\mathrm{\pi }{\int }_0^{2-\sqrt{3}}{(-{\mathrm{x}}^2+4)}^2 +\mathrm{\pi }{\int }_{2+\sqrt{3}}^4{(-{\mathrm{x}}^2+4)}^2$

Jag hade lagt figuren i origo och räknat på hälften. Antingen dubblar du resultatet eller räknar på hälften. Förhållandet blir detsamma eftersom den är symmetrisk.

Trinity2 skrev:

Jag hade lagt figuren i origo och räknat på hälften. Antingen dubblar du resultatet eller räknar på hälften. Förhållandet blir detsamma eftersom den är symmetrisk.

Varför måste jag dubbla det?

Din integral för de två bitar som försvinner helt är lite fel

Tänk på att cirkeln (sfären i xy-planet) som du lagt den ges av

$(x-2)^2+y^2=4$

Alltså ska du teckna den första integralen (varje cirkelskivas volym ges av $\pi y^2 dx$) som

$\pi\int_0^{2-\sqrt{3}}( 4-(x-2)^2)\,dx$

Är du med?

Orsaken till att vi tycker att du ska räkna på "halva" figuren är att du slipper beräkna två integraler för de två bitarna som blir över, de är ju exakt lika stora. Men det blir självklart rätt svar även om du räknar på ditt vis :)

Nu har jag löst det med skalmetoden också. Hinner inte skriva ned lösningen här förrän lite senare, men min bild kanske kan vara till lite hjälp.

Jag borrade alltså längs med y-axeln. Det som blir kvar då kan man beräkna med att låta $y=\sqrt{4-x^2}$ rotera runt y-axeln från 1 till 2:

$V_{halva}=2\mathrm{\pi }{\int }_1^2\mathrm{x}\sqrt{4-{\mathrm{x}}^2}d\mathrm{x}$

Då får man den övre halvan som sedan måste dubblas.

Gjorde det snabbt i Geogebra och fick samma svar som tidigare.

Det borde gå lika bra att räkna på hålet, på samma sätt.