ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
Příklad 1
Vypočtěte trojné integrály transformací do cylindrických souřadnic ,
a)
b) c)
je omezena ∶ + = 1, + + = 3, = 0
+ ,
+ ,
d)
+ ,
je omezena ∶ + = , ≤ , 0 ≤ ≤ 1
je omezena ∶ , 0 ≤ ≤ 2, 0 ≤ ≤ 2 − , 0 ≤ ≤
je horní polovina koule + + ≤ )
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1a Máme vypočítat
,
je omezena ∶ + = 1, + + = 3, = 0
Úlohu transformujeme do cylindrických souřadnic takto: = * cos φ, = * sin . ,
=
Integrační oblastí je válec o poloměru 1, který je šikmo seříznut rovinou + + = 3.proto pro meze v cylindrických souřadnicích platí 0 ≤ ≤ 3 − * cos . − * sin . , 0 ≤ * ≤ 1, 0 ≤ . ≤ 2/ Dosadíme do původního zadání tuto transformaci. Přitom nesmíme zapomenout na Jakobián transformace a musíme dbát na vhodné pořadí integračních proměnných. > = 345 678 945 8:; 9
= 0 0
0
< < < > = 345 678 945 8:; 9
=0 0
0
< < > =
<
* cos . ∙ * sin . ∙ |*| * .
* 3 cos . sin . * .
= 0 0 * 3 cos . sin . ? @< < < > =
345 678 945 8:; 9
* .
= 0 0 * 3 cos . sin . A3 − * cos . − * sin .B * . < < > =
= 0 0 3* 3 cos . sin . − * C cos . sin . − * C cos . sin . * . < < >
=
=
=
3* C *G *G =0 D F cos . sin . − D F cos . sin . − D F cos . sin . . 4 < 5 < 5 < < >
=0 ∀∃
<
3 1 1 cos . sin . − cos . sin . − cos . sin . . 4 5 5
1
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
Výraz převedeme na tři integrály >
0 <
1 1 3 cos . sin . − cos . sin . − cos . sin . . 5 5 4 >
>
>
<
<
<
3 1 1 = 0 cos . sin . . − 0 cos . sin . . − 0 cos . sin . . 4 5 5
Každý z těchto integrálů budeme řešit substitucí. Pro první použijeme I = sin . , I = cos . . Pro druhý použijeme I = cos . , I = sin . . Pro třetí použijeme I = sin . , I = cos . . Dostaneme >
>
<
<
>
3 1 1 0 cos . sin . . − 0 cos . sin . . − 0 cos . sin . . 4 5 5 >
>
<
>
3 sin . 1 cos . 1 sin3 . 3 0 0 1 1 1 1 0 0 = D F − D F − D F = J − K− J − K− J − K 4 2 < 5 3 < 5 3 < 4 2 2 5 3 3 5 3 3 3 1 1 = ∙0− ∙0− ∙0=0 4 5 5 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1b
Máme vypočítat
+ ,
je omezena ∶ + = , ≤ , 0 ≤ ≤ 1
Úlohu transformujeme do cylindrických souřadnic takto: = * cos φ, = * sin . ,
=
Integrační oblastí je polovina kužele postaveného na špičku a mající výšku 1. Pro meze v cylindrických souřadnicích platí / 5/ 0 ≤ ≤ 1, 0 ≤ * ≤ , ≤.≤ 4 4 Dosadíme do původního zadání tuto transformaci. Přitom nesmíme zapomenout na Jakobián transformace a musíme dbát na vhodné pořadí integračních proměnných.
G> C = L
+ = 0 0 0 * cos . + * sin . |*| * .
> C
< <
G> C = L
G> C = L
> < < C G> C = L
> C
= 0 0 0 * Acos . + sin .B * * . = 0 0 0 * * * .
∀∃
G> C =
3 L
< <
G> C =
G> C
> C
> C
=
*
3 1
C = 0 0 0 * * . = 0 0 D F * . = 0 0 . = 0 D F . 3 < 3 3 4 < > C
< <
> C
<
<
2
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
=
G> C
G> 1 1 5/ / 1 1 1 ?.@>C = 0 . = J − K= / 12 12 4 4 12 3 4 C > C
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 1c
Máme vypočítat
je omezena ∶ , 0 ≤ ≤ 2, 0 ≤ ≤ 2 − , 0 ≤ ≤
+ ,
Úlohu transformujeme do cylindrických souřadnic takto: = * cos φ,
=
= * sin . , Integrační oblastí je polovina válce (nad osou x ) o poloměru 1, který je posunut o 1 ve směru osy (to plyne z druhé podmínky). Proto pro integrační podmínky po transformaci postupně odvodíme * sin . ≤ 2* cos . − * cos . * sin . ≤ 2* cos . − * cos . * sin . + * cos . ≤ 2* cos . * Asin . + cos .B ≤ 2* cos . * ≤ 2* cos . * ≤ 2 cos .
/ , 0≤ ≤ 2 Dosadíme do původního zadání tuto transformaci. Přitom nesmíme zapomenout na Jakobián transformace a musíme dbát na vhodné pořadí integračních proměnných. Současně musí platit
0≤.≤
> M 678 9
+ = 0 0 0
< < > M 678 9
= 00 0
< < < > 678 9 M
= 00 0 < <
>
M
<
<
* sin . + * cos . ∙ |*| * .
> M 678 9
* Asin . + cos .B ∙ * * . = 0 0 0 >
M
3 678 9
*
* * . = 0 0 D F 3 < <
M
< >
< <
<
<
M
>
. = 0 0
8 8 = 0 0 cos3 . . = 0 0 cos3 . .
3 3 <
<
<
<
* ∙ * * .
23 cos3 . .
3
<
Nyní představuje vnitřní integrál určitý problém. Proto zatím opustíme vlastní výpočet zadaného integrálu. Potřebujeme najít primitivní funkci ke cos 3 .. Tu nalezneme takto, 0 cos 3 = 0 cos ∙ cos
Budeme integrovat pomocí metody per partes. Položíme O = cos ,
∀∃
P Q = cos ,
OQ = − sin ,
1 P = A + sin cos B 2 3
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
Kdyby to bylo nejasné, pak detailní postup nalezení primitivní funkce ke cos nalezneme v M1a úloha 2f. Odtud 1 1 0 cos ∙ cos = cos A + sin cos B − 0A− sin B A + sin cos B 2 2 1 1 = A + sin cos B cos + 0 A + sin cos B sin 2 2 1 1 = A + sin cos B cos + 0 sin + sin cos 2 2 1 1 1 = A + sin cos B cos + 0 sin + 0 sin cos 2 2 2 První z těchto integrálů budeme řešit pomocí per partes a druhý substitucí. Pro první použijeme OQ = 1, P = − cos O = , P Q = sin , Pro druhý použijeme I = sin , I = cos Dostaneme 1 1 1 A + sin cos B cos + 0 sin + 0 sin cos 2 2 2 1 1 1 = A + sin cos B cos + R− cos − 0 − cos S + 0 I I 2 2 2 1 1 1 I3 = A + sin cos B cos + R− cos + 0 cos S + 2 2 23 1 3 1 1 = A + sin cos B cos + ?− cos + sin @ + I 2 6 2 1 1 1 1 1 3 = cos + sin cos − cos + sin + sin 2 2 2 2 6 1 1 1 = sin cos + sin + sin3 2 2 6 Nyní se můžeme vrátit k původnímu výpočtu zadaného integrálu. M
>
>
M
8 8 1 1 1 0 0 cos3 . . = 0 R sin cos + sin + sin3 S
3 3 2 2 6 < <
<
M
<
8 1 / / 1 / 1 / 1 1 1 = 0 J sin cos + sin + sin3 − sin 0 cos 0 − sin 0 − sin3 0K
2 2 2 2 3 2 2 2 6 2 6 < M
8 1 1 1 1 1 1 = 0 J ∙ 1 ∙ 0 + ∙ 1 + ∙ 13 − ∙ 0 ∙ 1 − ∙ 0 − ∙ 03 K
3 2 2 6 2 2 6 < M
8 1 1 1 1 1 1 = 0 J ∙ 1 ∙ 0 + ∙ 1 + ∙ 1 − ∙ 0 ∙ 1 − ∙ 0 − ∙ 0K
2 2 6 2 2 6 3 < M
M
M
M
1 1 8 4 8 4 8 2 8 = 0 J0 + + − 0 − 0 − 0K = 0 ∙ = ∙ 0 = ∙ D F 3 2 6 3 6 3 6 3 3 2 < <
16 8 = ∙ = 9 2 9
<
<
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀∃
4
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
Řešení 1d
Máme vypočítat
+ ,
je horní polovina koule + + ≤ )
Úlohu transformujeme do cylindrických souřadnic takto: = * cos φ, = * sin . ,
=
Integrační oblastí je horní polovina koule o poloměru ). Pro meze v cylindrických souřadnicích si postupně odvodíme + + ≤ ) * sin . + * cos . + ≤ ) * Asin . + cos .B + ≤ ) * + ≤ ) * ≤ ) − Odtud 0 ≤ * ≤ ) − , 0 ≤ ≤ ), 0 ≤ . ≤ 2/ Dosadíme do původního zadání tuto transformaci. Přitom nesmíme zapomenout na Jakobián transformace a musíme dbát na vhodné pořadí integračních proměnných. > W √WX 4L X
+ = 0 0 0
< < < > W √WX 4L X
=0 0 0
< < < > W √WX 4L X
=0 0 0 <
< < > W
A* sin . + * cos .B ∙ |*| * .
> W √WX 4L X
* Asin . + cos .B ∙ * * . = 0 0 0 > W
X X C √W 4L
* * * . = 0 0 D F 4 < 3
<
< > W
<
<
< > W
* ∙ * * . C
Y√) − Z . = 0 0 . 4 <
<
1 1 = 0 0A) − B . = 0 0 ) C − 2) + C . 4 4 < < >
G W
<
<
>
1
1 )3 )G = 0 D) C − 2) + F . = 0 ) C ) − 2) + . 4 3 5 < 4 3 5 3
< >
>
<
>
1 2 1 1 15 G 10 G 3 G 1 8 G = 0 ) G − ) G + ) G . = 0 ) − ) + ) . = 0 ) . 4 3 5 4 15 15 15 4 15
=
<
>
<
2 G 2 G > 2 G 4 ) 0 1 . = ) ?.@< = ) 2/ = /)G 15 15 15 15
<
<
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀∃
5
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
Příklad 2
Vypočtěte trojné integrály transformací do sférických souřadnic ,
a)
je omezena ∶ + + = 1, ≥ 0, ≥ 0, ≥ 0
+ + ,
b)
je omezena ∶ + + = , ≥ 0, ≥ 0, ≥ 0
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2a
Máme vypočítat
,
je omezena ∶ + + = 1, ≥ 0, ≥ 0, ≥ 0
Úlohu transformujeme do sférických souřadnic takto: = * sin \ cos ., = * sin \ sin . ,
= * cos \ Integrační oblastí je osmina jednotkové koule v prvním oktantu. Pro meze ve sférických souřadnicích platí / / 0 ≤ * ≤ 1, 0≤.≤ , 0≤\≤ 2 2 Dosadíme do původního zadání tuto transformaci (nesmíme zapomenout na Jakobián transformace) > > =
= 0 0 0 * sin \ cos . * sin \ sin . * cos \ |−* sin \| \.*
< < < > > =
= 0 0 0 * G sin3 \ cos \ cos . sin . \.* < < < > =
>
= 0 0 * G sin . cos . 0 sin3 \ cos \ \.* < <
I = sin \ ,
Vnitřní integrál vyřešíme substitucí Tedy
<
I = cos \
0 sin3 \ cos \ \ = 0 I 3 I =
Dosadíme do původního výpočtu a pokračujeme > =
>
> =
I C sinC \ = 4 4
>
sinC \ 0 0 * G sin . cos . 0 sin3 \ cos \ \.* = 0 0 * G sin . cos . D F .* 4 <
< <
<
> =
= 0 0 * sin . cos . ] < <
∀∃
G
/ sinC 2 4
< <
−
sinC 0 ^ .* 4
6
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
> =
> =
>
=
1 0 1 1 = 0 0 * G sin . cos . J − K .* = 0 0 * G sin . cos . ∙ .* = 0 * G 0 sin . cos . .* 4 4 4 4 < <
< <
Další vnitřní integrál řešíme stejnou substitucí I = sin \ , Tedy
I = cos \
0 sin \ cos \ \ = 0 I I =
Dosadíme do výpočtu a pokračujeme >
<
<
I sin \ = 2 2
> = = / sin 1 1 sin . 1 2 − sin 0^ * G G G 0 * 0 sin . cos . .* = 0 * D F * = 0 * ] 4 4 2 < 4 2 2 =
<
<
<
=
=
<
=
=
1 1 0 1 1 1 1 1 *_ 1 1 0 1 1 = 0 * G J − K * = 0 * G ∙ * = ∙ 0 * G * = D F = J − K = ∙ 4 2 2 4 2 4 2 8 6 < 8 6 6 8 6 <
<
<
1 = 48 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
Řešení 2b
Máme vypočítat
+ + ,
je omezena ∶ + + = , ≥ 0, ≥ 0, ≥ 0
Úlohu transformujeme do sférických souřadnic takto: = * sin \ cos ., = * sin \ sin . ,
= * cos \ Naše těleso leží v prvním oktantu. Pro meze ve sférických souřadnicích si odvodíme z omezení dané oblasti * sin \ cos . + * sin \ sin . + * cos \ ≤ * cos \ * sin \ Acos . + sin .B + * cos \ ≤ * cos \ * sin \ + * cos \ ≤ * cos \ * Asin \ + cos \B ≤ * cos \ * ≤ * cos \ * ≤ cos \ Integrační meze po transformaci tedy budou / / 0≤\≤ 0 ≤ * ≤ cos \ , 0≤.≤ , 2 2 Dosadíme do původního zadání tuto transformaci (nesmíme zapomenout na Jakobián transformace)
+ +
> > 678 `
= 0 0 0 * sin \ cos . + * sin \ sin . + * cos \ ∙ |−* sin \| *.\ < < < > > 678 `
∀∃
= 0 0 0 * sin \ Acos . + sin .B + * cos \ ∙ * sin \ *.\ < <
<
7
ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M2B
ČÁST 4
> > 678 `
= 0 0 0 * sin \ + * cos \ ∙ * sin \ *.\ < <
<
> > 678 `
= 0 0 0 * Asin \ + cos \B ∙ * sin \ *.\ < < < > > 678 `
> > 678 `
= 0 0 0 * ∙ * sin \ *.\ = 0 0 0 * 3 sin \ *.\ < < >
<
> 678 `
< < >
>
<
C 678 `
* = 0 sin \ 0 0 * 3 *.\ = 0 sin \ 0 D F 4 < <
>
<
<
>
<
>
<
>
>
.\ = 0 sin \ 0 <
>
<
cosC \ .\ 4
> 1 1 1 / = 0 cos C \ sin \ 0 1 .\ = 0 cosC \ sin \ ?.@< \ = 0 cos C \ sin \ ∙ \ 4 4 4 2
=
< >
<
/ 0 cosC \ sin \ \ 8 <
Poslední integrál vyřešíme substitucí Tedy
I = cos \ ,
<
I = − sin \
0 cos C \ sin \ \ = − 0 I C I = −
Dosadíme do původního výpočtu a pokračujeme >
<
IG cosG \ =− 5 5
> / G cosG 2 / / cos \ / cos G 0 / 0 1 / 1 / C 0 cos \ sin \ \ = D− F = a]− ^ − b− cd = R− + S = ∙ = 8 8 5 < 8 5 5 8 5 5 8 5 40 <
……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………
∀∃
8
