Objętość bryły obrotowej powstałej przez obrót krzywej

Dzisiejszy wpis powstał wskutek w miarę realnego problemu z jakim borykał się mój obecny współlokator. Potrzebne było obliczenie objętości pewnej bryły obrotowej, znając krzywą, przez obrót której powstała powierzchnia owej bryły (no i mając oczywiście dane jak ona jest ograniczona). Okazało się, że da się całkiem łatwo wyprowadzić wzór na funkcję odpowiadającą powierzchni ograniczającej od góry tą krzywą.

Sytuacja jest taka. Mamy krzywą np. w płaszczyźnie Oxz daną wzorem z=g(x).

pierw

Np. g(x)=\sqrt{x}

Szukamy wzoru powierzchni obrotowej z=f(x,y) powstałej przez obrót krzywej g dookoła osi Oz czyli takiej, że krzywa jest jej rzutem na płaszczyźnie Oxz (jak powyżej), co możemy zapisać jako f(x,0)=g(x).

PIERWOBROC

Skoro jest to powierzchnia obrotowa, więc musi zachodzić, że przy ustalonym r>0 wartość funkcji f na okręgu o promieniu r jest taka sama, a więc f(r \cos \varphi, r \sin \varphi) nie zależy od kąta. Inaczej możemy też powiedzieć, że wartość funkcji w każdym punkcie na okręgu równa się wartości przy dowolnie wybranym (ustalonym) kącie \varphi_0:

\forall \varphi: f(r \cos \varphi, r \sin \varphi)=f(r \cos \varphi_0, r \sin \varphi_0)

No to weźmy wygodny dla nas kąt \varphi_0=0, wtedy

f(r \cos \varphi, r \sin \varphi)=f(r , 0)

ale wiemy, że

f(r,0)=g(r) stąd

f(r \cos \varphi, r \sin \varphi)=g(r)

i to nam wystarczy do policzenia objętości bryły ograniczonej powierzchnią f, ale pójdźmy krok dalej, aby uzyskać jawny wzór na powierzchnię.

Wystarczy teraz przejść ze współrzędnych biegunowych na kartezjańskie, a więc skoro

x=r \cos \varphi, y=r \sin \varphi

wtedy oczywiście

x^2+y^2=r^2,

stąd otrzymujemy wzór na powierzchnię

f(x,y)=g(\sqrt{x^2+y^2}).

Na przykład chcemy obrócić dookoła osi Oz parabolę z=g(x)=x^2, wtedy wzór powierzchni obrotowej to f(x,y)=g(\sqrt{x^2+y^2})=x^2+y^2 i otrzymaliśmy paraboloidę.

A jeśli chcemy obrócić dookoła eksponent, wtedy powierzchnia będzie dana wzorem f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^2}}. Zauważmy, że zerując jedną ze współrzędnych faktycznie otrzymamy w rzucie funkcję \exp|x| (właśnie taką, bo obracamy e^x z dodatniej półosi).

Powiedzmy, że chcemy policzyć objętość bryły ograniczonej przez tę powierzchnię i płaszczyznę Oxy, tj. mamy bryłę

V=\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3: x^2+y^2 \leq R \land 0 \leq z \leq f(x,y) \},

gdzie R>0 – przyjmujemy, że liczymy na obszarze ograniczonym, powierzchnia z=f(x,y) została otrzymana jak wcześniej – przez obrót krzywej z=g(x) wokół osi Oz.

Wtedy standardowo objętość, przyjmując oznaczenie K=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: x^2+y^2\leq R \}, to

\displaystyle |V|=\iiint \limits_V 1 \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint \limits_K \left( \int_0^{f(x,y)}1 \, \mathrm{d}z \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint \limits_K f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y

Stosujemy zamianę zmiennych na biegunowe x=r \cos \varphi, y=r \sin \varphi. Od razu stosując twierdzenie Fubiniego i uwzględniając w granicach całek, że całkujemy po całym kole otrzymujemy

\displaystyle \iint \limits_K f(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_0^R \left( \int_0^{2 \pi} f(r \cos \varphi, r \sin \varphi)r \, \mathrm{d} \varphi \right) \mathrm{d}r

Przypomnijmy, że wyliczyliśmy wcześniej, że f(r \cos \varphi, r \sin \varphi)=g(r)

Stąd mamy dalej

\displaystyle \int_0^R \left( \int_0^{2 \pi} f(r \cos \varphi, r \sin \varphi)r \, \mathrm{d} \varphi \right) \mathrm{d}r=\int_0^R \left( \int_0^{2 \pi} g(r)r \, \mathrm{d} \varphi \right) \mathrm{d}r

Zauważmy, że wewnętrzna całka nie zależy od kąta \varphi, zatem ostatecznie dostajemy

\displaystyle |V|=\int_0^R 2 \pi r g(r) \mathrm{d}r.

Widać też, że faktycznie, aby policzyć objętość nie potrzeba wyznaczać jawnego wzoru na powierzchnię obrotową – wystarcza wzór krzywej, którą obracamy.

Możemy w ten sposób wyprowadzić wzór na objętość kuli, choć bez takich ceregieli można to zrobić wprost przez współrzędne sferyczne, ale niech będzie. Ćwiartkę okręgu o promieniu R wyraża krzywa g(x)=\sqrt{R^2-x^2}. Zatem połowę objętości kuli o takim promieniu otrzymamy licząc całkę

\displaystyle \int_0^R 2 \pi x\sqrt{R^2-x^2}\mathrm{d}x.

Całkę nieoznaczoną możemy policzyć przez postawienie u=R^2-x^2, -\frac{1}{2}\mathrm{d}u=x \mathrm{d}x . Wtedy dostajemy

\displaystyle \int x\sqrt{R^2-x^2}\mathrm{d}x= \int-\frac{1}{2}u^\frac{1}{2} \mathrm{d}u=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}u^\frac{3}{2}+C=-\frac{1}{3}(R^2-x^2)^\frac{3}{2}+C

Korzystając z postaci funkcji pierwotnej dostajemy

\displaystyle \int_0^R 2 \pi x\sqrt{R^2-x^2}\mathrm{d}x= -\frac{2}{3}\pi\left[(R^2-x^2)^\frac{3}{2}\right]^{R}_0=-\frac{2}{3}\pi(0-R^3)=\frac{2}{3}\pi R^3.

Zatem objętość całej kuli, jak należało się spodziewać to \frac{4}{3}\pi R^3.

Policzmy sobie jeszcze dla przykładu objętość „dzwonu” Gaussa,

dzwon

bryły uzyskanej przez obrót gęstości standardowego rozkładu normalnego

\displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left(- \frac{x^2}{2}\right)

gestosc1
Sprowadza się to do policzenia całki

\displaystyle \int_0^\infty 2 \pi \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} x\exp \left(- \frac{x^2}{2}\right)\mathrm{d}x

tylko tym razem R \to \infty.

Liczymy całkę nieoznaczoną

\displaystyle \int x\exp \left(- \frac{x^2}{2}\right)\mathrm{d}x.

Stosując analogiczne podstawienie jak poprzednio u=-\frac{x^2}{2}, mamy \mathrm-{d}u=x\mathrm{d}x i dostajemy

\displaystyle \int -\exp \left( u \right) \mathrm{d}u=- \exp \left( -\frac{x^2}{2} \right) +C

Zatem  wyjściowa całka to

\displaystyle \int_0^\infty \sqrt{2 \pi} x\exp \left(- \frac{x^2}{2}\right)\mathrm{d}x=\sqrt{2 \pi} \left[ -\exp \left( -\frac{x^2}{2} \right) \right]^\infty_0=\sqrt{2 \pi}.

Co też nie jest dziwne, bo gdy mamy dwie niezależnie zmienne losowe o standardowym rozkładzie normalnym to gęstość wektora losowego będzie równa iloczynowi gęstości

\displaystyle f_{(X,Y)}(x,y)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \left(\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( - \frac{x^2+y^2}{2}\right) \right)

Wtedy oczywiście

\displaystyle \iint \limits_{\mathbb{R}^2} f_{(X,Y)}(x,y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y=1

a więc

\displaystyle \iint \limits_{\mathbb{R}^2} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{x^2+y^2}{2}\right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{2 \pi}

Ale zauważmy, że obracając gęstość rozkładu normalnego otrzymalibyśmy powierzchnię daną wzorem f(x,y)=f(\sqrt{x^2+y^2})=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp \left( -\frac{x^2+y^2}{2} \right) i wtedy objętość dzwonu to właśnie całka policzona powyżej. Zatem wynik zgadza się z wiedzą z rachunku prawdopodobieństwa.

Wykresy dołączone do wpisu zostały wygenerowane na stronie http://www.wolframalpha.com/

Reklamy

Skomentuj

Wprowadź swoje dane lub kliknij jedną z tych ikon, aby się zalogować:

Logo WordPress.com

Komentujesz korzystając z konta WordPress.com. Wyloguj / Zmień )

Zdjęcie z Twittera

Komentujesz korzystając z konta Twitter. Wyloguj / Zmień )

Zdjęcie na Facebooku

Komentujesz korzystając z konta Facebook. Wyloguj / Zmień )

Zdjęcie na Google+

Komentujesz korzystając z konta Google+. Wyloguj / Zmień )

Connecting to %s