Pełen tekst

(1)

Przypomnienie – wzór na przybliżenie funkcji f przez jej płaszczyznę styczną z punkcie

(x

0

, y

0

, z

0

), z

0

=f (x

0

, y

0

):

f ( x , y)≈f (x

0

, y

0

)+ f

x

(x

0

, y

0

)⋅(x−x

0

)+f

y

(x

0

, y

0

)⋅( y− y

0

).

Zastosowanie:

x0, y0 – „ładne”: łatwe do obliczenia,

x , y

– to co mamy w zadaniu.

Przykład. Obliczyć bez kalkulatora

(2.005)

5

ln (0,98).

Mamy

(2.005)

5

ln (0.98)=f (2.005, 0.98).

Zatem

f (x , y)=x

5

ln y , x =2.005, y=0.98 .

Bierzemy x

0

=2, y

0

=1.

f

x

=5 x

4

ln y , f

y

= x

5

y .

f

x

(2,1)=0 , f

y

(2,1)=32 oraz f (2,1)=0.

To daje

(2.005)

5

ln (0,98)≈0+0⋅(2.005−2)+32⋅(0.98−1)=0.64 .

Dokładna wartość: – 0.65461, błąd wynosi ok. 0.015.

Biorąc x

−x

0

=Δ x , y− y

0

=Δ y mamy x=Δ x+x

0, y

=Δ y+ y

0. To daje wzór

f ( x

0

+Δ x , y

0

+Δ y)≈f (x

0

, y

0

)+f

x

(x

0

, y

0

)⋅Δ x+f

y

(x

0

, y

0

)⋅Δ y

czyli

f ( x

0

+Δ x , y

0

+Δ y)−f (x

0

, y

0

)≈f

x

(x

0

, y

0

)⋅Δ x+f

y

(x

0

, y

0

)⋅Δ y.

Oznaczając przez Δf „błąd funkcji”

Δ f =|f ( x

0

+Δ x , y

0

+Δ y)−f ( x

0

, y

0

)|

dostajemy tzw. wzór na różniczkę zupełną:

Δ f ≈|f

x

( x

0

, y

0

)|⋅|Δ x|+|f

y

( x

0

, y

0

)|⋅|Δ y|.

Zastosowania – przy pomiarach z błędem.

Mierzymy x z dokładnością

|Δ x|≈0

oraz y z dokładnością

|Δ y|≈0

.

Wówczas błąd bezwzględny pomiaru f wynosi w przybliżeniu Δf .

Przykład. W obwodzie zmierzono wartość prądu stałego

I =2 A±0.1 A

(2)

oraz rezystancję

R =3Ω±0.01Ω.

Z jaką dokładnością zmierzymy wydzieloną moc?

Mamy

P =P(I , R)=I

2

R , I

0

=2, R

0

=3, Δ I=±0.1, Δ R=±0.01 .

Teraz

P

I

=2 IR , P

R

=I

2

, P

I

(2,3)=12 , P

R

(2,3)=4.

Zatem Δ P≈|12|⋅0.1+|4|⋅0.01=1.24 W .

Pochodna kierunkowa

Mierzy zmianę funkcji f = f (x,y) na zadanym kierunku

⃗v=[v

x, vy

].

UWAGA! Do definicji będziemy zawsze używać wektorów jednostkowych:

| ⃗v | =1.

Oznaczenie:

∂ f

⃗v (x , y) lub f

⃗v

(x , y).

Definicja

∂ f ⃗v (x , y)=

lim

t→0+

f (x+t⋅v

x

, y +t⋅v

y

)−f (x , y)

t , ⃗v=[v

x

, v

y

],|v|=1

Z definicji liczymy tylko dla funkcji mało regularnych. Gdy pochodne cząstkowe f są ciągłe to mamy lepszy wzór z użyciem gradientu.

Gradient funkcji – wektor pochodnych cząstkowych f w danym punkcie.

(grad f )(x

0

, y

0

)=[f

x

(x

0

, y

0

), f

y

(x

0

, y

0

)].

Twierdzenie. Gdy pochodne cząstkowe f są ciągłe w

(x

0

, y

0

)

to

∂ f

⃗v (x

0

, y

0

)=⃗v ∘(grad f )( x

0

, y

0

)=v

x

⋅f

x

( x

0

, y

0

)+v

y

⋅f

y

(x

0

, y

0

).

Wzór rozszerza się do funkcji wielu zmiennych.

Przykład.

f ( x , y)=x

2

⋅y

3

, ⃗v= [ 1 2 , 2 3 ] .

Obliczyć

f

⃗v

(−1,1).

(3)

f

x

=2 xy

3

, f

y

=3 x

2

y

2

.

f

x

(−1,1)=−2, f

y

(−1,1)=3, grad f (−1,1)=[−2,3].

f

⃗v

(−1,1)=[−2,3]∘ [ 1 2 , 2 3 ] =1+3 2 3 .

Mamy

⃗v∘( grad f )(x

0

, y

0

)=|(grad f )(x

0

, y

0

)|⋅1⋅cos α ,

gdzie α jest kątem między tymi dwoma wektorami. To daje następujące wnioski.

Twierdzenie

1. Gdy

(grad f )( x

0

, y

0

)=⃗0

to

∂ f

⃗v (x

0

, y

0

)=0 dla dowolnego ⃗v .

2.

∂ f

⃗v (x

0

, y

0

)

ma wartość największą kiedy

⃗v

i

(grad f )( x

0

, y

0

)

mają

zgodne kierunki.

∂ f

⃗v (x

0

, y

0

)

ma wartość najmniejszą kiedy

⃗v

i

(grad f )( x

0

, y

0

)

mają przeciwne kierunki.

3.

∂ f

⃗v (x

0

, y

0

)=0

kiedy

⃗v

i

(grad f )( x

0

, y

0

)

są prostopadłe.

(4)

Ekstrema funkcji 2 zmiennych.

Definicja.

f ma w

P =(x

0

, y

0

)∈D

f minimum lokalne, gdy

f ( x

0

, y

0

)

jest najmniejszą wartością f na pewnym kole o środku w P.

f ma w

P =(x

0

, y

0

)∈D

f maksimum lokalne, gdy

f ( x

0

, y

0

)

jest największą wartością f na pewnym kole o środku w P.

Gdy ta wartość jest największa/najmniejsza na całym

D

f to mówimy o ekstremum (minimum, maksimum) globalnym.

Szukanie ekstremów przy pomocy pochodnych.

Daje się to robić dla funkcji regularnych: pochodne 2 rzędu są ciągłe.

Warunek konieczny istnienia ekstremum: tzw. punkt stacjonarny czyli

f

x

(x

0

, y

0

)=0, f

y

(x

0

, y

0

)=0.

To jeszcze nie wystarcza! To tylko mówi, że płaszczyzna styczna jest równoległa do płaszczyzny XY.

Warunek dostateczny. Liczymy w P pewien wyznacznik – tzw. hesjan.

W =H (x

0

, y

0

)= | f f

xxyx

(x (x

00

, y , y

00

), f ), f

xyyy

(x (x

00

, y , y

00

) ) |

Interpretacja: H to „włącznik” ekstremum: mówi czy ekstremum jest czy go nie ma.

Twierdzenie. Przy powyższych założeniach:

• Gdy H (x0, y0)>0 to jest ekstremum. Gdy

f

xx

(x

0

, y

0

)>0

to jest minimum, a gdy

f

xx

(x

0

, y

0

)<0

to jest maksimum. (Jak w AM1)

• Gdy H (x0, y0)<0 to nie ma ekstremum.

• Gdy H (x0, y0)=0 to nic nie wiemy – metoda nie działa.

Przykłady

f

( x, y)=x

2

+ y

2.

D

f

=R

2

.

f

x

=2 x , f

y

=2 y .

f

x

=f

y

=0⇔ x= y=0 czyli P=(0,0).

(5)

Teraz

f

xx

=2, f

yy

=2, f

xy

=f

yx

=0.

To daje

W

=H (0,0)= | 2 0 0 2 | =4>0.

Jest ekstremum.

f

xx

(0,0)=2>0

więc w (0,0) jest minimum.

f (0,0)=0.

f ( x, y)=(−x

2

− y

2

) e

x

. D

f

=R

2

.

f

x

=−2 xe

x

+(−x

2

− y

2

)e

x

=e

x

(−x

2

− y

2

−2 x).

f

y

=−2 ye

x

.

f

x

=f

y

=0⇔ y=0,−x

2

−2 x=0 ⇔ x=0∨x=−2.

Czyli P

1

=(0,0), P

2

=(−2,0).

Teraz

fxx

=e

x

(−2 x−2)+e

x

(−x

2

− y

2

−2 x).

f yy

=−2e

x.

fxy

=f

yx

=−2 ye

x. Dla

P

1

W

=H (0,0)= | −2 0 0 −2 | =4>0.

Jest ekstremum, –2 < 0 czyli jest maksimum.

Dla

P

2 W=H (−2,0)=

|

02e−2 e−2 0−2

|

=−4 e−2⋅e−2<0. Brak ekstremum w P2 .

Ekstrema warunkowe

Def. Funkcją warunkową nazwiemy f=f (x , y), gdzie dziedziną jest zbiór, który jest krzywą na płaszczyźnie XY czyli ma postać pewnej zależności między x i y:

F( x , y)=0.

Interpretacja geometryczna: taka funkcja f to krzywa w przestrzeni R3 położona nad krzywą F( x , y)=0.

Przykład. f (x , y)=− xy , F (x , y)=2 x+ y=0.

To daje y=−2 x oraz f (x , y)=2 x2. Jest to parabola ustawiona „pionowo” ale nad prostą y=−2 x (w płaszczyźnie równoległej do osi Z i zawierającej tą prostą).

(6)

Ekstrema warunkowe to ekstrema takich funkcji. Liczymy je metodami AM1 (mamy funkcję 1 zmiennej).

W naszym przykładzie to punkt dla x= y=0 (minimum). To daje z=f (x , y)=0 więc punkt (0,0,0).

Wartości największe i najmniejsze funkcji na zadanych zbiorach Mamy funkcję f (x , y), Df=D .

Interesuje nas wartość największa i wartość najmniejsza f na D. Te wartości mogą istnieć lub nie. To zależy od funkcji i zbioru.

Wersja twierdzenia Weierstrassa (AM1) dla funkcji 2 zmiennych.

Twierdzenie. Gdy D jest domknięty (czyli cały brzeg D jest zawarty w D) oraz ograniczony (czyli zawiera się w pewnym kole) i f jest ciągła na D to wartość największa i wartość najmniejsza f na D jest osiągana.

Gdzie te wartości mogą być osiągane dla funkcji różniczkowalnych?

• W punktach stacjonarnych f: fx=fy=0.

• Na brzegu D: prowadzi to do funkcji warunkowych i ich wartości największych/najmniejszych - jak dla funkcji 1 zmiennej w AM1.

Dla punktów z obu przypadków liczymy wartości f i z tych wartości wybieramy największą i najmniejszą. To daje odpowiedź.

Uwaga. Dla punktów stacjonarnych nie trzeba sprawdzać czy to jest ekstremum.

Nie potrzeba hesjanu itd. Wystarczy policzyć wartość.

Zadania na wartość największą / najmniejszą to NIE są zadania na ekstrema!

Przykład.

f(x , y)=xy2, x2+ y2≤3 . Punkty stacjonarne:

(7)

fx= y2=0, fy=2 xy=0.

Wychodzą punkty (x ,0):f (x ,0)=0.

Brzeg: x2+ y2=3. Wystarczy wyliczyć y2=3−x2 : f(x , y)=f (x)=x(3−x2)=3 x−x3, x∈[−

3,

3].

Zadanie: znaleźć wartość największą / najmniejszą tej funkcji (AM1):

f

3)=0.

f '=3−3 x2=0 , x=±1∈[−

3 ,

3].

f(−1)=−2, f(1)=2.

Zatem wartość największa to 2, a najmniejsza to –2.

Zadania optymalizacyjne.

Schemat taki jak w AM1.

1. Ułożyć funkcję opisującą daną wielkość.

2. Znaleźć dziedzinę tej funkcji pasującą do zadania (niekoniecznie dziedzinę naturalną).

3. Znaleźć wartość największą lub najmniejszą tej funkcji na zadanej dziedzinie.

Przykład.

Spośród wszystkich trójkątów o obwodzie równym 3 jednostki znaleźć ten trójkąt, który ma największe pole.

1. Wzór funkcji.

Jeśli boki tego trójkąta mają długości a , b, c>0 to pole jest dane wzorem S=

p( p−a)( p−b)( p−c), p=a+b+c

2 − wzór Herona . To daje p=1,5 oraz c=3−a−b zatem

S=f (a ,b)=

1,5(1,5−a)(1,5−b)(a+b−1,5).

2. Dziedzina f : a , b>0 ,c=3−a−b>0 oraz z warunku trójkąta a+b>c ⇔a+b>1,5

a+c>b⇔0<b<1,5 b+c>a⇔0<a<1,5

To daje trójkąt o wierzchołkach w punktach (1.5,0), (0,1.5) oraz (1.5,1.5) ale bez brzegu. Aby mieć gwarancję istnienia wartości największej (twierdzenie

Weierstrassa) dołączamy brzeg do trójkąta i mamy Df : 0≤a≤1,5

1,5≥b≥1,5−a

(8)

3. Wartość największa f.

a) Na brzegu.

Brzeg składa się z 3 boków o równaniach:

a=1,5: f ≡0, b=1,5: f ≡0, b=1,5−a : f ≡0.

To na pewno nie jest wartość największa.

b) W punktach stacjonarnych we wnętrzu:

f(a ,b)=

1,5(1,5−a)(1,5−b)(a+b−1,5).

fa= 1

2

()⋅1,5⋅(1,5−b)⋅(−(a+b−1,5)+1(1,5−a))=0 , fb= 1

2

()⋅1,5⋅(1,5−a)⋅(−(a+b−1,5)+1(1,5−b))=0 . To daje układ

(1,5−b)⋅(3−2a−b)=0 , (1,5−a)⋅(3−2b−a)=0.

Zatem

b=1,5 (brzeg - odrzucamy) lub 3−2a−b=0 , a=1,5 (brzeg - odrzucamy) lub 3−2b−a=0.

Dla punktów we wnętrzu trójkąta jest więc 3−2a−b=0 , 3−2 b−a=0 co daje a=b=1. Wtedy f (1,1)=

3

4 . To jest wartość największa. Ponadto wtedy c = 1.

Jest to trójkąt równoboczny.

a b

1,5 1,5 1,5

(9)

Całki podwójne Zapis:

D

f(x , y)dxdy , gdzie zbiór D i funkcja f są odpowiednio regularne.

Definicja może być zrobiona poprzez

• n-tą sumę całkową (sumę Riemanna) – podobnie jak w AM1,

• tzw. całki iterowane.

Przypadek podstawowy – D jest prostokątem D=[a ,b]×[c ,d]={x , y : a≤x≤b , c≤ y≤d }.

a) Definicja poprzez sumę Riemanna.

Dzielimy D na n prostokątów c wymiarach Δ xi×Δ yi. W każdym prostokącie Di

wybieramy punkt ci . Suma Riemanna (n – ta suma całkowa) ma postać Sn=

i=1 n

f(ci)Δ xiΔ yi.

Interpretacja dla funkcji regularnych – na „małych” prostokątach Di wartości f(x , y) są zbliżone i bliskie f (ci). Jeśli f ≥ 0 to suma Sn jest sumą objętości prostopadłościanów o wymiarach Δ xi×Δ yi×f (ci). Te prostopadłościany są

przybliżeniem bryły o podstawie D, ścianach „pionowych” (równoległych do osi Z) i

„suficie” krzywoliniowym danym powierzchnią f . Suma Sn jest przybliżeniem objętości tej bryły.

Rysunek – fragment powierzchni f i 3 prostopadłościany przybliżające.

Definicja. Jeśli dla Δ xi→0 , Δ yi→0,n→∞ granica lim

n→∞ Sn istnieje i nie zależy od wyboru prostokątów Di oraz punktów ci to nazywamy ją całką podwójną z funkcji f po zbiorze D i oznaczamy przez

D

f(x , y)dxdy .

(10)

Interpretacja dla funkcji regularnych i nieujemnych – całka jest objętością bryły opisanej powyżej.

Twierdzenie. Gdy f jest ciągła na D to całka

D

f(x , y)dxdy istnieje.

b) Całki iterowane.

Dla D=[a ,b]×[c , d] są to całki postaci

a

b

(

cd f (x , y)dy

)

dx=

ab dx

cd f(x , y)dy

oraz

c

d

(

ab f (x , y)dx

)

dy=

cd dy

ab f(x , y)dx .

Interpretacja – całkowanie w 2 krokach, po każdej zmiennej osobno. Ta całka

wewnętrzna to tak jakby „całka cząstkowa” – całkowanie po jednej zmiennej, gdzie druga zmienna jest parametrem.

Twierdzenie. Gdy f jest ciągła na D to obie takie całki istnieją i są równe całce podwójnej:

D

f(x , y)dxdy=

c d

dy

a b

f(x , y)dx=

a b

dx

c d

f( x , y)dy .

Przykład

D=[0,1]×[−1,1], f (x , y)=2 x+3 y2.

0 1

dx

−1 1

(2 x+3 y2)dy=

0 1

dx

[

2 xy+ y3

]

−1 1 =

0 1

dx(4 x+2)=

[

2 x2+2 x

]

0

1=4−0=4.

W odwrotnej kolejności:

−1 1

dy

0 1

(2 x+3 y2)dx=

−1 1

dy

[

x2+3 y2x

]

01=

−1 1

dy(3 y2+1)=

[

y3+ y

]

−1

1 =2−(−2)=4.

Przypadek ogólny – całki po tzw. obszarach normalnych.

Są to zbiory postaci:

D={a≤x≤b , d(x)≤ y≤g( x)} lub D={a≤ y≤b, d( y)≤x≤g( y)}. Ponadto funkcje d() i g() są ciągłe.

Wtedy całka podwójna (w sensie Riemanna) jest definiowana analogicznie jak dla prostokątów, a całki iterowane mają postać

a b

dx

d(x) g(x)

f(x , y)dy oraz

c d

dy

d( y) g( y)

f(x , y)dx .

(11)

Twierdzenie. Gdy f jest ciągła na obszarze normalnym to całka podwójna istnieje i jest równa dowolnej z całek iterowanych:

D

f(x , y)dxdy=

a b

dx

d(x) g(x)

f(x , y)dy lub

D

f(x , y)dxdy=

c d

dy

d( y) g( y)

f(x , y)dx .

Interpretacja jak dla całek po prostokątach – objętość odpowiednie bryły itp.

Przykład

f(x , y)=xy , D jest ograniczony krzywymi: x=0, x=2, y=1, y=ex.

y=1

2

Mamy D :0≤x≤2,1≤ y≤ex. Czyli całka jest równa

0 2

dx

1 ex

xydy=

0 2

dx

[

xy22

]

1ex=

02 dx(xe22 x2x)=12

02 xe2 xdx12

02 xdx .

Ta druga całka wynosi 2.

Tą pierwszą liczymy przez części.

xe2 x=[f '=e2 x, f=12e2 x, g=x , g '=1]=1

2 xe2 x

12e2 x⋅1dx=12 xe2 x14 e2 x+C ,

0 2

xe2 xdx=e4−1 4e4+1

4. Całość: 1

2(3

4e4+1

4)−1=3

8e4−7 8.

Własności całki podwójnej po obszarze normalnym D:

D

(f (x , y)±g(x , y))dxdy=

D

f(x , y)dxdy+

D

g(x , y)dxdy ,

D

c⋅f (x , y)dxdy=c

D

f(x , y)dxdy ,

(12)

• gdy D1 i D2 są rozłączne to

D

1∪D2

f(x , y)dxdy=

D1

f( x , y)dxdy+

D2

f(x , y)dxdy .

Zmiana kolejności całkowania

Często by obliczyć całkę podwójną w kolejności

D

f(x , y)dxdy=

a b

dx

d(x) g(x)

f(x , y)dy

trzeba rozbić obszar na kilka obszarów całkowania co prowadzi do sumy całek (niewygodne i długie).

Podczas gdy całka

D

f(x , y)dxdy=

c d

dy

d( y) g( y)

f(x , y)dx będzie dawała jeden obszar i jedną całkę.

Pytanie: jak mając obszar normalny względem x zmienić go na obszar / obszary względem y ?

Zmiana kolejności całkowania wymaga zmiany roli argumentu i wartości czyli np.

mając funkcję brzegową y=f (x) trzeba wyliczyć ją względem y czyli x=g( y).

Związane jest to z wyznaczaniem funkcji odwrotnej. Stąd wniosek:

zmiana kolejności całkowania jest związana z odbiciem obszaru względem prostej y=x.

Symetria względem prostej y=x jest równoważna obrotowi względem (0,0) w lewo o kąt 90°, a potem symetrii względem osi pionowej.

Przykład.

D

f(x , y)dxdy , D :0≤x≤1 , 1≤ y≤2x. Rysunek obszaru:

(13)

Po odbiciu względem prostej y=x:

Wyznaczamy funkcje brzegowe względem y : y=2x: x=log2y−funkcja dolna

x=1−funkcja górna Zapis D:

1 ≤ y≤2, log

2 y

≤x≤1.

Całka:

1 2

dy

log2y 1

f( x , y)dx

Zmiana zmiennych w całce podwójnej Chodzi o metodę podstawienia.

(14)

Wprowadzamy wzory x=x(s ,t),

y=y (s, t).

Zakładamy, że są to różniczkowalne funkcje zmiennych s i t.

s i t – nowe współrzędne,

x i y – stare współrzędne.

J =J (s , t)= | dx dy ds ds dx dy dt dt | −jakobian przekształcenia .

A – obraz D w nowych współrzędnych tzn. (x , y)∈D ⇔(s ,t)∈ A . Wtedy mamy wzór

D

f(x , y)dxdy=

A

f

(

x(s ,t), y(s ,t)

)

|J|dsdt Jest to metoda podstawienia w całce podwójnej.

Szczególny przypadek – tzw. współrzędne biegunowe.

Współrzędne biegunowe centralne – środek w (0,0)

x =r cos ϕ , y=r sin ϕ ,J=r≥0,0≤ϕ <2π lub −π <ϕ ≤π .

J

=J (r , ϕ )= | −r sin cos ϕ ϕ sin

r cos

ϕ ϕ | =r cos

2

ϕ −(−r sin

2

ϕ )=r (cos

2

ϕ +sin

2

ϕ )=r , |

J

| =r .

Stosujemy, gdy jest dużo

x

2

+ y

2

=r

2

.

A :

α ≤ ϕ ≤ β zwykle można wywnioskować z rysunku ,

d

( ϕ )≤r≤g( ϕ )−nie zawsze daje się z rysunku, czasem liczymy

Zwykle promień r zależy od kąta ϕ. Nie zależy, gdy obszar jest związany z okręgiem/

łukiem o środku w (0,0) – koło, wycinek kątowy itp.

Współrzędne biegunowe przesunięte – środek w

(x

0,

y

0

).

x =x

0

+r cos ϕ , y= y

0

+r sin ϕ ,J=r≥0, 0 ≤ϕ <2π lub −π <ϕ ≤π .

Stosujemy, gdy jest dużo

(x−x

0

)

2

+( y− y

0

)

2

=r

2

.

Przykłady

D

xy2, D : x2+ y2≤4 , x≥0.

(15)

Wyznaczenie r i φ a) Z rysunku: π

2 ≤ϕ≤π

2 , 0≤r≤2.

b) Z obliczeń: r2≤4 , r cosϕ≥0⇔0≤r≤2 , cosϕ≥0 czyli − π

2≤ϕ≤π 2 . Zatem mamy

D

xy2=

π 2 π2

dϕ

0 2

rdr⋅r cosϕ⋅(r sinϕ )2=

π 2 π2

dϕ cosϕ sin2ϕ

0 2

r4dr=32 5

π 2 π2

dϕ cosϕ sin2ϕ =

[t=sinϕ ] 32 5

−1 1

t2dt=64 15. Teraz:

D

(x2+ y2)dxdy , D : x2+ y2+2 y≤0.

D – koło o środku w (0,-1) i promieniu 1: x2+( y+1)2≤1.

2 metody

a) Współrzędne centralne:

Na pewno π ≤ϕ≤2π .

Promień zależy od kąta, bo nasze koło nie ma środka w (0,0).

Po wstawieniu do warunku na D:

r2+2r sinϕ ≤0 , r≤−2sinϕ (bo r≥0) czyli 0≤r≤−2 sinϕ . Zawsze jest dodatkowy (pośredni) warunek:

funkcja dolna ≤ funkcja górna

U nas: 0≤−2sinϕ , sinϕ≤0, π ≤ϕ≤2 π . Dostajemy

(16)

2ππ dϕ

0

−2 sinϕ

rdr⋅r2=

2ππ dϕ 4 sin4ϕ= [dość długa całka]=

4

[

38ϕ +a sin(2ϕ )+ 1

32sin(4ϕ)

]

π2π=32π .

b) Przesunięte współrzędne: środek to (0, –1). Wtedy x=r cosϕ , y=−1+r sinϕ ,x2+( y+1)2=r2.

r – odległość od (0,–1), ϕ jest kątem względem prostej y = –1.

To daje 0≤ϕ <2π ,0≤r≤1 . Dostajemy

0 2π

dϕ

0 1

rdr⋅(r2cos2ϕ +(−1+r sinϕ )2)=

0 2π

dϕ

0 1

rdr⋅(r2−2r sinϕ +1)=

0 2π

dϕ

[

14r4−2r33 sinϕ +r22

]

01=

20π dϕ

(

3423sinϕ

)

=32π .

Ten sam wynik co poprzednio ale całka łatwiejsza.

Zastosowania całek podwójnych

Wartość średnia funkcji na zbiorze D:

fśrednia=

D

f(x , y)dxdy pole D .

Pole D : |D|=

D

1 dxdy . Gdy

D :a≤x≤b , d(x)≤ y≤g( x) to

D

dxdy=

a b

dx

d(x) g(x)

dy=

a b

dx(g(x)−d(x)) (AM1).

Objętość bryły U danej warunkiem (x , y)∈D , d (x , y)≤z≤g(x , y).

ϕ y = -1

(17)

Interpretacja – bryła o ścianach „pionowych” (równoległych do osi Z), o „suficie”

danym przez g oraz „podłodze” danej przez d.

Zbiór D to rzut bryły na płaszczyznę XY.

Wtedy objętość U dana jest wzorem

|U|=

D

(

g(x , y)−d(x , y)

)

dxdy−analogicznie jak dla pola w AM1.

Przykład: objętość bryły danej warunkiem

U={(x , y , z): x2+ y2≤4 , y≥2 x ,0≤z≤ 1

(5+

x2+ y2)2}.

Rzut bryły na XY:

Współrzędne biegunowe centralne:

0≤r≤2, arctg2≤ϕ≤arctg2+π . Dostajemy

|U|=

D

(

(5+

x12+ y2)2−0

)

dxdy=arctg2arctg2

dϕ

02 rdr(5+r)1 2=

π

0

2 r

(5+r)2dr

0

2 r+5−5

(5+r)2 dr

0

2 1

(5+r)− 5

(5+r)2dr= π

[

ln|r+5|+r+55

]

02=π (ln 7+57−ln 5−1).

Pole powierzchni płata krzywoliniowego z=f (x , y),(x , y)∈D . Analogiczne do długości krzywej y=f (x),a≤x≤b. (AM1)

Pole=

| ∑ |

=

D

1+fx2+f2ydxdy .

Zastosowania w mechanice

α=arctg2

y = 2x

(18)

Środek masy (ciężkości) obszaru jednorodnego.

Gęstość obszaru jest stała i wynosi masa / pole.

Ten środek to punkt S=(xc, yc).

Wypadkowy moment statyczny względem tego środka wynosi 0.

To prowadzi do wzorów dla obszaru D⊂ R2 xc=

D

xdxdy

pole D , yc=

D

ydxdy pole D .

Dodatkowo, gdy obszar ma oś symetrii to środek masy leży na niej.

Przykład: środek masy jednorodnego półkola o promieniu R.

Sami umieszczamy półkole w układzie współrzędnych.

Weźmy D : x2+ y2≤R2, y≥0.

|D|=1

2 π R2. Z symetrii mamy xc=0. Liczymy

D

ydxdy=

−R R

dx

0

R2−x2

ydy=

−R R

dx

[

12 y2

]

0R2−x2=−R

R dx

(

12(R2− x2)

)

=

[

12 R2x16 x3

]

−RR =23 R3.

Stąd yc= 2 3 R3 1

2 π R2= 4

R≈0,4244 R .

Moment bezwładności obszarów jednorodnych o masie M.

Jest to wielkość fizyczna wiążąca prędkość kątową w ruchu obrotowym obszaru wokół osi / punktu oraz energię kinetyczną tego obszaru.

Dla masy punktowej m jest to wielkość: m · (odległość od osi obrotu/środka obrotu)2. Dla obszaru D⊂R2:

IX= M pole D

D

y2dxdy−względem osi X , IY= M

pole D

D

x2dxdy−względem osi Y , IO= M

pole D

D

(x2+ y2)dxdy−względem środka układu.

Krótkie uzasadnienie wzoru np. na IX .

Przybliżamy D przez zbiór prostokątów o bardzo małych rozmiarach (dx na dy) odpowiadających masie punktowej m(x,y) skupionej w (x,y).

(19)

Ponieważ obszar jest jednorodny to masa jest proporcjonalna do pola prostokąta i wynosi gęstość · pole prostokąta czyli

m(x , y)= M

|D|dxdy .

Odległość punktu (x,y) od osi X jest równa |y| czyli jej kwadrat to y2 . Zatem moment bezwładności dla tego prostokąta to I=M

|D|dxdy⋅y2.

Wypadkowy moment bezwładności jest sumą takich iloczynów dla prostokątów wypełniających D.

Przechodząc z dx i dy do 0, w granicy dostajemy całkę IX=

D

M

|D|dxdy⋅y2. Przykład. Moment bezwładności jednorodnego trójkąta o bokach 2,3,3, masie M, względem jego osi symetrii.

Sami umieszczamy trójkąt w układzie.

Najprostsze równania boków będą wtedy, gdy wierzchołek będzie w początku układu.

Wysokość pozioma wynosi

32−12=2

2.

Pole=2

2⋅2⋅12=2

2 .

Równania odcinków ukośnych dla brzegu: y=± 1

2

2x , 0≤x≤2

2.

Zatem

D

y2dxdy=

0 22

dx

1 22x

1 22x

y2dy=

0 22

dx⋅ 1 3⋅8

2 x

3= 1

3⋅8

2

1

4⋅64=

2

3 . Czyli IX= M

2

2

2

3 =1 6 M .

Zadanie dodatkowe: obliczyć moment bezwładności dla tego samego trójkąta ale tym razem względem boku o długości 2.

3 2 3

(20)

KONIEC WYKŁADU.

Dziękuję za współpracę.

Krzysztof Michalik

Obraz

Updating...

Cytaty

Powiązane tematy :