Oppgåve

Overflate av omdreiingslekamar

Omdreiingslekamar er romfigurar som vi kan beskrive matematisk, og dei kjem fram ved rotasjon av ein graf. Vi kan bruke integrasjon til å berekne ulike mål av omdreiingslekamar, og her skal vi øve på å berekne overflater. Nedst på sida kan du laste ned oppgåvene som Word- og pdf-dokument.

Oppgåve 1

I oppgåve 1 på oppgåvesida "Omdreiingslekamar" bereknar vi volumet til fire omdreiingslekamar.

Du skal no berekne overflatearealet til dei same omdreiingslekamane ved hjelp av integrasjon. Overflatene i dei tre første deloppgåvene skal du berekne utan digitale hjelpemiddel, mens overflata i oppgåve d) skal du berekne ved hjelp av CAS.

a) $f (x) = 2, x \in [0, 4]$

Løysing

$\begin{array}{rcl} f (x) & = & 2, x \in [0, 4] \\ f^{'} (x) & = & 0 \end{array}$

$\begin{array}{rcl} \end{array}$ $\begin{array}{rcl} O & = & 2 π \cdot \int_{a}^{b} f (x) \cdot \sqrt{1 + {(f^{'} (x))}^{2}} d x \\ = & 2 π \cdot \int_{0}^{4} 2 \cdot \sqrt{1 + {(0)}^{2}} d x \\ = & 2 π \cdot \int_{0}^{4} 2 d x \\ = & 2 π {[2 x]}_{0}^{4} \\ = & 2 π \cdot (2 \cdot 4 - 2 \cdot 0) \\ = & 16 π \end{array}$

Overflata til omdreiingslekamen som har form som ein sylinder, er $16 π$ .

b) $g (x) = x, x \in [0, 4]$

Løysing

$\begin{array}{rcl} g (x) & = & x, x \in [0, 4] \\ g^{'} (x) & = & 1 \end{array}$

$\begin{array}{rcl} O & = & 2 π \cdot \int_{a}^{b} g (x) \cdot \sqrt{1 + {(g^{'} (x))}^{2}} d x \\ = & 2 π \cdot \int_{0}^{4} x \cdot \sqrt{1 + {(1)}^{2}} d x \\ = & 2 \sqrt{2} π \cdot \int_{0}^{4} x d x \\ = & 2 \sqrt{2} π {[\frac{1}{2} x^{2}]}_{0}^{4} \\ = & 2 \sqrt{2} π \cdot (\frac{1}{2} \cdot 4^{2} - 0) \\ = & 16 \sqrt{2} π \end{array}$

Overflata til omdreiingslekamen som har form som ei kjegle, er $\begin{array}{rcl} 16 \sqrt{2} π \end{array}$ .

c) $h (x) = x + 1, x \in [0, 4]$

Løysing

$\begin{array}{rcl} h (x) & = & x + 1, x \in [0, 4] \\ h^{'} (x) & = & 1 \end{array}$

$\begin{array}{rcl} O & = & 2 π \cdot \int_{a}^{b} h (x) \cdot \sqrt{1 + {(h^{'} (x))}^{2}} d x \\ = & 2 π \cdot \int_{0}^{4} (x + 1) \cdot \sqrt{1 + {(1)}^{2}} d x \\ = & 2 \sqrt{2} π \cdot \int_{0}^{4} (x + 1) d x \\ = & 2 \sqrt{2} π {[\frac{1}{2} x^{2} + x]}_{0}^{4} \\ = & 2 \sqrt{2} π (\frac{1}{2} \cdot 4^{2} + 4 - 0) \\ = & 24 \sqrt{2} π \end{array}$

Overflata til omdreiingslekamen som har form som ei avkorta kjegle, er $24 \sqrt{2} π$ .

d) $i (x) = \sqrt{4 - x^{2}}, x \in [- 2, 2]$ (Dette skal du berekne ved hjelp av CAS.)

Løysing

Sidan $i (x)$ er ein halvsirkel, blir omdreiingslekamen ei kule.

Berekning av overflata av ei kule ved hjelp av integrasjon i CAS. I linje 1 definerer vi funksjon i ved å skrive i av x kolon er lik kvadratrot 4 minus x opphøgd i andre kvadratrot slutt. I linje 2 bereknar vi overflata ved å skrive OverflateKule kolon er lik 2 gonger pi gonger integral parentes i av x gonger kvadratrot 1 pluss parentes i derivert av x parentes opphøgd i andre komma minus 2 komma 2 parentes slutt. Resultatet er OverflateKule kolon er lik 16 gonger pi. Skjermutklipp.

Overflata av kula er $16 π$ .

Oppgåve 2

På teorisida bruker vi integrasjon til å utleie formelen for overflata av ei kule.

a) Bruk den same metoden for å utleie formelen for overflata til ein sylinder med radius $s$ og høgde $h$ , utan bruk av digitale hjelpemiddel.

Tips

Ein sylinder vil komme fram ved omdreiing av eit vassrett linjestykke om $x$ -aksen. Lengda av linjestykket vil då svare til høgda til sylinderen, $h$ , mens funksjonsuttrykket vil vere ein konstant som angir radius, $r$ , i sylinderen.

Løysing

Eit generelt funksjonsuttrykk for eit linjestykke som gir ein sylinder ved omdreiing om $x$ -aksen, vil vere gitt ved

$\begin{array}{rcl} f (x) & = & r, x \in [0, h] \end{array}$

$\begin{array}{rcl} O_{s y l i n d e r} & = & 2 π \cdot \int_{a}^{b} f (x) \cdot \sqrt{1 + {(f^{'} (x))}^{2}} d x \\ = & 2 π \cdot \int_{0}^{r} h \cdot \sqrt{1 + {(0)}^{2}} d x \\ = & 2 π \cdot \int_{0}^{r} h d x \\ = & 2 π {[h x]}_{0}^{r} \\ = & 2 π \cdot (h \cdot r - h \cdot 0) \\ = & 2 π r h \end{array}$

b) Kontroller berekninga av overflata til sylinderen i oppgåve 1 a) ved å bruke formelen du kom fram til i oppgåve 2 a), utan bruk av hjelpemiddel.

Løysing

Sylinderen i oppgåve 3.3.20 a) har radius $r = 2$ og høgde $h = 4$ :

$\begin{array}{rcl} O v e r f l a t e_{s y l i n d e r} & = & 2 π r h \\ = & 2 π \cdot 2 \cdot 4 \\ = & 16 π \end{array}$

Vi ser at vi får den same overflata i begge berekningane.

c) Utlei formelen for overflata av ei kjegle utan botn på den same måten som for kule og sylinder. Bruk radius = $r$ og høgde = $h$ . Den generelle formelen for funksjonen som er utgangspunktet for omdreiinga, vil då vere $y = f (x) = \frac{r}{h} x$ . Dette gir ein rettlinja graf som går gjennom origo, og for at omdreiingslekamen skal bli ei rett kjegle, må den nedre grensa vere lik $0$ og den øvre grensa vere lik $h$ .

Løysing

$y = f (x) = \frac{r}{h} x$ , som gir $y^{'} = f^{'} (x) = \frac{r}{h}$ .

$\begin{array}{rcl} O v e r f l a t e_{k j e g l e} & = & 2 π \int_{a}^{b} (f (x) \cdot \sqrt{1 + {(f^{'} (x))}^{2}}) d x \\ = & 2 π \int_{0}^{h} (\frac{r}{h} x \cdot \sqrt{1 + {(\frac{r}{h})}^{2}}) d x \\ = & 2 π \int_{0}^{h} (\frac{r}{h} x \cdot \sqrt{1 + \frac{r^{2}}{h^{2}}}) d x \\ = & 2 π \int_{0}^{h} (\frac{r}{h} x \cdot \sqrt{\frac{h^{2}}{h^{2}} + \frac{r^{2}}{h^{2}}}) d x \\ = & 2 π \int_{0}^{h} (\frac{r}{h} x \cdot \frac{1}{h} \sqrt{h^{2} + r^{2}}) d x \end{array}$

I ei kjegle er sidekanten, $s$ , hypotenusen i ein trekant der høgda, $h$ , er den eine kateten, og radius, $r$ , er den andre kateten. Sidekanten, $s$ , er derfor gitt ved $s = \sqrt{h^{2} + r^{2}}$ .

$\begin{array}{rcl} O v e r f l a t e_{k j e g l e} & = & 2 π \int_{0}^{h} (\frac{r}{h} x \cdot \frac{1}{h} s) d x \\ = & 2 π \frac{r}{h} s \frac{1}{h} \int_{0}^{h} x d x \\ = & 2 π s \frac{r}{h^{2}} \int_{0}^{h} x d x \\ = & 2 π s \frac{r}{h^{2}} {[\frac{1}{2} x^{2}]}_{0}^{h} \\ = & 2 π s \frac{r}{h^{2}} \cdot \frac{1}{2} h^{2} \\ = & π s r \end{array}$

d) Kontroller òg berekninga av overflata til kjegla i oppgåve 1 b) ved å bruke formelen du kom fram til i oppgåve c), utan bruk av hjelpemiddel.

Løysing

Kjegla i oppgåve 3.3.20 b) kjem fram ved omdreiing av $\begin{array}{rcl} g (x) & = & x, x \in [0, 4] \end{array}$ . Dette gir ei kjegle med radius = 4 og høgde = 4. Lengda av sidekanten blir då $s = \sqrt{r^{2} + h^{2}} = \sqrt{4^{2} + 4^{2}} = \sqrt{32} = 4 \sqrt{2}$ .

$\begin{array}{rcl} O v e r f l a t e_{k j e g l e} & = & π \cdot r \cdot s \\ = & π \cdot 4 \cdot 4 \sqrt{2} \\ = & 16 π \sqrt{2} \end{array}$

Vi får den same overflata i begge berekningane.

Oppgåve 3

Evangelista Torricelli (1608–1647) var ein italiensk matematikar og fysikar. Innan fysikk er han kanskje mest kjent for å ha funne opp kvikksølvbarometeret, men han var òg ein av bidragsytarane til utviklinga av integralrekninga.

I arbeidet med integralrekninga oppdaga Torricelli nokre heilt spesielle eigenskapar ved omdreiingslekamen som kjem fram ved omdreiing av grafen til funksjonen $y = \frac{1}{x}, x \geq 1$ om $x$ -aksen.

Omdreiingslekam som ser ut som ei langstrekt trakt og kan likne på musikkinstrumentet lur. Skjermutklipp. — Gabriels horn (Torricellis trompet)

Torricelli viste at denne omdreiingslekamen, som i ettertid har vorte kalla både Torricellis trompet og Gabriels horn, har endeleg volum og uendeleg overflate.

a) Berekn det endelege volumet for eit horn som kjem fram ved omdreiing av $y = \frac{1}{x}, x \in [1, \infty 〉$ , utan bruk av digitale hjelpemiddel. Kontroller deretter utrekninga ved å berekne det bestemde integralet i CAS.

Løysing

$\begin{array}{rcl} V o l u m & = & π \int_{1}^{\infty} {(\frac{1}{x})}^{2} d x \\ = & π \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2}} d x \\ = & π \cdot \lim_{t \to \infty} \int_{1}^{t} \frac{1}{x^{2}} d x \\ = & π \cdot \lim_{t \to \infty} {[- \frac{1}{x}]}_{1}^{t} \\ = & π \cdot \lim_{t \to \infty} (- \frac{1}{t} - (- \frac{1}{1})) \\ = & π (0 - (- 1)) \\ = & π \end{array}$

Vi har vist at når den øvre grenseverdien til integralet går mot uendeleg, vil volumet gå mot den endelege verdien $π$ .

Berekning av volum ved hjelp av CAS:

Berekning av volum i CAS, ei linje. Det står Volum av horn kolon er lik pi gonger Integral parentes parentes 1 delt på x parentes slutt opphøgd i andre komma 1 komma uendeleg parentes slutt. Resultatet er Volum av horn kolon er lik pi. Skjermutklipp.

b) Vis ved hjelp av CAS at det same hornet har uendeleg overflate.

Løysing

$\begin{array}{rcl} O v e r f l a t e & = & \int_{a}^{b} 2 π \cdot f (x) \cdot \sqrt{1 + {(f^{'} (x))}^{2}} d x \\ = & 2 π \int_{a}^{b} \frac{1}{x} \cdot \sqrt{1 + {(- \frac{1}{x^{2}})}^{2}} d x \\ = & 2 π \int_{a}^{b} \frac{1}{x} \cdot \sqrt{1 + \frac{1}{x^{4}}} d x \end{array}$

Berekning av overflata av Torricellis trompet i CAS, ei linje. Det står Integral parentes parentes 1 delt på x gonger kvadratrot 1 pluss 1 delt på x opphøgd i fjerde kvadratrot slutt parentes slutt komma 1 komma uendeleg parentes slutt. Resultatet blir uendeleg. Skjermutklipp.

Vi har vist at når den øvre grenseverdien til integralet går mot uendeleg, vil overflatearealet gå mot uendeleg òg.

c) Undersøk volumet av ein omdreiingslekam som kjem fram ved omdreiing av $y = \frac{1}{x}, x \in [0, 10 ⟩$ .

Løysing

$\begin{array}{rcl} V o l u m & = & π \int_{0}^{10} {(\frac{1}{x})}^{2} d x \\ = & π \int_{0}^{10} \frac{1}{x^{2}} d x \\ = & π \cdot \lim_{t \to 0} \int_{t}^{10} \frac{1}{x^{2}} d x \\ = & π \cdot \lim_{t \to 0} {[- \frac{1}{x}]}_{t}^{10} \\ = & π \cdot \lim_{t \to 0} (- \frac{1}{10} - (- \frac{1}{t})) \\ = & π \cdot \lim_{t \to 0} (\frac{1}{t} - \frac{1}{10}) \\ = & \infty \end{array}$

Vi ser at volumet av omdreiingslekamen går mot uendeleg. Årsaka er at grafen til $y = \frac{1}{x}$ går mot uendeleg når $x$ går mot 0.

Nedlastbare filer

Her kan du laste ned oppgåvene som Word- og pdf-dokument.

Overflate av omdreiingslekamar(DOCX)
Overflate av omdreiingslekamar(PDF)