Oppgåver og aktivitetar

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.

3.3.20

I oppgåve 3.3.10 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. — Bilete: Vibeke Bakken / CC BY-SA

Overflata av kula er $16 π$ .

3.3.21

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 3.3.20 a) ved å bruke formelen du kom fram til i oppgåve a), utan bruk av digitale 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 3.3.20 b) ved å bruke formelen du kom fram til i oppgåve c), utan bruk av digitale 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.

3.3.22

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) Bilete: Vibeke Bakken / CC BY-SA

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. — Bilete: Vibeke Bakken / CC BY-SA

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. — Bilete: Vibeke Bakken / CC BY-SA

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.

CC BY-SASkrive av Vibeke Bakken.

Sist fagleg oppdatert 12.06.2022

Overflate av omdreiingslekamar

3.3.20

3.3.21

3.3.22

Sitere eller gjenbruke?