Rotationsvolym

Har du ritat? Jag skulle inte kunna lösa den här uppgiften utan att rita först.

Nästa steg är väl att få fram det vinkelräta avståndet till rotationsaxeln. Kan jag göra det utifrån den här bilden?

Eller också skulle du kunna beräkna arean av den ovala skivan för varje x-värde och använda det.

Hur gör man det menar du isåfall?

Jag hade annars gärna använt mig av pappos-Guldins regel och att jag då måste få fram tyngdpunktens väg. 

För att Guldins regel behöver du  tyngdpunktens läge. Beräkna först arean av området D (vilka gränser får du?)

$A=\displaystyle \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$x_p=\frac{1}{A}\displaystyle \iint_{D} x \mathrm{d}x\mathrm{d}y$

Pss $y_p$

Slutligen ges volymen av $V=2\pi Ad$ där $d$ är  tyngdpunktens avstånd till rotationsaxeln.

Uppgiften är tagen från boken men har en liknande uppgift som jag fastade på så tänkte jag att om jag förstod den här så löser jag den andra uppgiften också.

Så det som jag har svårt att förstå är var dom får roten ur 2 ifrån som på bilden...

Guggle skrev :

För att Guldins regel behöver du  tyngdpunktens läge. Beräkna först arean av området D (vilka gränser får du?)

$A=\displaystyle \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$x_p=\frac{1}{A}\displaystyle \iint_{D} x \mathrm{d}x\mathrm{d}y$

Pss $y_p$

Slutligen ges volymen av $V=2\pi Ad$ där $d$ är  tyngdpunktens avstånd till rotationsaxeln.

dubbelintegraler är inte det flervariabel? Har inte dom kunskaperna än...

Roten ur två kommer från det faktum att det vinkelräta avståndet mellan linjen och kurvan bildar en likbent rätvinklig triangel där $\Delta y$ är hypotenusan. Rita upp triangeln så ser du (dra ett vinkelrätt streck från linjen till kurvan, tillsammans med $\Delta y$ bildar det en rätvinklig triangel.

Men din ursprungliga idé att använda Guldins regel direkt på hela området D är mycket vackrare.

$A=\displaystyle \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{6}$

$x_p=\frac{1}{A}\displaystyle \iint_{D} x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}$

$y_p=\frac{1}{A}\displaystyle \iint_{D} y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{2}{5}$

En riktningsvektor utmed linjen är $\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)$. Båda tyngdpunktens lägesvektor och linjen utgår från origo. Det vinkelräta avståndet d blir därför

$||d||=||\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0) \times (\frac{1}{2}, \frac{2}{5}, 0)||=\frac{1}{10\sqrt{2}}$

$V=A\cdot 2\pi d=\frac{2\pi}{6\cdot 10\sqrt{2}}=\frac{\pi}{30\sqrt{2}}$

Guggle skrev :

Roten ur två kommer från det faktum att det vinkelräta avståndet mellan linjen och kurvan bildar en likbent rätvinklig triangel där $\Delta y$ är hypotenusan. Rita upp triangeln så ser du (dra ett vinkelrätt streck från linjen till kurvan, tillsammans med $\Delta y$ bildar det en rätvinklig triangel.

Men din ursprungliga idé att använda Guldins regel direkt på hela området D är mycket vackrare.

$A=\displaystyle \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{6}$

$x_p=\frac{1}{A}\displaystyle \iint_{D} x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}$

$y_p=\frac{1}{A}\displaystyle \iint_{D} y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{2}{5}$

En riktningsvektor utmed linjen är $\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)$. Båda tyngdpunktens lägesvektor och linjen utgår från origo. Det vinkelräta avståndet d blir därför

$||d||=||\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0) \times (\frac{1}{2}, \frac{2}{5}, 0)||=\frac{1}{10\sqrt{2}}$

$V=A\cdot 2\pi d=\frac{2\pi}{6\cdot 10\sqrt{2}}=\frac{\pi}{30\sqrt{2}}$

Jaha okej, fint, tack så mycket!

Tror jag hänger med på allt förutom hur du fick fram att arean A=1/6. 

Arean är området D mellan linjen y=x och kurvan y=x² i då x går från 0 till 1. Om du inte behärskar dubbelintegralen kan du alltså bilda integranden $x-x^2$ integrera x från 0 till 1. (det är exakt samma sak).

$A=\displaystyle{ \int \limits_{0}^{1}\int \limits_{x^2}^{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int \limits_{0}^{1}x-x^2\,\mathrm{d}x}=\frac{1}{6}$

Guggle skrev :

Arean är området D mellan linjen y=x och kurvan y=x² i då x går från 0 till 1. Om du inte behärskar dubbelintegralen kan du alltså bilda integranden $x-x^2$ integrera x från 0 till 1. (det är exakt samma sak).

$A=\displaystyle{ \int \limits_{0}^{1}\int \limits_{x^2}^{x} \mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int \limits_{0}^{1}x-x^2\,\mathrm{d}x}=\frac{1}{6}$

Tack för all hjälp!