Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie
        STUDIA        

Oblicz pole powierzchni płata

Geometria

  • Nie możesz napisać tematu
  • Zaloguj się aby odpowiedzieć
5 odpowiedzi w tym temacie

#1 Kinia7

Kinia7

    Wielki Analityk

  • ^Przyjaciele
  • 2886 postów
401
Instruktor II
  • Płeć:Kobieta

Napisano 07.02.2016 - 11:00

Oblicz pole powierzchni płata wyciętego walcem  x^2+y^2=R^2  ze stożka  x^2=y^2+z^2
 

  • 0

Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55

#2 janusz

janusz

    Wielki Analityk

  • +Mods
  • 3033 postów
1406
Starszy Wykładowca I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.02.2016 - 18:21

 z = -\sqrt{x^2-y^2}, \ \ z = \sqrt{x^2 + y^2},

 

 |P| = \int\int_{(\Omega)}dS = 4\int \int _{(D)}\sqrt{1 + \frac{x^2+y^2}{x^2-y^2}}dxdy = 4\int\int_{(D)}\sqrt{\frac{2x^2}{x^2-y^2}}dxdy.

 

Współrzędne biegunowe

 

 B(r, \phi) = \left\{ -\frac{\pi}{4}\leq \phi \leq \frac{\pi}{4} \ \ 0\leq r\leq 1\right\}.

 

 |P| = 4 \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} d\phi \int_{0}^{1}\sqrt{\frac{2r^2\cos^2(\phi)}{r^2\cos^2(\phi) - r^2\sin^2(\phi)}r} dr.

 

|P| = 4\sqrt{2} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos(\phi)}{\sqrt{1-2\sin^2(\phi)}}d\phi \int_{0}^{1}\sqrt{r}dr,

 

|P| = \frac{8}{3}\sqrt{2} \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}{\frac{\cos(\phi)}{\sqrt{1-2\sin^2(\phi)}}d\phi.

 

Podstawienia

 

 \sin(\phi)= t, \ \ cos(\phi)d\phi = dt,

 

 |P| = \frac{8}{3}\sqrt{2}\int_{-\frac{sqrt{2}}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{dt}{\sqrt{1-(\sqrt{2}t)^2}}dt = \frac{8}{3}\sqrt{2}arcsin(\sqrt{2}t)|_{-\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{8}{3}\pi \sqrt{2}.


Użytkownik janusz edytował ten post 07.02.2016 - 18:26

  • 1

#3 bb314

bb314

    miła suczka

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3978 postów
4725
Profesor
  • Płeć:Kobieta

Napisano 07.02.2016 - 22:49

 |P| = \frac{8}{3}\sqrt{2}\int_{-\frac{sqrt{2}}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{dt}{\sqrt{1-(\sqrt{2}t)^2}}dt = \frac{8}{3}\sqrt{2}arcsin(\sqrt{2}t)|_{-\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{8}{3}\pi \sqrt{2}.

 

 |P| = \frac{8}{3}\sqrt{2}\int_{-\frac{sqrt{2}}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{dt}{\sqrt{1-(\sqrt{2}t)^2}} \bl=\fr83\p

 

 

ale mnie i tak wyszło troszkę inaczej:

 

\bl x^2+y^2=R^2\ \ \ \ \ x^2=y^2+z^2
 
x^2=y^2+z^2 \gr\ \Rightarrow\  z=\sq{x^2-y^2}\gr\ \Rightarrow\  \{ \fr{\partial z}{\partial x}=\fr{x}{\sq{x^2-y^2}}\\ \fr{\partial z}{\partial y}=-\fr{y}{\sq{x^2-y^2}}
 
\bl\fr18P=\iint_D\sq{1+\(\fr{\partial z}{\partial x}\)^2+\(\fr{\partial z}{\partial y}\)^2}dydx=\iint_D\sq{1+\fr{x^2}{x^2-y^2}+\fr{y^2}{x^2-y^2}}dydx=
\ \ \ \ \ =\iint_D\fr{\sq2x}{\sq{x^2-y^2}}dydx=\sq2\int_0^{\fr{R}{\sq2}}\int_0^x\fr{x}{\sq{x^2-y^2}}dydx+\sq2\int_{\fr{R}{\sq2}}^R\int_0^{\sq{R^2-x^2}}\fr{x}{\sq{x^2-y^2}}dydx=
\ \ \ \ \ =\sq2\int_0^{\fr{R}{\sq2}}\|\ \\x\cd arctg\fr{y}{\sq{x^2-y^2}}\\\ \|_0^xdx+\sq2\int_{\fr{R}{\sq2}}^R\|\ \\x\cd arctg\fr{y}{\sq{x^2-y^2}}\\\ \|_0^{\sq{R^2-x^2}}dx=
\ \ \ \ \ =\sq2\int_0^{\fr{R}{\sq2}}\fr{\p }{2}xdx+\sq2\int_{\fr{R}{\sq2}}^Rx\cd arctg\sq{\fr{R^2-x^2}{2x^2-R^2}}dx=\fr{\sq2\p}{8}R^2+\fr{(2-\sq2)\p}{8}R^2\bl=\fr\p4R^2
 
\fr18P=\fr\p4R^2 \gr\ \Rightarrow\ \re P=2\p R^2
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ :shifty: \ :shifty:
 

Użytkownik bb314 edytował ten post 07.02.2016 - 23:41

  • 1

\ \
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Jeśli chcesz powiedzieć \ \ DZIĘKUJĘ \ \ lub \ \ ŁAŁ \ \  to zaloguj się i kliknij znak\ rep_up.png\ nad kreską.\bl\ \ \ \nearrow
..
..
..
..
..
..


#4 Kinia7

Kinia7

    Wielki Analityk

  • ^Przyjaciele
  • 2886 postów
401
Instruktor II
  • Płeć:Kobieta

Napisano 08.02.2016 - 18:49

to który wynik jest właściwy   \fr83\p\sq2,\ \ \fr83\p,\ \ 2\p R^2  ???


  • 0

#5 bb314

bb314

    miła suczka

  • $Jr Admin
  • Redaktor
  • 3978 postów
4725
Profesor
  • Płeć:Kobieta

Napisano 08.02.2016 - 20:56

Odpowiedz sobie sama :)

 

x^2=y^2+z^2 \gr\ \Rightarrow\  z=\sq{x^2-y^2}\gr\ \Rightarrow\  \{ \fr{\partial z}{\partial x}=\fr{x}{\sq{x^2-y^2}}\\ \fr{\partial z}{\partial y}=-\fr{y}{\sq{x^2-y^2}}
 
\bl\fr18P=\iint_D\sq{1+\(\fr{\partial z}{\partial x}\)^2+\(\fr{\partial z}{\partial y}\)^2}dydx=\iint_D\sq{1+\fr{x^2}{x^2-y^2}+\fr{y^2}{x^2-y^2}}dydx=\iint_D\fr{\sq2x}{\sq{x^2-y^2}}dydx=
\ \ \ \ \ =\[x=r\cos\varphi\\y=r\sin\varphi\\dxdy=rdrd\varphi\]=\sq2\int_0^{\fr\p4}\int_0^R\fr{r\cos\varphi}{\sq{r^2\cos^2\varphi-r^2\sin^2\varphi}}rdrd\varphi=\sq2\int_0^{\fr\p4}\int_0^R\fr{r}{\sq{1-tg^2\varphi}}drd\varphi=
 
\ \ \ \ \ =\sq2\cd\fr{R^2}{2}\int_0^{\fr\p4}\fr{1}{\sq{1-tg^2\varphi}}d\varphi=\[t^2=1-tg^2\varphi\\2tdt=-2tg\varphi(1+tg^2\varphi)d\varphi\\tg\varphi=\sq{1-t^2}\\\varphi=0\to t=1\\\varphi=\fr\p4\to t=0\]=\sq2\cd\fr{R^2}{2}\int_0^1\fr{dt}{\sq{1-t^2}(2-t^2)}=
 
\ \ \ \ \ =\fr{\sq2}{2}R^2\|\ \\\fr{\sq2}{2}arctg\fr{t}{\sq{2-2t^2}}\\\ \|_0^1=\fr{\sq2}{2}R^2\cd\fr{\sq2}{2}\cd\fr\p2\bl=\fr\p4R^2
 
\fr18P=\fr\p4R^2\gr\ \Rightarrow\ \re P=2\p R^2
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ :shifty: \ :shifty:
 

  • 2

\ \
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Jeśli chcesz powiedzieć \ \ DZIĘKUJĘ \ \ lub \ \ ŁAŁ \ \  to zaloguj się i kliknij znak\ rep_up.png\ nad kreską.\bl\ \ \ \nearrow
..
..
..
..
..
..


#6 Piotrek1919

Piotrek1919

    Nowicjusz

  • Jr Użytkownik
  • 1 postów
0
Neutralny
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 20.02.2017 - 11:39

Tyle tego szukałem :) Dzięki wam za ten temat :D


  • 0