Matematické Fórum

Asi to bude plošný integrál prvního druhu, napadá mě :

$\phi :x=r.cos(t),y=r.sin(t),z=z=1-r^3$

$t\in (0,2\pi ),r\in (0,1)$

$\frac{\partial \phi }{\partial r}=(cos(t),sin(t),-3r^2)$
$\frac{\partial \phi }{\partial t}=(-r.sin(t),r.cos(t),0)$

$\frac{\partial \phi }{\partial r}\text{x}\frac{\partial \phi }{\partial t}=(-3r^{3}cos(t),3r^{3}sin(t),r)$

$||\frac{\partial \phi }{\partial r}\text{x}\frac{\partial \phi }{\partial t}||=\sqrt{9r^{6}co{s}^2(t)+9r^{6}si{n}^2(t)+r^2}=\sqrt{9r^6+r^2}=r\sqrt{1+(3r^2{)}^2}$

${\int }_{}^{}1dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{1}1.r.\sqrt{1+(3r^2{)}^2}drdt$

$u=3r^2,du=6rdr,3.0=0,3.1=3$

$I=\frac{2\pi }{6}{\int }_0^3\sqrt{1+u^2}du$

${\int }_{}^{}\sqrt{1+u^2}=\frac{u}{2}\sqrt{1+u^2}+\frac{1}{2}ln(u+\sqrt{1+u^2})$

$\frac{\pi }{3}{\int }_0^3\sqrt{1+u^2}=\frac{\pi }{2}\sqrt{10}+\frac{\pi }{6}ln(3+\sqrt{10})=\frac{\pi }{6}(3\sqrt{10}+ln(3+\sqrt{10}))$

$\frac{\pi }{3}{\int }_0^3\sqrt{1+u^2}=\frac{\pi }{2}\sqrt{10}+\frac{\pi }{6}ln(3+\sqrt{10})=\frac{\pi }{6}(3\sqrt{10}+ln(3+\sqrt{10}))$


Ale je to jen první nástřel, asi tam budou chyby.

↑ Jj:

Též hezký den,

máte pravdu, opravdu tam má být $+3r^{2}cos(t)$

Moc Vám děkuji!

↑ 2M70:

Zřejmě by šlo využít toho, že se jedná o rotační plochu s osou rotace v ose z:

Odkaz

Ale neřekl bych, že integrace podle vzorečku pro výpočet povrchu rotační plochy bude v tomto případě nějak zvlášť jednoduchá (povede to k binomickému integrálu).

↑ 2M70:

To už si můžete jednoduše zkontrolovat on-line, např.

Odkaz

↑ 2M70:

Má-li jít o primitivní funkci, tak ta musí obsahovat integrační konstantu. Podle mě by tento postup měl být uznán. Ovšem na mém názoru až tak nezáleží - jsem už přes 50 let po škole a nemusím vědět jaké jsou aktuální nároky na studenty.