Вычисление площади шарового слоя

[Mas_11]

Помогите пожалуйста расставить пределы при вычислении площади шарового слоя ограниченного поверхностями:
$x^2+y^2+z^2=R^2$
$z=a ; z=b$
$(-R<a<b<R)$

Решал разными способами, но только в параметризации вроде как совпали ответы, подскажите пожалуйста правильно ли я вообще решил, и как верно рассчитать площадь, проецируя на XOY:
(для проверки подставил значения для a,b,R):

$$\[b = 4;a = 2;R = 9\]$$

$$\[R \cdot \int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_a^b {\frac{r} {{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }}} dr = 40.303\]$$

Параметризация:

$$\[{R^2}\int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_{\arccos \left( {\frac{b} {R}} \right)}^{\arccos \left( {\frac{a} {R}} \right)} {\sin \left( \theta \right)d\theta = 113.097} \]$$

$ $\[{R^2}\int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_{\arcsin \left( {\frac{a} {R}} \right)}^{\arcsin \left( {\frac{b} {R}} \right)} {\cos \left( \psi \right)d\psi = 113.097} \]$$

[AKM]

Тема перемещена из "Помогите решить (М)" в карантин. В теме Что такое карантин, и что нужно делать, чтобы там оказаться также описано, как исправлять ситуацию.

Замена формул картинками не допускается.

Возвращено.

[AKM]

Mas_11 в сообщении #275440 писал(а):

$$R \cdot \int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_a^b {\frac{r} {{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }}} dr = 40.303$$

Я только глянул на эту Вашу формулу (и только про неё успею написать). Вы интергируете от $a$ до $b$, то есть по $z$. А переменную интегрирования пишете как некое $r$, заставляя читатель чесать репу. На самом деле у Вас там

$$R \cdot \int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_a^b \frac{z}{\sqrt {R^2 - z^2} } dz \eqno???$$

(а если это всё же не z, а некое r (радиус данного горизонтального сечения), то пределы интегрирования a...b не исправлены. Геом. смысл подинтегрального выражения посмотреть не успеваю.

-- Сб дек 26, 2009 19:38:30 --

Ваш код: $$\[R \cdot \int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_a^b {\frac{r}{{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }}} dr \]$$
Мой код: $$R \cdot \int\limits_0^{2\pi } d\phi \int\limits_a^b \frac{z}{\sqrt {R^2 - z^2} } dz $$

(Типа много лишних значков пишете...)

-- Сб дек 26, 2009 19:39:10 --

А, это, наверное Мапл какой-нибудь писал...

[Mas_11]

хех, спасибо что откликнулись ) .. мое некое $r$ представляет собой якобиан преобразования, ну скорей всего мне стоило его записать как$\[\rho \] $ , в полярной системе координат, как собственно и угол$\[\phi \]$ ,

в этом интеграле происходит переход к полярным координатам, есть решение и в обычных, но поверьте оно с таким же ответом, но больше ) ..
мне кажется здесь, если не в последующих двух, ошибка связана с неверной подинтегральной функцией. Интегрирование ведется на плоскости XOY, где данная сфера выглядит как 2 окружности с радиусами$a$ и $b$ соответственно.
На всякий случай напишу как находил функцию подинтегральную:
$\sqrt {1 + {(z_x')}^2 + {(z_y')}^2} = \sqrt {1 + {{(\frac{x} {{\sqrt {R - {x^2} - {y^2}} }})}^2} + {{(\frac{y} {{\sqrt {{R^2} - {x^2} - {y^2}} }})}^2}} = \frac{R} {{\sqrt {{R^2} - {x^2} - {y^2}} }}$

прошу не ругать за такой корень, но как я ни пытался не могу его исправить, он проходит только над первым выражением.
(Исправил: \sqrt{ ... } достаточно x'; x^' не надо. /AKM)

при параметризации:
$\[\left\{ \begin{gathered} x = rSin(\theta )Cos(\varphi ) \hfill \\ y = rSin(\theta )Cos(\varphi ) \hfill \\ z = rCos(\theta ) \hfill \\ \end{gathered} \right.\]$$
якобиан сферы$ ${r^2}Sin(\theta )$$
Полярные координаты:
$$\[\left\{ \begin{gathered} x = r\cos (\phi ) \hfill \\ y = rsin(\phi ) \hfill \\ z = z \hfill \\ \end{gathered} \right.\]$

[AKM]

У Вас всё очень мудрёно. Мне, учившемуся всего лишь по специальности "Модерирование научных форумов" на кафедре "Поддержание порядка в интернете" факультета "Поддержание общественного порядка" высшей школы милиции, это не под силу. Лезть в Корна за какими-то якобианами сферы? Для такой простой задачки? No!

Вы не ответили на простой вопрос: пределы интегрирования соответcтвуют z, а переменная интегрирования --- r. То есть, может и ответили, но больно мудрёно. Типа ни понил.

Ваше $z=R Cos\theta$ я переписываю в виде $z=R\sin\xi$, вводя, чтоб не путаться, другое значение и обозначение для этого угла, который меняется от $-\pi/2$ до $\pi/2$, когда z меняется от $-R$ до $R$. Так мне привычней. К Вашему углу легко перейти, но мой угол, кажется, ещё и более общепринят.

Рассмотрим шаровой слой, когда z меняется от $z$ до $z+dz$. При этом его площадь равна $dS$, а искомая площадь всего слоя --- $\int_a^b dS$.
Рассмотрим шаровой слой, когда z меняется от $z$ до $z+dz$. При этом $\xi$ меняется до $\xi+d\xi$, где $d\xi=\dfrac{dz}{\sqrt{R^2-z^2}}$ (ну, поскольку $z=R\sin\xi$, т.е. $dz=R\cos\xi \, d\xi$, итд). Разберёмся с этим $d$-слоем: вытянем его в прямоугольничек длины $L=2\pi r=2\pi\sqrt{R^2-z^2}$ и высоты $dl=R\, d\xi=R\dfrac{dz}{\sqrt{R^2-z^2}}$. Площадь его (прямоугольничка) есть $dS=L\, dl=2\pi R\, dz$!
О, как просто! Тогда

$$S=\int_a^b dS=2\pi R\int_a^b dz=2\pi R(b-a)\,!\qquad\mbox{\small(! --- это не факториал, это восторг)}$$

Оказывается, разбивая сферу на слои одинаковой высоты, мы получаем куски одинаковой площади! (Кажется, я об этом где-то когда-то читал, как о примечательном факте. Но забыл. Спасибо, что напомнили).

Добавлено через часок. То, что я так легко и непринуждённо вытянул шаровой слой в прямоугольничек, есть, видимо, недостаток милицейского образования, и должно быть объектом и результатом интегрирования по другой переменной, $\varphi$.

[Mas_11]

AKM
благодарю за внимание к решению этой задачи ) ..
честно говоря, я не до конца понял Ваш способ, но это скорей всего от того что уже достаточно поздно, зато успел разобраться со своим ) ..
Если кому может будет интересно (ну малол ли похожая задача ) то могу объяснить где у меня была ошибка:
При проецировании на XOY я не правильно расставил пределы во втором интеграле (не знаю как я так думал, но там должны быть 2 окружности по которым и считаем интеграл), нужно было так:
$\[\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_{\sqrt {{R^2} - {b^2}} }^{\sqrt {{R^2} - {a^2}} } {\frac{{R \cdot r}} {{\sqrt {{R^2} - {r^2}} }}} dr = 2\pi R \cdot \left( {b - a} \right)\]$
Вот, картинка, для удобства понимания:
(надеюсь она не несет вред, и не сильно противоречит правилам, но вроде тут нет встроенного построителя графиков )



Остальные 2 интеграла посчитаны в сферических системах координат, математической и географической (вроде так называются).
Ну и как видно решены верно ).

и вот еще при интегрировании на ZOY выйдет такой интеграл:

$\[4 \cdot \int\limits_a^b {dz} \int\limits_0^{\sqrt {{R^2} - {z^2}} } {\frac{{R \cdot r}} {{\sqrt {{R^2} - {z^2} - {y^2}} }}} dy = 2\pi R \cdot \left( {b - a} \right)\]$

Еще рас спасибо ) приятно видеть, что хоть кто-то может думать по субботам )..

[ewert]

AKM в сообщении #275554 писал(а):

Площадь его (прямоугольничка) есть $dS=L\, dl=2\pi R\, dz$!
О, как просто!
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
Оказывается, разбивая сферу на слои одинаковой высоты, мы получаем куски одинаковой площади! (Кажется, я об этом где-то когда-то читал, как о примечательном факте. Но забыл.).

Сей факт принадлежит Архимеду. Правда, получал он его без особо так вычислений -- просто из подобия двух прямоугольных треугольников: 1) бесконечно малого, гипотенузой которого является отрезок образующей, а катетом -- проекция этого участка на ось вращения; и 2) с радиусом сферы в качестве гипотенузы и расстоянием от этого бесконечно малого участка до оси в качестве катета. Отсюда сразу следует пропорциональность площади сферического слоя его высоте.

С другой стороны, Архимед вычислял площадь бесконечно узкого слоя чуть менее жульнически: не как "прямоугольничка", а как боковой поверхности конуса (которую он же сам и вывел).

С третьей, в современных терминах все эти рассуждения в точности сводятся к стандартной формуле для площади поверхности, получаемой вращением кривой $y=y(x)$ вокруг оси $x$ (её обычно проходят во 2-м семестре, почти сразу же после определения определённого интеграла): $\displaystyle S=\int_{x_1}^{x_2}2\pi\,y(x)\cdot\sqrt{1+{y'}^2(x)}\,dx$. Для сферы $y=\sqrt{R^2-x^2}$, $y'=\dfrac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}$, и при подстановке в интеграл всё мгновенно сокращается.