площадь поверхности

[patriarch]

ewert
Вы хотите сказать что отсекаются 4 равные части?

[vvvv]

gris в сообщении #320124 писал(а):

А если $a$ и $b$ разных знаков?

Тогда задача не имеет смысла т.к. площадь поверхности будет бесконечна или ее, вообще, не будет:-)

[gris]

(Оффтоп)

vvvv, поцчему?
Если $b<0$, то сверху будет параболоид вращения, А пересекать его будет цилиндр с эллиптическим основанием по уточнённым данным. Нарисовали бы кортиночко ради праздничка.

[patriarch]

А посмотрите пожалуйста ещё один
$\iint_S\ x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy $ где S $\x^2+y^2+z^2=1 x,y,z>0 $
Применим формулу Остроградского и сделаем замену
$x=rcos\alpha cos\beta$ $y=rsin\alpha cos\beta$ $z=rsin\beta$ Якобиан $r^2cos\beta$

получим 2$\iint_S\(x+y+z)dxdydz $=2$\iint_S\(rcos\alpha cos\beta+rsin\alpha cos\beta+rsin\beta)r^2cos\beta drdalphadbeta$

Сводим к повторному

$$$2\int_{0}^{Pi/2} d/alpha\int_{0}^{Pi/2}dbeta \int_{0}^{1}r^3(cos\alpha cos^2\beta+sin\alpha cos^2\beta+sin\alpha cos\beta) dr$$$

вычисляя получаем $3Pi/8$

[ewert]

patriarch в сообщении #320184 писал(а):

Применим формулу Остроградского

Это ради бога, только не забудьте, кто поверхностные интегралы по координатным граням посчитать всё-таки придётся явно. Ну по крайней мере выписать их придётся.

patriarch в сообщении #320184 писал(а):

и сделаем замену
$x=rcos\alpha cos\beta$ $y=rsin\alpha cos\beta$ $z=rsin\beta$ Якобиан $r^2cos\beta$

Напрасно. Проще в цилиндрических координатах, учитывая, что ввиду симметрии интегралы от каждого из трёх слагаемых будут одинаковы.

-- Вс май 16, 2010 19:53:21 --

gris в сообщении #320183 писал(а):

вращения,

да?...

[patriarch]

ewert
я не правильно сделал?или просто пошел более сложным путем?
На этот то раз пределы интегрирования правильно расставлены?
и ещё вопрос по идее формулу Остроградского применяют к замкнутым поверхностям, а эта незамкнута, как быть?

[gris]

(Оффтоп)

ewert, нет. Хотя иногда он и может им стать. Например, при $a=1;b=-1$.
Хорошо, эллиптический параболоид. Возьмём его часть, лежащую внутри цилиндра.

[ewert]

patriarch в сообщении #320190 писал(а):

я не правильно сделал?или просто пошел более сложным путем?На этот то раз пределы интегрирования правильно расставлены?

В принципе верно (я, правда, за всеми этими синусами/косинусами не следил --лень). Но нерационально.

patriarch в сообщении #320190 писал(а):

и ещё вопрос по идее формулу Остроградского применяют к замкнутым поверхностям, а эта незамкнута, как быть?

Вычесть из тройного интеграла сумму поверхностных интегралов по "лишним" граням. Пафос в том, что они считаются гораздо легче, чем по интересующему нас куску поверхности.

[patriarch]

ewert
а можно поподробнее что за лишние грани?какие именно интгегралы нужно вычитать?

[ewert]

У Вас осьмушка шара. Из каких кусков составлена её поверхность?

[patriarch]

такие же интегралы но по x,y,z соответственно чтоли?

[ewert]

ewert в сообщении #320211 писал(а):

У Вас осьмушка шара. Из каких кусков составлена её поверхность?

[patriarch]

у меня с геометрией туго...и я честно не могу представить из чего она составлена.

[vvvv]

gris в сообщении #320183 писал(а):

vvvv, поцчему?
Если $b<0$, то сверху будет параболоид вращения, А пересекать его будет цилиндр с эллиптическим основанием по уточнённым данным. Нарисовали бы кортиночко ради праздничка.

Так я и построил, рассмотрел разные знаки и помсмотрел картинки в Маткаде. Надо учесть, что z>=0.
Элиптического цилиндра не буде,- будет гипорболический при любых знаках при а и b

[ewert]

patriarch в сообщении #320218 писал(а):

у меня с геометрией туго...и я честно не могу представить из чего она составлена.

настолько туго, что уж и шар координатными плоскостями не разрезать?... Не верю.

vvvv в сообщении #320220 писал(а):

Так я и построил, рассмотрел разные знаки и помсмотрел картинки в Маткаде. Надо учесть, что z>=0.

Вот как раз последнее-то при знаке "плюс" учитывать и не нужно. Естественно, поверхность в любом случае при знаке "плюс" будет ограниченной. Просто из-за ограниченности эллиптического цилиндра.