Площадь части цилиндра...

[saygogoplz]

Вычислить площадь части цилиндра $y^2+z^2=1$, лежащей внутри гиперболоида: $2x^2+y^2-z^2=1$.
У меня нуль выходит, явно лажа какая-то...

$$ \sigma=\iint\limits_{G}{\sqrt{1+\left(z'_{x}\right)^2+\left(z'_{y}\right)^2}\,dxdy} $$

$$ где $z=\pm\sqrt{1-y^2}$, а $G=\left\{(x,y)\in \mathbb{R}^2\,|\, 2x^2+y^2-\left(1-y^2\right)\leq1\right\}$, в силу симметрии задачи посчитаем интеграл с $+$, а искомая площадь получится умножением последнего на $2$, получим $z'_y=-\frac{y}{\sqrt{1-y^2}}$ и $z'_x=0$, тогда \begin{align*} &\sigma=\iint\limits_{x^2+y^2\leq1}{\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\,dxdy}=\int\limits_{0}^{2\pi}{\,d\varphi}\int\limits_{0}^{1}{\frac{r}{\sqrt{1-r^2\sin^2\varphi}}\,dr}=\\ &=\int\limits_{0}^{2\pi}{\left.\left(-\frac{\sqrt{1-r^2\sin^2\varphi}}{\sin^2\varphi}\right)\right|_0^1\,d\varphi}=\int\limits_0^{2\pi}{\frac{1-\cos\varphi}{\sin^2\varphi}\,d\varphi}=0 \end{align*} $$

-- 18.10.2012, 21:00 --

$$ \sqrt{1+\frac{y^2}{1-y^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}} $$

Поглубже посмотрите проблему, что-то с пониманием у меня не так....

[Shtorm]

saygogoplz, да, прошу прощение за свою невнимательность. Так вот, а почему же у Вас получился в ответе нуль? Если именно такой интеграл, то получается плюс бесконечность.

[saygogoplz]

вы про последний интеграл, который по углу?

[Shtorm]

saygogoplz, да, я про интеграл:
$\int\limits_0^{2\pi}{\frac{1-\cos\varphi}{\sin^2\varphi}\,d\varphi}$

Почему он нуль? У меня плюс бесконечность.

[saygogoplz]

$$ \int\limits_0^{2\pi}{\frac{1-\cos x}{1-\cos^2x}\,dx}=\int\limits_0^{2\pi}{\frac{1}{1+\cos x}\,dx}=\int\limits_0^{2\pi}{\frac{1}{2\cos^2(x/2)}\,dx}=\left.\tg(x/2)\right|_0^{2\pi}=0 $$

-- 18.10.2012, 21:38 --

да я что-то запамятовал, как считать такие плошади=э((

[Shtorm]

saygogoplz, так вот интеграл-то получается несобственный, ибо он от разрывной функции. Посмотрите, у Вас внутри интервала интегрирования косинус, стоящий в знаменателе, обращается в нуль. Так, что ответ 0 - неверный.

-- Чт окт 18, 2012 20:54:43 --

Проинтегрировал без перехода к полярным координатам
$\sigma=\iint\limits_{x^2+y^2\leq1}{\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\,dxdy}$

и получил 4

[saygogoplz]

Кстати да... как-то не заметил, значит точно лажа какая-то в моем решении, ни нуль, ни бесконечность не должны получать. Ибо картинку этой поверхности я себе четко представляю=)

-- 18.10.2012, 22:31 --

не, там 0 тоже получается, посмотрите получше...

-- 18.10.2012, 22:32 --

$$ \left.2\arcsin\sqrt{1-x^2}\right|_{-1}^{1}=0 $$

[Shtorm]

saygogoplz, Вы забыли перед арксинусом поставить интеграл и проинтегрировать по $x$.

[saygogoplz]

оооооой беда со мной творится=) в любом случае ответ 4, скажем так, почти наверное, ибо функции все такие круглые=) и в ответ должно входить лудольфово число.

-- 18.10.2012, 23:08 --

почти наверное неправильный*

[Shtorm]

saygogoplz в сообщении #632617 писал(а):

в любом случае ответ 4

Это площадь верхней части, умножаем на 2 чтобы учесть и нижнюю часть. Говорите по-любому неправильно?

[saygogoplz]

Ну да, я думаю, что в ответе должно быть число $\pi$

[Shtorm]

saygogoplz, совершенно - не факт. Совершенно!

[saygogoplz]

Почти наверное факт!
И совершенно точно вы ошиблись=)

$$ \int\limits_{-1}^{1}{\arcsin{\sqrt{1-x^2}}\,dx}=\left.x\cdot\arcsin{\sqrt{1-x^2}\right|_{-1}^{1}-\int\limits_{-1}^{1}{\frac{x}{|x|}\,dx}=0 $$

Разве не так?

[_Ivana]

(Оффтоп)

Чувствую, придется пилить лопату

[Shtorm]

saygogoplz, Вы неправильно дифференциал взяли от арксинуса. Забыли о производной внутренней функции

-- Чт окт 18, 2012 22:38:23 --

_Ivana, давайте подключайтесь. Только не экспериментальными методами (методом лопаты), а теоретическим методом