Matematyka.pl

Wymyśliłem coś takiego,ale nie wychodzi poprawnie.
\(\displaystyle{ dm= \rho dV => dm=\frac{4}{3} \pi r^{3} \rho dr}\)
\(\displaystyle{ I=\int_{-R}^{R} r^{2}dm}\)
\(\displaystyle{ I= \frac{4}{3} \pi \rho t_{-R}^{R} r^{5} dr}\)
\(\displaystyle{ I= \frac{4 \pi \rho}{18}r^{6} |_{-R}^{R}}\)
\(\displaystyle{ I=\frac{\frac{4}{3} \pi \rho}{6}{((-R)^{6}-R^{6})}}\)
\(\displaystyle{ I=\frac{4 \pi \rho ((-R)^{3}-R^{3})((-R)^{3}+R^{3}) }{18}}\)

Pierwsza linijka. Po prawej powinno być r w kwadracie, nie w sześcianie.

W drugiej linijce pod całką ma być r w kwadracie, ale to jak widzę po następnej linijce wiesz.

Poza tym nawet w tym, co napisałeś, minus nie powstanie

Objętość jako pole powierzchni?
tak to r zaraz zmienię.Napisze zaraz bardziej szczegółowo jak to wyliczyłem,mógłbyś sprawdzić?
I jak dalej?

Polecam przejrzeć
Oraz ... phere.html

Ludzie kochani, co ja wypisuję...

Osią obrotu jest dowolna średnica, więc odległość danego dm od osi obrotu to nie jest r! Wprowadzając wygodne współrzędne biegunowe i oznaczając odległość od osi z (tą, która będzie pod całką w definicji momentu bezwładności) jako a otrzymamy:
\(\displaystyle{ dV=r^2cos\theta dr d\phi d\theta \\ dm=\rho dV=\rho r^2cos\theta dr d\phi d\theta \\ I=\int_Ma^2dm = \iiint_V\rho a^2dV \\ a=rcos \theta \\ I=\iiint(rcos \theta)^2\rho r^2cos\theta dr d\phi d\theta = \rho t_0^{2\pi}d \phi\int_{- \pi/2}^{\pi/2}cos^3 \theta d \theta t_0^R r^4dr=\rho 2\pi \frac{4}{3}\cdot \frac{R^5}{5}=\frac{2}{5}MR^2}\)

Tak,dzięki szukałem tego tylko na stronach polskich.
Więc zamieszczę prawidłowe wyprowadzenie:

---------------------------------------
Moment bezwładności dla kuli otrzymujemy poprzez zsumowanie momentów bezwładności nieskończenie małych dysków przechodzących przez oś z.

Moment bezwładności dla dysku wyraża się wzorem (można powiedzieć,że wyprowadzenie analogicznie do tego,z którego próbowałem wyliczyć moment w pierwszym poście dla kuli,)
\(\displaystyle{ I=0.5MR^{2}}\)
\(\displaystyle{ dI=0.5R^{2} \rho dV=0.5R^{2} \rho \pi r^{2} dz}\)
całkujemy to wyrażenie:
\(\displaystyle{ 0.5 \rho \pi t_{-R}^{R}y^{4} dz}\)
można zauważyć ,iż \(\displaystyle{ y^{2}=R^{2}-z^{2}}\)
\(\displaystyle{ 0.5 \rho \pi t_{-R}^{R}(R^{2}-z^{2})^{2} dz}\)
korzystamy teraz z zależności,iż:
\(\displaystyle{ \int _{c}^{b} ax^{n}dx=a\frac{x^{n+1}}{n+1}|_{c}^{b}=a(\frac{c^{n+1}}{n+1}-\frac{b^{n+1}}{n+1})}\)
,czyli:
\(\displaystyle{ 0.5 \rho \pi t_{-R}^{R}(R^{2}-z^{2})^{2} dz=R^{2}z-\frac{2R^{2}z3}{3}+\frac{z^{5}}{5}|_{-R}^{R}=2R^{5}(1-\frac{2}{3}-\frac{1}{5})}\)
\(\displaystyle{ I=\frac{8}{15} \rho \pi \ R^{5}}\)
,gdzie \(\displaystyle{ \rho=\frac{M}{V}}\)
,a \(\displaystyle{ V=\frac{4}{3} \pi r^{3}}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ I=\frac{2}{5} MR^{2}}\)

PawełJan uprzedziłeś mnie ale jak widzę Twoja metoda jest z wykorzystaniem całki potrójnej?:)
PS.co się dzieje z arsphysica teraz?

Tak, jak widać całka potrójna i daje szybki wynik.

Co do APh - sam nie mogę wejść Mam nadzieję że jutro wszystko wróci do normy.