Matematyka.pl

\left| \sqrt{ \frac{1+cost}{2} }=cos \frac{1}{2}t\right|

\int_{0}^{2\pi}|\cos \frac{1}{2}t|dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}|\cos \frac{1}{2}t|dx+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}|\cos \frac{1}{2}t|dx+\int_{\frac{3\pi}{2}}^{2\pi}|\cos \frac{1}{2}t|dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos \frac{1}{2}tdx-\int ...

Po zastosowaniu trafiłem na trudna całkę a mianowicie:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \sqrt{x^2+y^2}dl}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} x-1 = \cos t \\ y = \sin t
\end{cases}}\)

kat to \(\displaystyle{ 0 \le t \le 2\pi}\)

\(\displaystyle{ \int_{0}^{2\pi} \sqrt{cos^2 t+sin^2 t+1+2cost}=\int_{0}^{2\pi} \sqrt{2+2cost}}\)

jakiś sposób na nią?

Jeśli natomiast chcesz sobie znacząco uprościć wszystko, zamiast brać x=r\cos \alpha weź x-1=r\cos\alpha . Umieścisz sobie układ współrzędnych w środku okręgu.


Jeśli użyje tego sposobu to kąt będzie zmieniał się w zakresie

-\frac{ \pi }{2} \le \alpha \le \frac{ \pi }{2}

czy

\frac{ \pi }{2 ...

Faktycznie, przy przepisywaniu pominąłem r. Już poprawiam

A tym wypadku chyba przesuniecie okręgu nie wchodzi w grę ponieważ obszar rzutowany na OYX jest w postaci: (kula jest przesunięta do góry po 'z' a nie na boki)

\(\displaystyle{ x^2+y^2=4}\)

Witam,
Obliczyłem zadanie ale nie jestem pewny czy można w nim zastosować całkę podwójna. Widziałem podobne zadanie rozwiązywane całka potrójna. Proszę o odpowiedz. Dziękuje za pomoc:)

z=\sqrt{x^2+y^2}

x^2+y^2+z^2=4z

x^2+y^2+(z-2)^2=4

Funkcja ograniczająca z góry w tym wypadku to:

z ...

Chciałbym się dowiedzieć czy dobrze rozwiązuje:

\int_{1,1,1}^{1,2,3} (yz+x)dx + (xz + z )dy + (xy + y + 2z)dz

\begin{cases}x(t)=1 \\ y(t)=1+t \\ z(t)=1+2t \end{cases}

t \in \left[ 0,1\right]

\begin{cases}x'(t)=0 \\ y'(t)=1 \\ z'(t)=2 \end{cases}

Po wstawieniu do wzoru:

\int_{0}^{1 ...

Parametryzacja krzywej wyglądałaby następująco w przypadku tych punktów ?
Sam nie wiem czy ma to sens.

\(\displaystyle{ \begin{cases} x(t)=t \\ y(t)=\sqrt{t} \\ z(t)=t \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ t \in [0,1]}\)

Dziękuje bardzo, stanowczo wole 2ga metodę

promień nie jest zależnością funkcji trygonometrycznej
0 < r < 1
widać to nawet z rysunku
Przepraszam, ale coś mi się nie zgadza- skoro wprowadzamy współrzędne biegunowe to w tym wypadku promień jest odległością od początku układu współrzędnych. Napisał Pan że w tej połowie koła zmienia się od 0 ...

Obliczyć masę części sfery x^2+y^2+z^2=a^2 dla z \ge 0 i x^2+y^2 \le \frac{a^2}{2}

jeżeli gęstość w każdym jej punkcie dana jest funkcja \partial (x,y,z)= \sqrt{x^2+y^2}

Z tego co udało mi się wywnioskować trzeba przejść na współrzędne biegunowe:

\begin{cases} x=rcos \alpha \\
y=rsin \alpha ...

Zatem:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} -xdx-ydy=\int_{ \frac{ \pi }{2} }^{ \pi }[ (-2 \cos t )(-2 \sin t )-(3 \sin t )(3\cos t)]dt}\)
Obliczanie dokończę sobie już sam, bardzo dziękuje za pomoc.

Spójrz na wektor siły, który wypisałeś oraz na wektor siły, który ja wypisałem.

Zastanów się, czy \vec{F}=[-x,-y] ma sens, i czy jest w przypadku tego zadania jakoś pomocne.
Wektor siły to:
\vec{F}=[-x,-y]

Wypisałem ten sam wektor co Pan. (Chyba ze chodzi o porównanie wektorów- położenia ...

Więc mam już że:
Wartość siły to:
|\vec{F}|=\sqrt{x^2+y^2}
Wektor położenia to:
\vec{r}=[x,y]
Wektor siły to:
\vec{F}=[-x,-y]


Zastanów się, czy \vec{F}=[-x,-y] ma sens, i czy jest w przypadku tego zadania jakoś pomocne.
Nie mam pojęcia czy w tym wypadku jest jakoś pomocne.

Niestety nie ...

Nie rozumiem dlaczego \(\displaystyle{ \vec{r}=[x,y]}\) przecież punkt \(\displaystyle{ A(x,y)}\) oraz środek to \(\displaystyle{ O(0,0)}\), kierunek do środka elipsy.
Zatem A to początek wektora, O to koniec wektora. Więc wektor r to:
\(\displaystyle{ \vec{AO}=[0-x,0-y]=[-x,-y]}\)