Całka podwójna - pole płata powierzchni

[LanskapuchA]

Treść zadania jest następująca:
Oblicz pole płata S wyciętego z powierzchni \(\displaystyle{ x ^{2} + y ^{2} +z ^{2} = 4 \left( z \ge 0\right)}\) przez powierzchnię \(\displaystyle{ x ^{2} +y ^{2} =2x.}\)

\(\displaystyle{ z = \sqrt{4-x ^{2} -y ^{2} }}\)
\(\displaystyle{ D=\left\{ \left( x,y\right) : \left( x-1\right) ^{2} +y ^{2} \le 1\right\}}\)
\(\displaystyle{ P = \iint_{D} \sqrt{1+\left( z' _{x}\right) ^{2} +\left( z' _{y}\right) ^{2} } \mbox{d}x \mbox{d}y = \iint_{D} \sqrt{1- \frac{x ^{2} +y ^{2} }{4-\left( x ^{2} +y ^{2}\right) }}\mbox{d}x \mbox{d}y}\)

Nie wiem co mam z tym dalej zrobić. Chociaż jak mamy koło to wygodnie przejść na wsp. biegunowe i wtedy
\(\displaystyle{ A=\left\{ \left( r,\varphi\right) : 0 \le r \le 2\cos\varphi , -\frac{\pi}{2} \le \varphi \le \frac{\pi}{2} \right\}}\), a pole wynosi:
\(\displaystyle{ P = \iint_{A} \sqrt{1- \frac{r ^{2}}{4-r ^{2} }}\mbox{d}\varphi \mbox{d}r}\)
I to by było na tyle z czym jestem w stanie sobie poradzić ... nie mam za bardzo pomysłu na rozwiązanie tej całki. Proszę o podanie mi jakiegoś pomysłu.

Edit:
Ok. Już zauważyłem błąd.
\(\displaystyle{ P = \iint_{D} \sqrt{1+\left( z' _{x}\right) ^{2} +\left( z' _{y}\right) ^{2} } \mbox{d}x \mbox{d}y \neq \iint_{D} \sqrt{1- \frac{x ^{2} +y ^{2} }{4-\left( x ^{2} +y ^{2}\right) } }\mbox{d}x \mbox{d}y}\)
\(\displaystyle{ P = \iint_{D} \sqrt{1+\left( z' _{x}\right) ^{2} +\left( z' _{y}\right) ^{2} } \mbox{d}x \mbox{d}y = \iint_{D} \sqrt{1+ \frac{x ^{2} +y ^{2} }{4-\left( x ^{2} +y ^{2}\right) } }\mbox{d}x \mbox{d}y = 2\iint_{D} \sqrt{\frac{1}{4-\left( x ^{2} +y ^{2}\right) } }\mbox{d}x \mbox{d}y = 2\iint_{D} \sqrt{\frac{1}{4-r ^{2} } }\mbox{d}\varphi \mbox{d}r}\)
a to już da radę policzyć, ale do czasu.

Takie pytanie co zrobić z \(\displaystyle{ \int_{ -\frac{\pi}{2} }^{ \frac{\pi}{2} }\arcsin\cos\varphi \mbox{d}\varphi}\)?

[aalmond]

\(\displaystyle{ arc \sin \cos \varphi = \frac{ \pi }{2} - \varphi}\)

[octahedron]

\(\displaystyle{ \arcsin\cos\varphi=\arcsin\sin\left( \frac{\pi}{2}-\varphi\right) =\frac{\pi}{2}-\varphi}\)

[LanskapuchA]

Dzięki.

[Mortify]

\(\displaystyle{ \arcsin\cos\varphi=\arcsin\sin\left( \frac{\pi}{2}-\varphi\right) =\frac{\pi}{2}-\varphi}\)

A co gdy \(\displaystyle{ \varphi \in \left[- \frac{\pi}{2}; 0\right]}\)?

-- 9 lipca 2011, 14:18 --

Ok, teraz mam dłuższą chwilę, to więcej napiszę. Oczywiście \(\displaystyle{ \arcsin}\) jest określony tam, gdzie sinus jest różnowartościowy, więc najczęściej jest przyjmowany przedział \(\displaystyle{ \left[- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]}\). U nas trzeba rozdzielić całkę na dwie części: od \(\displaystyle{ -\frac{\pi}{2}}\) do \(\displaystyle{ 0}\) i od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\), bo \(\displaystyle{ \sin\left( \frac{\pi}{2}-\varphi\right)}\) nie jest tam różnowartościowy.

A co do samej całki, to jak sam zauważyłeś zbiorem, po którym całkujemy jest koło, więc od razu można podstawienie sferyczne:
\(\displaystyle{ x=1+r\cos\varphi}\)
\(\displaystyle{ y=r\sin\varphi}\)

[aalmond]

\(\displaystyle{ \arcsin \cos \varphi = \begin{cases} \varphi + \frac{ \pi }{2} \ \text{dla} \ \varphi \in \left[ - \frac{ \pi }{2}, 0 \right] \\ - \varphi + \frac{ \pi }{2} \ \text{dla} \ \varphi \in \left[0, \frac{ \pi }{2} \right] \end{cases}}\)

-- 9 lipca 2011, 15:26 --

LanskapuchA, nie zapomniałeś o czymś przy zamianie zmiennych?