Płat - pole powierzchni części walca

[Mlodsza]

Znalezc pole czesci walca \(\displaystyle{ x^2+y^2-4x=0, \; y\geq 0,\; z\geq 0}\), lezacej miedzy powierzchniami \(\displaystyle{ x^2+y^2=z^2}\) i \(\displaystyle{ z=0}\).

Dany plat nie jest wykresem funkcji z \(\displaystyle{ \RR^2}\) do \(\displaystyle{ \RR}\) , wiec trzeba by go sparametryzowac (zeby obliczyc pole przy pomocy calki powierzchniowej) co nie jest trudne dla calego walca, mam jednak problem z ograniczeniem przez stozek: jak to uwzglednic.
Wiec zrobilam tak: element pola \(\displaystyle{ dA}\) jest rowny iloczynowi elementu dlugosci okregu, bedacego czescia wspolna walca i plaszczyzny \(\displaystyle{ z=0}\), oraz "wysokosci" danej czesci walca, czyli

\(\displaystyle{ dA= 2\sqrt 2\sqrt{1+\cos\phi}}\)

, jesli sie gdzies nie rabnelam. I pozostaje scalkowac od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ \pi}\).

Odpowiedz:\(\displaystyle{ 2\sqrt 2}\)
Czy to jest dobrze?
Z gory wielkie dzieki.

Dodano po 3 godzinach 25 minutach 39 sekundach:
przy pierwiastku zgubilo sie \(\displaystyle{ d\phi}\)

[janusz47]

Pani przedstawiła część wspólną powierzchni walca i stożka \(\displaystyle{ z(\phi) = 2\sqrt{2}\sqrt{\cos(\phi)+1} }\) ( po podstawieniu równań parametrycznych powierzchni walca do równania powierzchni stożka.

To nie jest element płata \(\displaystyle{ dA.}\) tej powierzchni.

Element płata obliczamy ze wzoru \(\displaystyle{ dA = \sqrt{1 + [z'(\phi)]^2} \ \ d\phi. }\)

[Mlodsza]

Dziekuje )
Czy moglabym jednak prosic o krotkie wyjasnienie, gdzie jest blad w ponizszej sekwencji rownosci (\(\displaystyle{ dl}\) - element dlugosci okregu, jak wyzej):

\(\displaystyle{ dl= 4d\phi}\)

\(\displaystyle{ dA=zdl= \sqrt {4x}dl= \sqrt{4(2\cos\phi+2)}\cdot 4d\phi =8\sqrt 2\sqrt{1+\cos \phi}\;d\phi}\)

[janusz47]

Uwzględniamy element powierzchni, a nie element długości. Mamy obliczyć całkę powierzchniową nieskierowaną (niezorientowaną), a nie całkę krzywoliniową.

Pani przedstawia część wspólną powierzchni walca i stożka.

Albo tak:

\(\displaystyle{ z = \sqrt{x^2 +y^2} = \sqrt{( 2 + 2\cos(\phi))^2 + (2\sin(\phi))^2} = \sqrt{4 + 8\cos(\phi) + 4\cos^2(\phi) +4\sin^2(\phi)} = \sqrt{8\cos(\phi)+8} = \sqrt{8}\sqrt{\cos(\phi) +1} = }\)

\(\displaystyle{ = 2\sqrt{2}\sqrt{\cos(\phi)+1}. }\)

[Mlodsza]

Dziekuje)
Czyli nie jest prawda, ze \(\displaystyle{ dA= zdl }\) ?
To jest walec...

[janusz47]

Tak, to jest walec.

[Mlodsza]

Prosze wybaczyc namolnosc, ale chce miec pewnosc, nie chodzi o rozwiazanie, a rozumowanie.
Czy prawda jest w tym konkretnym zadaniu, ze \(\displaystyle{ dA=zdl}\)?

[janusz47]

To nie jest prawda.

[Mlodsza]

Ja jednakze jestem pewna, ze to jest prawda ), zastanowilam sie ponownie - zwykle riemannowskie rozumowanie.
A podany przez Pana wzor \(\displaystyle{ dA=\sqrt{1+[z'(\varphi)]^2}d\varphi }\), czy to nie jest raczej element dlugosci krzywej?

[janusz47]

Jedna czwarta poszukiwanej powierzchni leży w pierwszym oktancie prostokątnego układu współrzędnych \(\displaystyle{ Oxy }\) (rysunek).

We współrzędnych biegunowych równanie kartezjańskie \(\displaystyle{ x^2 + y^2 = 4x }\) ma postać \(\displaystyle{ r = 4\cos(\phi). }\)

Element liniowy powierzchni walca

\(\displaystyle{ ds = \sqrt{r^2 + [r'_{|\phi}(\phi)]^2} = \sqrt{16\cos^2(\phi) + 16\sin^2(\phi)} = \sqrt{16} = 4.}\)

Element powierzchni walca

\(\displaystyle{ dA = \sqrt{x^2+y^2} \ \ ds = 16\cos(\phi) \ \ d\phi. }\)

Powierzchnia walca leżąca między powierzchniami płaszczyzny i stożka

\(\displaystyle{ A = 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dA = 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 16\cos(\phi)d\phi = 64\sin(\phi)\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}} = 64 \left [\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \sin(0)\right] = 64. }\)