Όγκος στερεού

#1

Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

#2

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 24, 2020 8:12 am
Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

Γρηγόρη Καλημέρα....

Παρουσιάζω αρχικά δύο σχήματα.
Το πρώτο εμφανίζει τις δυο αυτές επιφάνειες και το δεύτερο απομονώνει το ζητούμενο
στερεό που περιέχεται ανάμεσα από αυτές.

Το πρώτο σχήμα:

: Τομή 1.png (49.48 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

Στο σχήμα αυτό εμφανίζεται με θαλασσί χρώμα το δίχωνο υπερβολοειδές και
με πρασινωπό χρώμα το μονόχωνο υπερβολοειδές.

Το δεύτερο σχήμα:

: Τομή 2.png (113.1 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

Στο σχήμα αυτό εμφανίζεται το περιεχόμενο στερεό $\displaystyle{ \Sigma}$ των αρχικών επιφανειών
το οποίο παράπλευρα έχει χρώμα πράσινο και είναι τμήμα του μονόχωνου υπερβολοειδούς
και οι δύο "βάσεις" του έχουν χρώμα κίτρινο και είναι τμήμα του δίχωνου υπερβολοειδούς.

Όμορφες επιφάνειες και σχήματα!! Απολαυστικές!!!

(Συνεχίζεται...)

Κώστας Δόρτσιος

#3

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 24, 2020 8:12 am
Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

Καλησπέρα...

Για καλύτερη παρουσίαση του στερεού αυτού $\displaystyle{\Sigma}$ παρουσιάζω το κατωτέρω σχήμα:

: Τομή 4.png (73.72 KiB) Προβλήθηκε 1739 φορές

Στο σχήμα αυτό εμφανίζεται ένα στιγμιότυπο της δημιουργίας του και
είναι το μισό της τομής των δύο υπερβολοειδών.

Στον κατωτέρω σύνδεσμο μπορείτε να δείτε και το δυναμικό σχήμα.

https://www.geogebra.org/m/tjrw4nhj

(Συνεχίζεται...)

Κώστας Δόρτσιος

#4

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 24, 2020 8:12 am
Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

...για όσους ενδιαφέρονται, επιπρόσθετα:

Για το πεδίο $\overline{F}:\mathbb{R}^3\longrightarrow \mathbb{R}^3\,; \quad \overline{F}(x,y,z)=\begin{pmatrix} \alpha yz\\ \beta xz\\ (x+y)z \end{pmatrix}$
να βρεθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα $\oiint_{\,(\partial\Sigma)\cap H_1}{(\nabla\times\overline{F}\,)\cdot d\overline{R}}$ , όπου H_1

το μονόχωνο υπερβολοειδές.

#5

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 24, 2020 8:12 am
Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

Γρηγόρη καλημέρα....

Συνεχίζω στο αρχικό πρόβλημα...

Στο πρώτο σχήμα εμφανίζω το $\displaystyle{\frac{1}{8}}$ του αρχικού στερεού.

: Όγκος 4.png (41.69 KiB) Προβλήθηκε 1582 φορές

Στο δεύτερο σχήμα εμφανίζεται ένα τμήμα κυλινδρικης επιφάνειας
το οποίο περιβάλλει το προηγούμενο.

: Όγκος 5.png (50.63 KiB) Προβλήθηκε 1582 φορές

Θα ακολουθήσει στη συνέχεια ο υπολογισμός του όγκου του στερεού $\displaystyle{\displaystyle{\Sigma}}$ .

Στη διεύθυνση:

https://www.geogebra.org/m/mja5afn7

μπορείτε να δείτε και το δυναμικό σχήμα.

Κώστας Δόρτσιος

#6

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 24, 2020 8:12 am
Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

(Συνέχεια...)

Αρχικά πρέπει να πούμε ότι η τομή του μονόχωνου υπερβολοειδούς με το επίπεδο $\displaystyle{xOy}$ είναι η έλλειψη:

$\displaystyle{ C_1: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\ \ (1) }$

κι ύστερα εύκολα διαπιστώνουμε ότι η τομή των δύο αυτών υπερβολοειδών είναι δύο ελλείψεις οι οποίες προβάλλονται
στο οριζόντιο επίπεδο στην έλλειψη:

$\displaystyle{ C_2: \frac{x^2}{(a\sqrt{\frac{8}{3}})^2}+\frac{y^2}{(b\sqrt{\frac{8}{3}})^2}=1\ \ (2) }$

Οι τύποι (1) και (2) εύκολα βρίσκονται και οι ελλείψεις αυτές φαίνονται στο ακόλουθο σχήμα:

: Τομή 5.png (30.44 KiB) Προβλήθηκε 1497 φορές

Οι ελλείψεις αυτές εμφανίζονται και στα δύο σχήματα του προηγούμενου μηνύματός μου.

Υπολογισμός του όγκου του στερεού $\displaystyle{\Sigma}$

Είναι:

$\displaystyle{V(\Sigma)=8V \ \ (3) }$

με

$\displaystyle{V=V_1-V_2 \ \ (4) }$

όπου:

$\displaystyle{V_1}$ είναι όγκος του χωρίου που περιβάλλεται από την κυλινδρική επιφάνεια με οδηγό την καμπύλη $\displaystyle{C_2}$ ,
από την έλλειψη $\displaystyle{C_2}$ και από ένα τμήμα του δίχωνου υπερβολοειδούς.

Δηλαδή:

$\displaystyle{V_1=\iint_{\substack{\Omega_1+\Omega_2}} (\sqrt{\frac{x^2}{4a^2}+\frac{y^2}{4b^2}+1})dxdy \ \ (5)}$

και $\displaystyle{V_2}$ είναι ο όγκος του χωρίου που περιβάλλεται από την ίδια κυλινδρική επιφάνεια που αναφέρθηκε προηγούμενα,
από το χωρίο $\displaystyle{\Omega_2}$ και από την επιφάνεια του μονόχωνου υπερβολοειδούς.

Δηλαδή:

$\displaystyle{V_2=\iint_{\substack{\Omega_2}}(\sqrt{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+1})dxdy \ \ (6)}$

Τα ολοκλήρωμα (5) υπολογίζεται εύκολα με την αντικατάσταση:

$\displaystyle{x=arcosu, y=bsinu \ \ 0 \leq r \leq \sqrt{\frac{8}{3}}, \ \ 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \ \ (7) }$

και το ολοκλήρωμα (6) αντίστοιχα με την αντικατάσταση:

$\displaystyle{ x=arcosu, y=brsinu\ \ 1 \leq r \leq \sqrt{\frac{8}{3}}, \ \ 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \ \ (7)}$

Οι υπολογισμοί θα γίνουν στο επόμενο μήνυμα...

Κώστας Δόρτσιος

#7

grigkost έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 24, 2020 8:12 am
Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1, \quad \alpha>0,\,\beta>0$ .
Να βρεθεί ο όγκος του $\Sigma$ συναρτήσει των $\alpha,\,\beta$ .

(Συνέχεια...)

Το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\iint_{\Omega_1+\Omega_2}\sqrt{\frac{x^2}{4a^2}+\frac{y^2}{4b^2}+1} dxdy\ \ (5) }$

υπολογίζεται όπως αναφέρθηκε στο προηγούμενο μήνυμα θέτοντας:

$\displaystyle{x=arcosu, \ \ y=brsinu \ \ (I)}$

όπου:

$\displaystyle{ 0\leq r \leq \sqrt{\frac{8}{3}}}$ και $\displaystyle{ 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \ \ (II)}$

Η Ιακωβιανή στην περίπτωση αυτή είναι:

$\displaystyle{\frac{D(x,y)}{D(r,u)}=abr \ \ (III)}$

και τότε:

$\displaystyle{dxdy=abrdrdu \ \ (IV)}$

Έτσι το ολοκλήρωμα (5) γίνεται:

$\displaystyle{V_1=ab\iint_{\Omega_1+\Omega_2}r\sqrt{\frac{r^2}{4}+1}drdu=ab\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}du\int_{0}^{\sqrt{\frac{8}{3}}}r\sqrt{\frac{r^2}{4}+1}dr=\frac{ab\pi}{2} \int_{0}^{\sqrt{\frac{8}{3}}}r \sqrt{\frac{r^2}{4}+1}dr}$

Το τελευταίο ολοκλήρωμα εύκολα υπολογίζεται και είναι:

$\displaystyle{V_1=\frac{(20\sqrt{15}-36)}{54}ab\pi \approx 0.77ab\pi \ \ (A)}$

Το δεύτερο ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\iint_{\Omega_2}\sqrt{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1} dxdy\ \ (6) }$

υπολογίζεται με τους ίδιους μετασχηματισμούς $\displaystyle{(I)}$ αλλά με τους περιορισμούς:

$\displaystyle{ 1\leq r \leq \sqrt{\frac{8}{3}}}$ και $\displaystyle{ 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \ \ (IIa)}$

Έτσι οι σχέσεις $\displaystyle{(III), (IV)}$ παραμένουν ίδιες και συνεπώς θα είναι:

$\displaystyle{V_2=ab\iint_{\Omega_2}r\sqrt{r^2-1}drdu=ab \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}du\int_{1}^{\sqrt{\frac{8}{3}}}r\sqrt{r^2-1}dr= \frac{ab\pi}{2} \int_{1}^{\sqrt{\frac{8}{3}}}r\sqrt{r^2-1}dr }$

Μετά από πράξεις τελικά θα είναι:

$\displaystyle{V_2=\frac{5\sqrt{\frac{\sqrt{6}}{3}+\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{2\sqrt{6}-3}(68-27\sqrt{6})}{18(34 \sqrt{6}-81)}ab\pi \approx 0.36ab\pi \ \ (B)}$

Έτσι από τις σχέσεις $\displaystyle{ (A), (B)}$ θα είναι:

$\displaystyle{V_1-V_2=mab\pi -nab\pi=(m-n)ab\pi \approx 0.36ab\pi \ \ (C)}$

και ο ζητούμενος όγκος του στερεού $\displaystyle{\Sigma}$ θα είναι:

$\displaystyle{V_{\Sigma}=8(m-n)ab\pi \approx 3.28ab\pi \ \ (D)}$

όπου $\displaystyle{m,n}$ είναι οι αριθμητικοί συντελεστές των τύπων $\displaystyle{(A), (B)}$

Κώστας Δόρτσιος

#8

Μετά από αρκετό καιρό, δίνουμε και μια δεύτερη επίλυση για την εύρεση του όγκου με την χρήση του θεωρήματος απόκλισης:

Έστω $\Sigma$ το στερεό που περικλείεται από το μονόχωνο υπερβολοειδές $H_1:\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}-z^2=1$ και το δίχωνο υπερβολοειδές $H_2:\frac{x^2}{4\alpha^2}+\frac{y^2}{4\beta^2}-z^2=-1\,, \; \alpha>0,\,\beta>0$ .
Θέτοντας $A=\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}>0$ και λύνοντας το σύστημα $\begin{aligned} \left\{\begin{array}{c} A-z^2=1\\\noalign{\vspace{0.1cm}} \frac{1}{4}\,A-z^2=-1 \end{array} \right\}\quad\Rightarrow\quad \left\{\begin{array}{c} A=\frac{8}{3}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} z=\pm\frac{\sqrt{15}}{3} \end{array} \right\} \end{aligned}$
προκύπτει ότι οι δυο επιφάνειες έχουν κοινά σημεία τομής τις ελλείψεις $\displaystyle{E_1,E_2=\Big\{ (x,y,z)\in\mathbb{R}^2\;\big|\;\textstyle\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2} =\frac{8}{3},\,z=\pm\frac{\sqrt{15}}{3}\Big \}\,.}$

: hyperboloids+st.png (109.16 KiB) Προβλήθηκε 532 φορές

Μια παραμετρική παράσταση της επιφάνειας $S_1=(\partial\Sigma)\cap H_1$ είναι
$\displaystyle{\overline{R}(u,v)=\big(\alpha\cosh{u}\,\cos({-v}),\beta\cosh{u}\,\sin({-v}),\sinh{u}\big)\,,\quad (u,v)\in\big[-\sinh^{-1}\big(\tfrac{\sqrt{15}}{3}\big),\sinh^{-1}\big(\tfrac{\sqrt{15}}{3}\big)\big]\times[0,2\pi]\,,}$
με αντίστοιχο κάθετο διάνυσμα $\overline{N}(u,v)=\big(\beta\cosh^2{u}\,\cos{v},-\alpha\cosh^2{u}\,\sin{v},-\alpha\beta\cosh{u}\,\sinh{u}\big)$ , το οποίο "δείχνει" προς το εξωτερικό του στερεού $\Sigma$ . Ομοίως μια παραμετρική παράσταση του "θετικού" τμήματος $S_2^{+}=(\partial\Sigma)\cap H_2^{+}$ της επιφάνειας $(\partial\Sigma)\cap H_2$ είναι
$\displaystyle{\overline{R}_1(u,v)=\big(2\alpha\sinh{u}\,\cos{v},2\beta\sinh{u}\,\sin{v},\cosh{u}\big)\,,\quad (u,v)\in\big[0,\cosh^{-1}\big(\tfrac{\sqrt{15}}{3}\big)\big]\times[0,2\pi]\,,}$
με αντίστοιχο κάθετο διάνυσμα
$\overline{N}_1(u,v)=\big({-2\beta}\sinh^2{u}\,\cos{v},-2\alpha\sinh^2{u}\,\sin{v},4\alpha\beta \cosh{u}\,\sinh{u}\big)\,,$ το οποίο "δείχνει" προς το εξωτερικό του στερεού $\Sigma$ , ενώ μια παραμετρική παράσταση του "αρνητικού" τμήματος $S_2^{-}=(\partial\Sigma)\cap H_2^{-}$ της επιφάνειας $(\partial\Sigma)\cap H_2$ είναι
$\displaystyle{\overline{R}_2(u,v)=\big(2\alpha\sinh{u}\,\cos({-v}),2\beta\sinh{u}\,\sin({-v}),-\cosh{u}\big)\,,\quad (u,v)\in\big[0,\cosh^{-1}\big(\tfrac{\sqrt{15}}{3}\big)\big]\times[0,2\pi]\,,}$
με αντίστοιχο κάθετο διάνυσμα
$\overline{N}_2(u,v)=\big({-2\beta}\sinh^2{u}\,\cos{v},2\alpha\sinh^2{u}\,\sin{v},-4\alpha\beta \cosh{u}\,\sinh{u}\big)\,.$ το οποίο "δείχνει" προς το εξωτερικό του στερεού $\Sigma$ .

Επιλέγοντας $\overline{F}:{\mathbb{R}}^3\longrightarrow {\mathbb{R}}^3\,,\quad\overline{F}(x,y,z)=(0,0,z)$ , από το θεώρημα απόκλισης προκύπτει ότι

$\begin{aligned} V(\Sigma)&=\mathop{\iiint}\limits_{\hspace{-0.3cm}\Sigma}{{\rm{div}}\,\overline{F}\, dV}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\mathop{\oiint}\limits_{\hspace{-0.3cm}\partial\Sigma}{\overline{F}\cdot\overline{n}\, dS}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\mathop{\oiint}\limits_{\hspace{-0.3cm}S_1}{\overline{F}\cdot\overline{n}\, dS}+\mathop{\oiint}\limits_{\hspace{-0.3cm}S_2^{+}}{\overline{F}\cdot\overline{n}\, dS}+\mathop{\oiint}\limits_{\hspace{-0.3cm}S_2^{-}}{\overline{F}\cdot\overline{n}\, dS}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{-\sinh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}^{\sinh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}-\alpha\beta\cosh{u}\,\sinh^2{u}\,du\,dv\,+\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &\quad\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\cosh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}4\alpha\beta\cosh^2{u}\,\sinh{u}\,du\,dv\,+\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &\quad\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\cosh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}4\alpha\beta\cosh^2{u}\,\sinh{u}\,du\,dv\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=-2\pi\alpha\beta\int_{-\sinh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}^{\sinh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}\cosh{u}\,\sinh^2{u}\,du\,+\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &\qquad16\pi\alpha\beta\int_{0}^{\cosh^{-1}(\frac{\sqrt{15}}{3})}\cosh^2{u}\,\sinh{u}\,du\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=-2\pi\alpha\beta\int_{-\frac{\sqrt{15}}{3}}^{\frac{\sqrt{15}}{3}}t^2\,dt+16\pi\alpha\beta\int_{1}^{\frac{\sqrt{15}}{3}}s^2\,ds\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=-\frac{20\pi\sqrt{15}}{27}\,\alpha\beta+\frac{16\pi}{27}\big(5\sqrt{15}-9\big)\,\alpha\beta\\\noalign{\vspace{0.1cm}} &=\dfrac{4\pi}{9}\big(5\sqrt{15}-12\big)\,\alpha\beta\,. \end{aligned}$

#9

grigkost έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 29, 2020 11:26 pm
...για όσους ενδιαφέρονται, επιπρόσθετα:

Για το πεδίο $\overline{F}:\mathbb{R}^3\longrightarrow \mathbb{R}^3\,; \quad \overline{F}(x,y,z)=\begin{pmatrix} \alpha yz\\ \beta xz\\ (x+y)z \end{pmatrix}$
να βρεθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα $\oiint_{\,(\partial\Sigma)\cap H_1}{(\nabla\times\overline{F}\,)\cdot d\overline{R}}$ , όπου το μονόχωνο υπερβολοειδές.

Δίνουμε και σε αυτό το ερώτημα μια λύση:

Για την επιφάνεια S_1

, (με τον προσανατολισμό που επιλέχθηκε παραπάνω) μια παραμετρική παράσταση του θετικά προσανατολισμένου συνόρου της $\partial S_1$ είναι

$\overline{c}(t)=\begin{cases} \Big(\tfrac{2\alpha\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos({-t}),\tfrac{2\beta\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\sin({-t}),\tfrac{\sqrt{15}}{3}\Big)\,,& t\in[0,2\pi]\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \Big(\tfrac{2\alpha\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos{t},\tfrac{2\beta\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\sin{t},-\tfrac{\sqrt{15}}{3}\Big)\,,& t\in[2\pi,4\pi] \end{cases}\,.$
Από το θεώρημα Stokes έχουμε

$\begin{aligned} \oiint\limits_{S_1}{{\rm{curl}}\,{\overline{F}}\cdot d\overline{R}}&=\mathop{\ointctrclockwise}\limits_{\partial S_1}\overline{F}\cdot d\overline{r}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int_{0}^{4\pi}\overline{F}\big(\overline{c}(t)\big)\cdot\overline{c}\,'(t)\,dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int_{0}^{2\pi}\overline{F}\big(\overline{c}(t)\big)\cdot\overline{c}\,'(t)\,dt+\int_{2\pi}^{4\pi}\overline{F}\big(\overline{c}(t)\big)\cdot\overline{c}\,'(t)\,dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int_{0}^{2\pi}\Big({-\tfrac{2\alpha\beta\sqrt{2}\sqrt{5}}{3}}\sin{t},\tfrac{2\alpha\beta\sqrt{2}\sqrt{5}}{3}\cos{t},\tfrac{2\sqrt{2}\sqrt{5}}{3}\,(\alpha\cos{t}-\beta\sin{t})\Big)\cdot\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{6.0cm}\Big({-\tfrac{2\alpha\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}\sin{t},-\tfrac{2\beta\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos{t},0\Big)\,dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\int_{2\pi}^{4\pi}\Big({-\tfrac{2\alpha\beta\sqrt{2}\sqrt{5}}{3}}\sin{t},\tfrac{2\alpha\beta\sqrt{2}\sqrt{5}}{3}\cos{t},-\tfrac{2\sqrt{2}\sqrt{5}}{3}\,(\alpha\cos{t}+\beta\sin{t})\Big)\cdot\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\hspace{6.0cm}\Big({-\tfrac{2\alpha\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}\sin{t},\tfrac{2\beta\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos{t},0\Big)\,dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=-\frac{8\sqrt{15}}{9}\,\alpha\beta\int_{0}^{2\pi}\big((\alpha+\beta)\cos^2{t}-\alpha\big)\,dt-\frac{8\sqrt{15}}{9}\,\alpha\beta\int_{2\pi}^{4\pi}\big((\alpha+\beta)\cos^2{t}-\alpha\big)\,dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=-\frac{16\sqrt{15}}{9}\,\alpha\beta\int_{0}^{2\pi}\big((\alpha+\beta)\cos^2{t}-\alpha\big)\,dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{16\pi\sqrt{15}}{9}\,\alpha\beta\,(\alpha-\beta)\,. \end{aligned}$

Όγκος στερεού

Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Re: Όγκος στερεού

Μέλη σε σύνδεση