Pola powierzchni w przestrzeni

[Herbert]

Bardzo proszę o pomoc. Mam do wykonania 3 zadanie z pól powierzchni w przestrzeni, gdzie trzeba korzystać z całek podwójnych.
Oto treści tych zadań:
zad.1.
Obliczyć pole części powierzchni \(z= \sqrt{(x^2)-(y^2)}\) , której rzutem na płaszczyznę jest \(Oxy\) jest wnętrze trójkąta o wierzchołkach \(O(0,0),\ A(2,1)\) i \(B(2,2)\).
zad.2.
Obliczyć pole tej części powierzchni \(z=2xy\), która ograniczona jest płaszczyznami \(x+y=1, x=0, y=0\).
zad.3.
Obliczyć pole tej części walca \((x^2)+(y^2)=2\), która jest płaszczyznami \(x+z=0,\ x-z=0\) (\(x>0,\ y>0\)).

[panb]

zad.1.
Obliczyć pole części powierzchni \(z= \sqrt{(x^2)-(y^2)}\) , której rzutem na płaszczyznę jest \(Oxy\) jest wnętrze trójkąta o wierzchołkach \(O(0,0),\ A(2,1)\) i \(B(2,2)\).

\(\displaystyle z_x'= \frac{2x}{2\sqrt{x^2-y^2}}= \frac{x}{\sqrt{x^2-y^2}},\quad z_y'=- \frac{y}{\sqrt{x^2-y^2}},\quad 1+(z_x')^2+(z_y')^2= \frac{2x^2}{x^2-y^2} \)
\[|S|=\iint_D\, {dS}, \quad D=\{(x,y): 0\le x \le 1,\,\, \frac{x}{2}\le y \le x \}, \quad dS=\sqrt{1+(z_x')^2+(z_y')^2}\,{dx}\,{dy}= \frac{x\sqrt2}{\sqrt{x^2-y^2}} \,{dx}\,{dy}\\
|S|= \int_{0}^{1} \left( \int_{ \frac{x}{2} }^{x} \frac{x\sqrt2}{\sqrt{x^2-y^2}}\,{dy} \right) \,{dx}= \int_{0}^{1}x\sqrt2\,{dx} \int_{ \frac{x}{2} }^{x} \frac{dy}{\sqrt{x^2-y^2}} = \frac{\pi\sqrt2}{3} \int_{0}^{1}x\,{dx} = \frac{\pi\sqrt2}{6} \]

[panb]

zad.2.
Obliczyć pole tej części powierzchni \(z=2xy\), która ograniczona jest płaszczyznami \(x+y=1, x=0, y=0\).

Tak wygląda powierzchnia, o której mowa:

\(z=2xy \So z_x'=2y,\quad z_y'=2x, 1+(z_x')^2+(z_y')^2=1+4x^2+4y^2\)
\[|S|=\iint_D \,{dS},\quad D=\{(x,y): 0\le x \le 1,\,\,\, 0\le y \le 1-x\},\,\,\, dS=\sqrt{1+4(x^2+y^2)}\,{dx}\,{dy}\]

Postać \(dS\) sugeruje przejście na współrzędne biegunowe: \( \begin{cases}x=r\cos t\\y=r\sin t\\|J|=r \end{cases} \)
Wtedy \(\displaystyle D=\left\{(r,t): 0\le t \le \frac{\pi}{2},\,\, 0\le r\sin t\le 1-r\cos t \So 0\le r \le \frac{1}{\sin t + \cos t}\right\} ,\,\,\,dS=\sqrt{1+4r^2} \,{dr}\, {dt} \) oraz
\[|S|= \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\, {dt} \int_{0}^{ \frac{1}{\sin t+\cos t} }\cdot r\sqrt{1+4r^2}\,{dr} \]

\(\displaystyle \int_{0}^{ \frac{1}{\sin t+\cos t} }\cdot r\sqrt{1+4r^2}\,{dr}= \frac{1}{12} \left( \frac{5+\sin2t}{1+\sin2t} \right)^{ \frac{3}{2} }- \frac{1}{12} \) -tę całkę stosunkowo nietrudno policzyć (podstawienie \(1+4r^2=z)\)

Teraz \(\displaystyle \frac{1}{12} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \left[ \left( \frac{5+\sin2t}{1+\sin2t} \right)^{ \frac{3}{2} } -1\right] \, {dt}= \frac{1}{12} \left(2\sqrt5+2\arctg \frac{\sqrt5}{2}+5\sqrt2\arctg \sqrt{\frac{2}{5}}- \frac{\pi}{2} \right) \) - to policzył Wolfram

Odpowiedź: |S|=\(\frac{1}{12} \left(2\sqrt5+2\arctg \frac{\sqrt5}{2}+5\sqrt2\arctg \sqrt{\frac{2}{5}}- \frac{\pi}{2} \right) \approx 0,75 \)