En sfærisk planet har sentrum i [tex](0,0,0)[/tex] i [tex]\mathbb{R}^3[/tex] og har radius [tex]20[/tex].
I ethvert punkt [tex](x,y,z)[/tex] på sfæren er temperaturen [tex]T(x,y,z)=(x+y)^2+(y-z)^2[/tex]
Hva er gjennomsnittstemperaturen til planeten?
Gjennomsnittlig overflatetemperatur
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Mener det blir [tex]\frac {1600}{3}[/tex] skal prøve å poste en løsning etterhvert.
Edit: svaret mitt er nok feil, men tanken er at [tex]R(x,y,z)= \frac {T(x,y,z)+T(x,-y,z)}{2}= y^{2}+400[/tex] Så problemet er redusert til å finne gjennomsnittet til en halvkule med positive y koordinter, og temperaturen er gitt ved funkjonen R.
Edit: svaret mitt er nok feil, men tanken er at [tex]R(x,y,z)= \frac {T(x,y,z)+T(x,-y,z)}{2}= y^{2}+400[/tex] Så problemet er redusert til å finne gjennomsnittet til en halvkule med positive y koordinter, og temperaturen er gitt ved funkjonen R.
Sist redigert av Zivert den 24/07-2008 11:05, redigert 1 gang totalt.
Har gitt et forsøk jeg, da rimelig ny på områder som dette.
Helt åpenlyst (håper jeg) er det da at hvis z=0 gir dette at [tex]\vec{r}_{(x,y,z)}[/tex] når denne står med [tex]45\textdegree[/tex] fra x og y at [tex]x=y=20cos45\textdegree=10\sqrt{2}[/tex].
Da kan vi finne temperaturen i ethvert punkt på planeten:
[tex]z=0 \, \rightarrow[/tex] [tex]T_{(x,y,z)}=(10\sqrt{2}+10\sqrt{2})^2+(10\sqrt{2})^2=1000\textdegree [/tex]
Dette gir da at:
[tex]\overline{T_{(x,y,z)}}=\frac{1000\textdegree}{(4\pi(20)^2)}\approx .2\textdegree[/tex](C eller K?)
Jeg vet egentlig ikke helt hvordan å løse denne, men dette falt nesten bare ut. Virker som et litt usannsynlig svar da, men er mange planeter som ikke er så nærmt en sol og, så gir gass jeg
Helt åpenlyst (håper jeg) er det da at hvis z=0 gir dette at [tex]\vec{r}_{(x,y,z)}[/tex] når denne står med [tex]45\textdegree[/tex] fra x og y at [tex]x=y=20cos45\textdegree=10\sqrt{2}[/tex].
Da kan vi finne temperaturen i ethvert punkt på planeten:
[tex]z=0 \, \rightarrow[/tex] [tex]T_{(x,y,z)}=(10\sqrt{2}+10\sqrt{2})^2+(10\sqrt{2})^2=1000\textdegree [/tex]
Dette gir da at:
[tex]\overline{T_{(x,y,z)}}=\frac{1000\textdegree}{(4\pi(20)^2)}\approx .2\textdegree[/tex](C eller K?)
Jeg vet egentlig ikke helt hvordan å løse denne, men dette falt nesten bare ut. Virker som et litt usannsynlig svar da, men er mange planeter som ikke er så nærmt en sol og, så gir gass jeg
Synes svaret mitt igår var i usannsynligste laget (og ble rimelig ivrig etter å ha regnet med vektorer i rommet 
), så prøver igjen idag:
Mye utregning, så poster delvis løsning: Har hvertfall funnet temperaturen i 5 punkter langs hver to-akser(5 langs kurven [tex](0,y\in <0,20>,z\in <20,0>)[/tex] og så videre på samme måten langs y og z, og x og y.
Dette ga meg tre forskjellige gj.snittstemperaturer:
("sveiper" fra "nord til sør" og "langs ekvator mot vest")
[tex]\overline{T}_{\vec{r}_{\small{{(x\in <0,20>,0,z\in <20,0>)}}}}=14.47\textdegree[/tex]
[tex]\overline{T}_{\vec{r}_{\small{(0,y\in <20,0>,z\in <0,20>)}}}=13.35\textdegree[/tex]
[tex]\overline{T}_{\vec{r}_{\small{(x\in <0,20>,y\in<20,0>,0)}}}=30.06\textdegree[/tex]
Er fortsatt litt usikker på hvordan å finne gj.snitts.temp, men siden svaret ble så nærmt gj.snittstempen på jorden, tenkte jeg kanskje jeg hadde gjort rett.
Summerer gj.snittstemp. langs disse posisjonsvektorene og deler på antall verdier:
[tex]\frac{14.47\textdegree+13.35\textdegree+30.06\textdegree}{3}\approx 19.3\textdegree[/tex]
Krysser fingrene og går ut og nyter solen. Håper noen kommer med et fullstendig løsningsforslag snart, kan ikke vente med å finne ut hvordan resonnementet mitt har vært.
), så prøver igjen idag:Mye utregning, så poster delvis løsning: Har hvertfall funnet temperaturen i 5 punkter langs hver to-akser(5 langs kurven [tex](0,y\in <0,20>,z\in <20,0>)[/tex] og så videre på samme måten langs y og z, og x og y.
Dette ga meg tre forskjellige gj.snittstemperaturer:
("sveiper" fra "nord til sør" og "langs ekvator mot vest")
[tex]\overline{T}_{\vec{r}_{\small{{(x\in <0,20>,0,z\in <20,0>)}}}}=14.47\textdegree[/tex]
[tex]\overline{T}_{\vec{r}_{\small{(0,y\in <20,0>,z\in <0,20>)}}}=13.35\textdegree[/tex]
[tex]\overline{T}_{\vec{r}_{\small{(x\in <0,20>,y\in<20,0>,0)}}}=30.06\textdegree[/tex]
Er fortsatt litt usikker på hvordan å finne gj.snitts.temp, men siden svaret ble så nærmt gj.snittstempen på jorden, tenkte jeg kanskje jeg hadde gjort rett.
Summerer gj.snittstemp. langs disse posisjonsvektorene og deler på antall verdier:
[tex]\frac{14.47\textdegree+13.35\textdegree+30.06\textdegree}{3}\approx 19.3\textdegree[/tex]
Krysser fingrene og går ut og nyter solen. Håper noen kommer med et fullstendig løsningsforslag snart, kan ikke vente med å finne ut hvordan resonnementet mitt har vært.
Jeg er kommet like langt. Jeg tenker du prøvde å integrere (det samme gjorde jeg) for å få 1600/3 ?Zivert skrev:Mener det blir [tex]\frac {1600}{3}[/tex] skal prøve å poste en løsning etterhvert.
Edit: svaret mitt er nok feil, men tanken er at [tex]R(x,y,z)= \frac {T(x,y,z)+T(x,-y,z)}{2}= y^{2}+400[/tex] Så problemet er redusert til å finne gjennomsnittet til en halvkule med positive y koordinter, og temperaturen er gitt ved funkjonen R.
Jepp, akkurat.
Jeg tenkte videre som slik:
Siden vi har funnet at gjennomsnittetstemperaturen til et tverrsnitt langs den positive y-aksen og det tilsvarende tverrsnittet på den negative y-aksen er utelukkende bestemt av y-verdien til sentrum av tverrsnittet,
kan vi nå finne gjennomsnittstemperaturen til kula ved å finne gjennomsnittstemperaturen til den nordlige halvkulen ved å sette at temperaturen ved en gitt y-verdi er [tex]T_y=400+y^2[/tex].
Nå er lengden av omkretsene til hvert tverrsnitt forskjellig, og forholdet mellom ekvator og tverrsnittet med y-koordinat y er [tex]L_y=\frac{\sqrt{400-y^2}}{20}[/tex]. Siden hvert punkt på et tverrsnitt har samme temperatur, vil det falle naturlig å gange forholdet [tex]L_y[/tex] med temperaturen, og så summere over alle disse, og så dele på antall tverrsnitt. Dette tilsvarer integralet
[tex]G= \frac{1}{20} \int^{20}_0 T_y \cdot L_y \rm{d}y = \frac{1}{20^2} \int^{20}_0 (400+y^2) \cdot (\sqrt{400-y^2}) \rm{d}y [/tex]
Dette kan løses f.eks ved substitusjonen [tex]y=20\sin\theta[/tex], men svaret blir likevel under 400 ( [tex]G \approx 392.7[/tex]), som er absurd. Så noe lenger har jeg ikke kommet.
(Jeg tror også det finnes lettere måter å løse denne oppgaven på enn å ty til kalkulus)
@ bartleif: Må innrømme at jeg ikke helt forstår argumentasjonen din. Jeg ser ikke helt den logiske sammenhengen i løsningen din.
Jeg tenkte videre som slik:
Siden vi har funnet at gjennomsnittetstemperaturen til et tverrsnitt langs den positive y-aksen og det tilsvarende tverrsnittet på den negative y-aksen er utelukkende bestemt av y-verdien til sentrum av tverrsnittet,
kan vi nå finne gjennomsnittstemperaturen til kula ved å finne gjennomsnittstemperaturen til den nordlige halvkulen ved å sette at temperaturen ved en gitt y-verdi er [tex]T_y=400+y^2[/tex].
Nå er lengden av omkretsene til hvert tverrsnitt forskjellig, og forholdet mellom ekvator og tverrsnittet med y-koordinat y er [tex]L_y=\frac{\sqrt{400-y^2}}{20}[/tex]. Siden hvert punkt på et tverrsnitt har samme temperatur, vil det falle naturlig å gange forholdet [tex]L_y[/tex] med temperaturen, og så summere over alle disse, og så dele på antall tverrsnitt. Dette tilsvarer integralet
[tex]G= \frac{1}{20} \int^{20}_0 T_y \cdot L_y \rm{d}y = \frac{1}{20^2} \int^{20}_0 (400+y^2) \cdot (\sqrt{400-y^2}) \rm{d}y [/tex]
Dette kan løses f.eks ved substitusjonen [tex]y=20\sin\theta[/tex], men svaret blir likevel under 400 ( [tex]G \approx 392.7[/tex]), som er absurd. Så noe lenger har jeg ikke kommet.
(Jeg tror også det finnes lettere måter å løse denne oppgaven på enn å ty til kalkulus)
@ bartleif: Må innrømme at jeg ikke helt forstår argumentasjonen din. Jeg ser ikke helt den logiske sammenhengen i løsningen din.
Grunnen til at integralet ditt ikke gir rett svar er at bidragene til gjennomsnittet fra sirkler med forskjellig y-verdi ikke er like. Dette må egentlig gjøres med et overflateintegral.
Det greieste er å bruke kulekoordinater, da blir overflatedifferensialet lik [tex]dS = r^2|sin \theta|d\theta d\phi[/tex]
Det greieste er å bruke kulekoordinater, da blir overflatedifferensialet lik [tex]dS = r^2|sin \theta|d\theta d\phi[/tex]
Tror jeg har funnet svaret nå.
La oss sette koordinatsystemet slik at y-aksen står vertikalt, og xz-planet horisontalt i vårt perspektiv.
Hvis vi ser på et tilfeldig punkt (x,y,z), så vil gjennomsnittstemperaturen mellom dette punktet og det tilsvarende punktet direkte nedenfor (eller ovenfor) være [tex]K(x,y,z)=\frac{T(x,y,z)+T,(x,-y,z)}{2}=400+y^2[/tex].
Siden vi ser at x-, og z-koordinatet ikke har noe å si for gjennomsnittstemperaturen mellom disse to punktene, vil hvert par av tverrsnitt parallellt (samme y-koordinat) med xz-planet ha samme gjennomsnittstemperatur.
Hvis vi nå setter at K(x,y,z) er temperaturen på den nordlige halvkule, og finner gjennomsnittstemperaturen her, vil vi finne gjennomsnittstemperaturen på hele kloden (ettersom når vi summerer opp alle mulige K, summerer vi opp tverrsnittene på begge sider av kloden).
La oss si at kloden var delt i et endelig antall tverrsnitt. Da må vi gange lengden av tverrsnittene med deres temperatur, og dele på antall tverrsnitt. Vi finner lengden av hvert tverrsnitt: [tex]L_y=2\pi \sqrt{400-y^2}[/tex]. Vi må altså gange denne lengden med den respektive temperaturen [tex]K_y=400+y^2[/tex], og summere over alle forskjellige verdier av y, og så dele på antall tverrsnitt, som tilsvarer integralet [tex]I=2\pi \int^{20}_0 \sqrt{400-y^2}\rm{d}y.[/tex]
Da får vi at gjennomsnittet er:
[tex]G=\frac{ \int^{20}_0 K_y \cdot L_y\rm{d}y}{I}=\frac{\int^{20}_0 (400+y^2)(\sqrt{400-y^2})\rm{d}y}{\int^{20}_0 \sqrt{400-y^2}\rm{d}y}[/tex]
Det nederste integralet finner vi lett ved å se at [tex]s=\sqrt{400-y^2}[/tex] grafer en halv sirkel, og vi finner området av en halv halvsirkel. Så integralet er følgelig lik [tex]\pi(20)^2/4=100\pi[/tex]
Da har vi at [tex]G=400+\frac{1}{100\pi}\int^{20}_0 y^2\sqrt{400-y^2} \rm{d}y[/tex]
Hvis vi nå ser på integralet [tex]P=\int^{20}_0 y^2\sqrt{400-y^2}\rm{d}y[/tex], ser vi at substitusjonen [tex]y=20\sin\theta[/tex] fører frem.
[tex]\frac{\rm{d}y}{\rm{d}\theta}=20\cos\theta[/tex].
[tex]P=\int^{\frac{\pi}{2}}_0 (20\sin\theta)^2\sqrt{400-(20\sin\theta)^2}(20\cos\theta)\rm{d}\theta=\int^{\frac{\pi}{2}}_0 20^4 \sin^2\theta \cos^2\theta \rm{d}\theta=\int^{\frac{\pi}{2}}_0 5\cdot 20^3 \sin^2 2\theta \rm{d}\theta[/tex]
[tex]u=2\theta, \frac{\rm{d}u}{\rm{d}\theta}=2[/tex]
[tex]P=\int^{\pi}_0 50\cdot 20^2 \sin^2 u \rm{d}u=50\cdot 20^2([-\cos u \sin u]^{\pi}_0 + \int^{\pi}_0 \cos^2 u \rm{d}u) \\ =50\cdot 20^2([-\cos u \sin u]^{\pi}_0 + \int^{\pi}_0 1-\sin^2 u \rm{d}u)=50\cdot 20^2([-\cos u \sin u+u]^{\pi}_0 -P) \\ \Rightarrow P=25\cdot 20^2[u-\cos u \sin u]^{\pi}_0=25\cdot 20^2\pi.[/tex]
Setter inn:
[tex]G=400+\frac{25\cdot 20^2\pi}{100\pi}=500[/tex]
Da har vi at gjennomsnittstemperaturen er 500 grader.
Vi kan generalisere til en klode med radius r. Da er gjennomsnittstemperaturen [tex]G=\frac{5}{4}r^2[/tex]
Jeg er sikker på at det finnes lettere metoder.
@ Badeball: Vil du utdype hvordan du kom fram til det, og hvordan man regner det ut?
La oss sette koordinatsystemet slik at y-aksen står vertikalt, og xz-planet horisontalt i vårt perspektiv.
Hvis vi ser på et tilfeldig punkt (x,y,z), så vil gjennomsnittstemperaturen mellom dette punktet og det tilsvarende punktet direkte nedenfor (eller ovenfor) være [tex]K(x,y,z)=\frac{T(x,y,z)+T,(x,-y,z)}{2}=400+y^2[/tex].
Siden vi ser at x-, og z-koordinatet ikke har noe å si for gjennomsnittstemperaturen mellom disse to punktene, vil hvert par av tverrsnitt parallellt (samme y-koordinat) med xz-planet ha samme gjennomsnittstemperatur.
Hvis vi nå setter at K(x,y,z) er temperaturen på den nordlige halvkule, og finner gjennomsnittstemperaturen her, vil vi finne gjennomsnittstemperaturen på hele kloden (ettersom når vi summerer opp alle mulige K, summerer vi opp tverrsnittene på begge sider av kloden).
La oss si at kloden var delt i et endelig antall tverrsnitt. Da må vi gange lengden av tverrsnittene med deres temperatur, og dele på antall tverrsnitt. Vi finner lengden av hvert tverrsnitt: [tex]L_y=2\pi \sqrt{400-y^2}[/tex]. Vi må altså gange denne lengden med den respektive temperaturen [tex]K_y=400+y^2[/tex], og summere over alle forskjellige verdier av y, og så dele på antall tverrsnitt, som tilsvarer integralet [tex]I=2\pi \int^{20}_0 \sqrt{400-y^2}\rm{d}y.[/tex]
Da får vi at gjennomsnittet er:
[tex]G=\frac{ \int^{20}_0 K_y \cdot L_y\rm{d}y}{I}=\frac{\int^{20}_0 (400+y^2)(\sqrt{400-y^2})\rm{d}y}{\int^{20}_0 \sqrt{400-y^2}\rm{d}y}[/tex]
Det nederste integralet finner vi lett ved å se at [tex]s=\sqrt{400-y^2}[/tex] grafer en halv sirkel, og vi finner området av en halv halvsirkel. Så integralet er følgelig lik [tex]\pi(20)^2/4=100\pi[/tex]
Da har vi at [tex]G=400+\frac{1}{100\pi}\int^{20}_0 y^2\sqrt{400-y^2} \rm{d}y[/tex]
Hvis vi nå ser på integralet [tex]P=\int^{20}_0 y^2\sqrt{400-y^2}\rm{d}y[/tex], ser vi at substitusjonen [tex]y=20\sin\theta[/tex] fører frem.
[tex]\frac{\rm{d}y}{\rm{d}\theta}=20\cos\theta[/tex].
[tex]P=\int^{\frac{\pi}{2}}_0 (20\sin\theta)^2\sqrt{400-(20\sin\theta)^2}(20\cos\theta)\rm{d}\theta=\int^{\frac{\pi}{2}}_0 20^4 \sin^2\theta \cos^2\theta \rm{d}\theta=\int^{\frac{\pi}{2}}_0 5\cdot 20^3 \sin^2 2\theta \rm{d}\theta[/tex]
[tex]u=2\theta, \frac{\rm{d}u}{\rm{d}\theta}=2[/tex]
[tex]P=\int^{\pi}_0 50\cdot 20^2 \sin^2 u \rm{d}u=50\cdot 20^2([-\cos u \sin u]^{\pi}_0 + \int^{\pi}_0 \cos^2 u \rm{d}u) \\ =50\cdot 20^2([-\cos u \sin u]^{\pi}_0 + \int^{\pi}_0 1-\sin^2 u \rm{d}u)=50\cdot 20^2([-\cos u \sin u+u]^{\pi}_0 -P) \\ \Rightarrow P=25\cdot 20^2[u-\cos u \sin u]^{\pi}_0=25\cdot 20^2\pi.[/tex]
Setter inn:
[tex]G=400+\frac{25\cdot 20^2\pi}{100\pi}=500[/tex]
Da har vi at gjennomsnittstemperaturen er 500 grader.
Vi kan generalisere til en klode med radius r. Da er gjennomsnittstemperaturen [tex]G=\frac{5}{4}r^2[/tex]
Jeg er sikker på at det finnes lettere metoder.
@ Badeball: Vil du utdype hvordan du kom fram til det, og hvordan man regner det ut?
Da jeg regnet gjennom dette med overflateintegral, så fikk jeg 1600/3, som ble nevnt som en mulig fasit (?) tidlig i tråden.
Overflateintegral-metoden krever høyere pensum enn 3MX, det faller innenfor flerdimensjonal analyse. Uansett, det er ikke vanskelig. Det vi gjør med min metode er at vi tar summen av infinitesimale overflate-biter ganget med temperaturen på bitene, delt på den totale overflaten (dette er akkurat som når du regner gjennomsnittet av en funksjon på tallinja, bare at vi nå integerer over kuleflaten isteden. Dette er årsaken til at vi må bruke dette dS differensialet som introduseres nedenfor). Dvs overflateintegralet av T(x,y,z) delt på overflateintegralet av 1 (som er lik overflatearealet).
Pga at vi jobber på en kule, så passer det ypperlig å bruke kulekoordinater. Da er formelen for arealet til en infinitesimal bit av overflaten gitt ved [tex]|dS| = r^2|cos \phi| d\theta d\phi[/tex]. Hvis du tenker litt på det, så er det logisk ([tex]r|cos \phi| d\theta[/tex] og [tex]r d\phi[/tex] representerer infinitesimale sirkelbuer (lik linjesegmenter når man snakker infinitesimalt), og produktet av dem blir da lik delen av overflaten som sveipes ved en differensial endring i vinklene). Formelen for x, y og z i kule koordinater er:
[tex]x = r\cos \theta \cos \phi[/tex]
[tex]y = r\sin \theta \cos \phi[/tex]
[tex]z = r\sin \phi[/tex]
Når [tex]\theta[/tex] er vinkelen til projeksjonen av (x, y, z) ned på xy-planet i forhold til den positive x-aksen og [tex]\phi[/tex] er vinkelen (x, y, z) danner med xy-planet. Jeg definerer vinklene her litt annerledes enn i Wikipedia-artikkelen om kulekoordinater, for jeg liker dem best slik.
Hvis vi skal integrere den opprinnelige funksjonen, så må vi gjøre det over hele kulen, dvs theta går fra 0 til 2PI og phi går fra -PI/2 til PI/2. Med symmetribetraktningene dere har gjort holder det å integere ene halvkulen, dvs phi fra 0 til PI/2. Dette er altså et dobbeltintegral, med differensialet dS. Det er ikke verre enn at man integrerer samme funksjon først mhp theta og så mhp phi, eller omvendt.
[tex]\int \int (400 + r^2 sin^2 \theta cos^2 \phi)r^2|cos \phi| d\theta d\phi[/tex]
Husker ikke hvordan man setter inn grenser på integralene i tex, men grensene står i avsnittet over. Svaret jeg fikk når jeg deler integralet over på arealet til overflaten jeg integerer over (øvre halvkule) blir 1600/3, hvis jeg ikke har regnet feil. Man kan forresten fjerne absoluttverditegnene, siden [tex]cos \phi[/tex] er positiv i området vi integrerer over. Selve integreringen er ikke noe problem, men jeg orker ikke føre den her for det blir så mye texing!
Håper det ikke er noen feil her, det er rundt 7 år siden jeg drev med slike ting!
Overflateintegral-metoden krever høyere pensum enn 3MX, det faller innenfor flerdimensjonal analyse. Uansett, det er ikke vanskelig. Det vi gjør med min metode er at vi tar summen av infinitesimale overflate-biter ganget med temperaturen på bitene, delt på den totale overflaten (dette er akkurat som når du regner gjennomsnittet av en funksjon på tallinja, bare at vi nå integerer over kuleflaten isteden. Dette er årsaken til at vi må bruke dette dS differensialet som introduseres nedenfor). Dvs overflateintegralet av T(x,y,z) delt på overflateintegralet av 1 (som er lik overflatearealet).
Pga at vi jobber på en kule, så passer det ypperlig å bruke kulekoordinater. Da er formelen for arealet til en infinitesimal bit av overflaten gitt ved [tex]|dS| = r^2|cos \phi| d\theta d\phi[/tex]. Hvis du tenker litt på det, så er det logisk ([tex]r|cos \phi| d\theta[/tex] og [tex]r d\phi[/tex] representerer infinitesimale sirkelbuer (lik linjesegmenter når man snakker infinitesimalt), og produktet av dem blir da lik delen av overflaten som sveipes ved en differensial endring i vinklene). Formelen for x, y og z i kule koordinater er:
[tex]x = r\cos \theta \cos \phi[/tex]
[tex]y = r\sin \theta \cos \phi[/tex]
[tex]z = r\sin \phi[/tex]
Når [tex]\theta[/tex] er vinkelen til projeksjonen av (x, y, z) ned på xy-planet i forhold til den positive x-aksen og [tex]\phi[/tex] er vinkelen (x, y, z) danner med xy-planet. Jeg definerer vinklene her litt annerledes enn i Wikipedia-artikkelen om kulekoordinater, for jeg liker dem best slik.
Hvis vi skal integrere den opprinnelige funksjonen, så må vi gjøre det over hele kulen, dvs theta går fra 0 til 2PI og phi går fra -PI/2 til PI/2. Med symmetribetraktningene dere har gjort holder det å integere ene halvkulen, dvs phi fra 0 til PI/2. Dette er altså et dobbeltintegral, med differensialet dS. Det er ikke verre enn at man integrerer samme funksjon først mhp theta og så mhp phi, eller omvendt.
[tex]\int \int (400 + r^2 sin^2 \theta cos^2 \phi)r^2|cos \phi| d\theta d\phi[/tex]
Husker ikke hvordan man setter inn grenser på integralene i tex, men grensene står i avsnittet over. Svaret jeg fikk når jeg deler integralet over på arealet til overflaten jeg integerer over (øvre halvkule) blir 1600/3, hvis jeg ikke har regnet feil. Man kan forresten fjerne absoluttverditegnene, siden [tex]cos \phi[/tex] er positiv i området vi integrerer over. Selve integreringen er ikke noe problem, men jeg orker ikke føre den her for det blir så mye texing!
Håper det ikke er noen feil her, det er rundt 7 år siden jeg drev med slike ting!
Jeg tror fortsatt svaret ditt blir feil. Det du gjør er å forsøke å vekte hver temperaturverdi, og måten du vekter på er omkretsen til sirklene som har den samme temperaturverdien. Dette er NESTEN riktig, men det er ekvivalent med å forsøke å approksimere overflaten til halvkulen med uendelig lave sylinderskall, og det går faktisk ikke! Når man gjør det så neglisjerer man det faktum at overflaten til kulen har forskjellig vinkel ved forskjellige y-verdier. Det man må gjøre er å approksimere den med sånne "lampeskjermer" (dvs uendelig lave deler av kjegler, hvis du skjønner). Hvor vinkelen på segmentenes overflate tangerer overflaten til kulen. Dette ble kanskje vanskelig å forstå uten figur. Når man gjør dette, så blir det stort sett det samme som å ta overflateintegralet.
Endringen du må gjøre er bare at funksjonen du "vekter" temperaturverdiene med, skal ikke være [tex]2\pi \sqrt{400 - y^2}[/tex], men det samme ganget med [tex]sqrt{1 + (dx/dy)^2}[/tex], dvs [tex]dx/dy[/tex] er den derivete av x-koordinaten til kula mhp y (legg merke til at å gange dy med dette gir oss et buelengdesegment, altså er dette måten man tar hensyn til vinkelen på overflatesegmentene; sylindrene blir til lampeskjermer, og representerer nå faktiske overflatesegmenter av kulen).
Tror du vil få samme svar som meg hvis du gjør det, men det blir litt mye regning til at jeg orker å sjekke det.
Endringen du må gjøre er bare at funksjonen du "vekter" temperaturverdiene med, skal ikke være [tex]2\pi \sqrt{400 - y^2}[/tex], men det samme ganget med [tex]sqrt{1 + (dx/dy)^2}[/tex], dvs [tex]dx/dy[/tex] er den derivete av x-koordinaten til kula mhp y (legg merke til at å gange dy med dette gir oss et buelengdesegment, altså er dette måten man tar hensyn til vinkelen på overflatesegmentene; sylindrene blir til lampeskjermer, og representerer nå faktiske overflatesegmenter av kulen).
Tror du vil få samme svar som meg hvis du gjør det, men det blir litt mye regning til at jeg orker å sjekke det.