Littlefinger je napisao:Koristio sam sferne koordinate i dobijam tacan rezultat kada postavim granice za ugao [inlmath]0<\theta<\frac{\pi}{2}[/inlmath] i [inlmath]0<\phi<\pi[/inlmath] tj. prepolovim krug, a zatim to sto sam dobio pomnozim sa [inlmath]2[/inlmath].
Znači, posmatrao si samo onu polovinu date polusfere (dakle, četvrtinu sfere) u kojoj važi da je, posmatrano u Dekartovim koordinatama, [inlmath]y[/inlmath] pozitivno, pa zatim rezultat množio sa [inlmath]2[/inlmath]. To je opravdano, budući da će data funkcija [inlmath]x^2+y^2[/inlmath] zbog ovog kvadriranog [inlmath]y[/inlmath], imati simetrično raspoređene vrednosti za [inlmath]y<0[/inlmath] i za [inlmath]y>0[/inlmath].
Littlefinger je napisao:Ali ako stavim granicu [inlmath]0<\theta<\pi[/inlmath] citav integral sto dobijem koji zavisi od sinusa se izjednacava sa nulom i dobijem drugaciji rezultat.
Ali, zašto [inlmath]\theta[/inlmath]? To je ugao koji računaš od pozitivnog dela [inlmath]z[/inlmath]-ose do prave koja spaja posmatranu tačku s koordinatnim početkom. Ako je rečeno da se posmatra ona polovina sfere u kojoj je [inlmath]z>0[/inlmath], tada [inlmath]\theta[/inlmath] mora ići od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath], jer je [inlmath]z=r\cos\theta[/inlmath], što znači da [inlmath]\cos\theta[/inlmath] mora biti pozitivan. Ako bi išao preko [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath], zašao bi u onu drugu polovinu sfere u kojoj je [inlmath]z<0[/inlmath] (a koja te po uslovu zadatka ne interesuje).
Umesto toga, potrebno je da ugao [inlmath]\phi[/inlmath], koji si u prvom načinu terao od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\pi[/inlmath] pa zatim rezultat množio sa [inlmath]2[/inlmath], sada teraš od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]2\pi[/inlmath], i time opišeš pun krug oko [inlmath]z[/inlmath]-ose.
Littlefinger je napisao:Poslednja formula koju dobijem izgleda ovako:
[dispmath]\int\mathrm d\phi\cdot\left(-\sin^2\theta\cdot\cos\theta+\frac{2\cdot\sin^3\theta}{3}\right)\cdot\frac{a^5}{5}[/dispmath] gdje je [inlmath]0<\theta<\frac{\pi}{2}[/inlmath] i [inlmath]0<\phi<\pi[/inlmath] za prvi nacin i [inlmath]0<\theta<\pi[/inlmath] i [inlmath]0<\phi<2\cdot\pi[/inlmath] za drugi nacin
Prvo, nije mi jasno kako si dobio izraz unutar zagrade. Da li si krenuo od sledećeg trojnog integrala?
[dispmath]\int\limits_0^\pi\,\mathrm d\phi\int\limits_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,\mathrm d\theta\int\limits_0^ar^4\,\mathrm dr[/dispmath] Drugo, ovako kako si napisao, ispada da si u drugom načinu za oba ugla, i za [inlmath]\theta[/inlmath] i za [inlmath]\phi[/inlmath], udvostručio opseg u odnosu na prvi način. Kao što rekoh, potrebno je to da učiniš samo za ugao [inlmath]\phi[/inlmath], koji bi sada išao od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]2\pi[/inlmath], dok [inlmath]\theta[/inlmath] i dalje ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath].
Littlefinger je napisao:Vazno je napomenut da sam ja koristio drugacije sferne koordintate od onih na vasem sajtu tj.
[dispmath]z=r\cdot\cos\theta;\quad x=r\cdot\cos\phi\cdot\sin\theta;\quad y=r\cdot\sin\phi\cdot\sin\theta[/dispmath]
Ne znam na koji deo ovog sajta misliš.
Littlefinger je napisao:Vjerujem da je problem do ugla [inlmath]\theta[/inlmath] i da postoje neka ogranicenja dokle taj ugao moze ici, da li to sto je sinus pozitivna funkcija na intervalu [inlmath]0<\theta<\pi[/inlmath] ima takav uticaj da kada stavimo te granice na suprotne krajeve integrala da se oni pokrate?
Za ograničenja već odgovorih – dakle, uslov [inlmath]z>0[/inlmath] ograničava ugao [inlmath]\theta[/inlmath] da ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath].
A čak i ako bi, uprkos uslovu zadatka, terao [inlmath]\theta[/inlmath] od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\pi[/inlmath], opet ne bi trebalo da dobiješ nulu, al' ti je dobijaš zbog tog izraza unutar zagrade, za koji mislim da je pogrešan... Proveri ga još jednom.