Inspirisan Desiderijevom temom o matematičkom očekivanju u višedimenzionalnim prostorima, u kojoj nam je zatrebala formula za hiperzapreminu hiperlopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath] u [inlmath]4D[/inlmath]-prostoru, rešio sam da napravim jedan pokušaj izvođenja iste, 
s prethodnim osvrtom (radi analogije) na izvođenje formula za površinu kruga i za zapreminu lopte.
[inlmath]\underline{n=2}[/inlmath]
Za početak, krenimo od [inlmath]2D[/inlmath]-prostora (tj. od ravni) i pogledajmo kako izgleda izvođenje formule za površinu kruga poluprečnika [inlmath]R[/inlmath].
Površinu kruga možemo posmatrati kao približan zbir površina vrlo tankih pravougaonika od kojih je jedan na slici obeležen žućkastom bojom, kako [inlmath]x[/inlmath] ide od [inlmath]-R[/inlmath] do [inlmath]R[/inlmath]. Visina svakog od tih pravougaonika predstavlja presek kruga i prave normalne na [inlmath]x[/inlmath]-osu a udaljene od koordinatnog početka za [inlmath]x[/inlmath]. Sa slike vidimo da je visina svakog od tih pravougaonika jednaka [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath], a širina svakog od njih je [inlmath]\mathrm dx[/inlmath], prema tome, površina svakog od njih je [inlmath]\mathrm dP=2\sqrt{R^2-x^2}\mathrm dx[/inlmath]. Kako širina ovih pravougaonika [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] teži nuli, to će i zbir njihovih površina težiti traženoj površini kruga. Zbog toga pišemo:
[dispmath]P=\int\limits_{-R}^R\mathrm dP=\int\limits_{-R}^R2\sqrt{R^2-x^2}\mathrm dx=2\int\limits_{-R}^R\sqrt{R^2-x^2}\mathrm dx[/dispmath]
Integral rešavamo smenom:
[inlmath]x=R\sin t\\
\mathrm dx=R\cos t\mathrm dt\\
t=\arcsin\frac{x}{R}\\
x=-R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{-R}{R}=-\frac{\pi}{2}\\
x=R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{R}{R}=\frac{\pi}{2}[/inlmath]
[dispmath]P=2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{R^2-R^2\sin^2t}R\cos t\mathrm dt=2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^2t}\cos t\mathrm dt=2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left|\cos t\right|\cos t\mathrm dt[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\cos t\ge0[/inlmath] na celom intervalu [inlmath]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath], možemo izostaviti zagrade za apsolutnu vrednost:
[dispmath]P=2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2t\mathrm dt=\cancel2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{\cancel2}\mathrm dt=R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos2t\right)\mathrm dt=R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm dt+R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=R^2\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{R^2}{2}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm d\left(2t\right)=\pi R^2+\left.\frac{R^2}{2}\sin2t\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi R^2+\frac{R^2}{2}\underbrace{\left[\sin\pi-\sin\left(-\pi\right)\right]}_{0-0=0}=\enclose{box}{\pi R^2}[/dispmath]
[inlmath]\underline{n=3}[/inlmath]
Sada posmatrajmo [inlmath]3D[/inlmath]-prostor i, na vrlo sličan način, izvedimo formulu za zapreminu lopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath].
Slika je vrlo slična prethodnoj, samo što na ovoj slici, umesto pravougaonika, uočavamo da se u preseku lopte i ravni normalne na [inlmath]x[/inlmath]-osu na rastojanju [inlmath]x[/inlmath] od koordinatnog početka – dobija krug. Sa slike vidimo da je poluprečnik tog kruga jednak [inlmath]\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath], odakle je njegova površina jednaka [inlmath]P\left(x\right)=\pi\left(R^2-x^2\right)[/inlmath], a dva takva kruga na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] formiraju neki tanak disk zapremine [inlmath]\mathrm dV[/inlmath]. Zbir zapremina tih diskova teži zapremini lopte kako debljina tih diskova, [inlmath]\mathrm dx[/inlmath], teži nuli:
[dispmath]V=\int\limits_{-R}^R\mathrm dV=\int\limits_{-R}^RP\left(x\right)\mathrm dx=\int\limits_{-R}^R\pi\left(R^2-x^2\right)\mathrm dx=\pi R^2\int\limits_{-R}^R\mathrm dx-\pi\int\limits_{-R}^Rx^2\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\pi R^2\left(R+R\right)-\left.\pi\frac{x^3}{3}\right|_{-R}^R=2\pi R^3-\frac{\pi}{3}\left(R^3+R^3\right)=2\pi R^3-\frac{2}{3}\pi R^3=\enclose{box}{\frac{4}{3}\pi R^3}[/dispmath]
[inlmath]\underline{n=4}[/inlmath]
Sad možemo, imajući u vidu sve prethodno napisano, da krenemo na ono glavno – izvođenje formule za hiperzapreminu hiperlopte.
Dakle, u slučaju [inlmath]2D[/inlmath]-prostora i kruga poluprečnika [inlmath]R[/inlmath], za neku fiksiranu vrednost [inlmath]x[/inlmath] imali smo deo tog kruga koji je predstavljao duž dužine [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath]. Takođe, u slučaju [inlmath]3D[/inlmath]-prostora i lopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath], za neku fiksiranu vrednost [inlmath]x[/inlmath] imali smo deo te lopte koji je predstavljao krug prečnika [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath] (tj. poluprečnika [inlmath]\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath]). Šta ćemo onda, u slučaju [inlmath]4D[/inlmath]-prostora i hiperlopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath], imati za neko fiksirano [inlmath]x[/inlmath]? Pa, imaćemo loptu prečnika [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath] (tj. poluprečnika [inlmath]\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath]). Zapremina takve lopte biće
[dispmath]V\left(x\right)=\frac{4}{3}\pi\left(R^2-x^2\right)^{\frac{3}{2}}[/dispmath]
Analogno slučaju kada su dve duži na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] formirale uzan pravougaonik, ili slučaju kada su dva kruga na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] formirale tanak disk, ovakve dve lopte na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] kreiraće neki, hajd da ga tako nazovem, hiperdisk, čija će hiperzapremina biti [inlmath]\mathrm dH=V\left(x\right)\mathrm dx[/inlmath]. Zbir hiperzapremina svih ovih hiperdiskova, kako njihova debljina [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] teži nuli, a [inlmath]x[/inlmath] ide od [inlmath]-R[/inlmath] do [inlmath]R[/inlmath], težiće hiperzapremini posmatrane hiperlopte.
[dispmath]H=\int\limits_{-R}^R\mathrm dH=\int\limits_{-R}^RV\left(x\right)\mathrm dx=\int\limits_{-R}^R\frac{4}{3}\pi\left(R^2-x^2\right)^{\frac{3}{2}}\mathrm dx=\frac{4}{3}\pi\int\limits_{-R}^R\left(R^2-x^2\right)^{\frac{3}{2}}\mathrm dx[/dispmath]
Integral, kao i kad smo računali površinu lopte, rešavamo smenom:
[inlmath]x=R\sin t\\
\mathrm dx=R\cos t\mathrm dt\\
t=\arcsin\frac{x}{R}\\
x=-R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{-R}{R}=-\frac{\pi}{2}\\
x=R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{R}{R}=\frac{\pi}{2}[/inlmath]
[dispmath]H=\frac{4}{3}\pi\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(R^2-R^2\sin^2t\right)^{\frac{3}{2}}R\cos t\mathrm dt=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin^2t\right)^{\frac{3}{2}}\cos t\mathrm dt=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left|\cos^3t\right|\cos t\mathrm dt[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\cos t\ge0[/inlmath] na celom intervalu [inlmath]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath], možemo izostaviti zagrade za apsolutnu vrednost:
[dispmath]H=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^4t\mathrm dt=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1+\cos2t}{2}\right)^2\mathrm dt=\frac{\cancel4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+2\cos2t+\cos^22t}{\cancel4}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm dt+\frac{2}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm dt+\frac{1}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^22t\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi R^4\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\left.\frac{1}{3}\pi R^4\sin2t\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos4t}{2}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi^2R^4+\frac{1}{3}\pi R^4\underbrace{\left[\sin\pi-\sin\left(-\pi\right)\right]}_{0-0=0}+\frac{1}{6}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos4t\right)\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi^2R^4+\frac{1}{6}\pi R^4\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{6}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos4t\mathrm dt=\frac{1}{3}\pi^2R^4+\frac{1}{6}\pi^2R^4+\left.\frac{1}{24}\pi R^4\sin4t\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{2}\pi^2R^4+\frac{1}{24}\pi R^4\underbrace{\left[\sin2\pi-\sin\left(-2\pi\right)\right]}_{0-0=0}=\enclose{box}{\frac{1}{2}\pi^2R^4}[/dispmath]
s prethodnim osvrtom (radi analogije) na izvođenje formula za površinu kruga i za zapreminu lopte.[inlmath]\underline{n=2}[/inlmath]
Za početak, krenimo od [inlmath]2D[/inlmath]-prostora (tj. od ravni) i pogledajmo kako izgleda izvođenje formule za površinu kruga poluprečnika [inlmath]R[/inlmath].
- povrsina kruga.png (1.56 KiB) Pogledano 884 puta
Površinu kruga možemo posmatrati kao približan zbir površina vrlo tankih pravougaonika od kojih je jedan na slici obeležen žućkastom bojom, kako [inlmath]x[/inlmath] ide od [inlmath]-R[/inlmath] do [inlmath]R[/inlmath]. Visina svakog od tih pravougaonika predstavlja presek kruga i prave normalne na [inlmath]x[/inlmath]-osu a udaljene od koordinatnog početka za [inlmath]x[/inlmath]. Sa slike vidimo da je visina svakog od tih pravougaonika jednaka [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath], a širina svakog od njih je [inlmath]\mathrm dx[/inlmath], prema tome, površina svakog od njih je [inlmath]\mathrm dP=2\sqrt{R^2-x^2}\mathrm dx[/inlmath]. Kako širina ovih pravougaonika [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] teži nuli, to će i zbir njihovih površina težiti traženoj površini kruga. Zbog toga pišemo:
[dispmath]P=\int\limits_{-R}^R\mathrm dP=\int\limits_{-R}^R2\sqrt{R^2-x^2}\mathrm dx=2\int\limits_{-R}^R\sqrt{R^2-x^2}\mathrm dx[/dispmath]
Integral rešavamo smenom:
[inlmath]x=R\sin t\\
\mathrm dx=R\cos t\mathrm dt\\
t=\arcsin\frac{x}{R}\\
x=-R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{-R}{R}=-\frac{\pi}{2}\\
x=R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{R}{R}=\frac{\pi}{2}[/inlmath]
[dispmath]P=2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{R^2-R^2\sin^2t}R\cos t\mathrm dt=2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^2t}\cos t\mathrm dt=2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left|\cos t\right|\cos t\mathrm dt[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\cos t\ge0[/inlmath] na celom intervalu [inlmath]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath], možemo izostaviti zagrade za apsolutnu vrednost:
[dispmath]P=2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2t\mathrm dt=\cancel2R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{\cancel2}\mathrm dt=R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos2t\right)\mathrm dt=R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm dt+R^2\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=R^2\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{R^2}{2}\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm d\left(2t\right)=\pi R^2+\left.\frac{R^2}{2}\sin2t\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=\pi R^2+\frac{R^2}{2}\underbrace{\left[\sin\pi-\sin\left(-\pi\right)\right]}_{0-0=0}=\enclose{box}{\pi R^2}[/dispmath]
[inlmath]\underline{n=3}[/inlmath]
Sada posmatrajmo [inlmath]3D[/inlmath]-prostor i, na vrlo sličan način, izvedimo formulu za zapreminu lopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath].
- zapremina lopte.png (1.63 KiB) Pogledano 884 puta
Slika je vrlo slična prethodnoj, samo što na ovoj slici, umesto pravougaonika, uočavamo da se u preseku lopte i ravni normalne na [inlmath]x[/inlmath]-osu na rastojanju [inlmath]x[/inlmath] od koordinatnog početka – dobija krug. Sa slike vidimo da je poluprečnik tog kruga jednak [inlmath]\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath], odakle je njegova površina jednaka [inlmath]P\left(x\right)=\pi\left(R^2-x^2\right)[/inlmath], a dva takva kruga na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] formiraju neki tanak disk zapremine [inlmath]\mathrm dV[/inlmath]. Zbir zapremina tih diskova teži zapremini lopte kako debljina tih diskova, [inlmath]\mathrm dx[/inlmath], teži nuli:
[dispmath]V=\int\limits_{-R}^R\mathrm dV=\int\limits_{-R}^RP\left(x\right)\mathrm dx=\int\limits_{-R}^R\pi\left(R^2-x^2\right)\mathrm dx=\pi R^2\int\limits_{-R}^R\mathrm dx-\pi\int\limits_{-R}^Rx^2\mathrm dx=[/dispmath][dispmath]=\pi R^2\left(R+R\right)-\left.\pi\frac{x^3}{3}\right|_{-R}^R=2\pi R^3-\frac{\pi}{3}\left(R^3+R^3\right)=2\pi R^3-\frac{2}{3}\pi R^3=\enclose{box}{\frac{4}{3}\pi R^3}[/dispmath]
[inlmath]\underline{n=4}[/inlmath]
Sad možemo, imajući u vidu sve prethodno napisano, da krenemo na ono glavno – izvođenje formule za hiperzapreminu hiperlopte.
Dakle, u slučaju [inlmath]2D[/inlmath]-prostora i kruga poluprečnika [inlmath]R[/inlmath], za neku fiksiranu vrednost [inlmath]x[/inlmath] imali smo deo tog kruga koji je predstavljao duž dužine [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath]. Takođe, u slučaju [inlmath]3D[/inlmath]-prostora i lopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath], za neku fiksiranu vrednost [inlmath]x[/inlmath] imali smo deo te lopte koji je predstavljao krug prečnika [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath] (tj. poluprečnika [inlmath]\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath]). Šta ćemo onda, u slučaju [inlmath]4D[/inlmath]-prostora i hiperlopte poluprečnika [inlmath]R[/inlmath], imati za neko fiksirano [inlmath]x[/inlmath]? Pa, imaćemo loptu prečnika [inlmath]2\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath] (tj. poluprečnika [inlmath]\sqrt{R^2-x^2}[/inlmath]). Zapremina takve lopte biće
[dispmath]V\left(x\right)=\frac{4}{3}\pi\left(R^2-x^2\right)^{\frac{3}{2}}[/dispmath]
Analogno slučaju kada su dve duži na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] formirale uzan pravougaonik, ili slučaju kada su dva kruga na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] formirale tanak disk, ovakve dve lopte na rastojanju [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] kreiraće neki, hajd da ga tako nazovem, hiperdisk, čija će hiperzapremina biti [inlmath]\mathrm dH=V\left(x\right)\mathrm dx[/inlmath]. Zbir hiperzapremina svih ovih hiperdiskova, kako njihova debljina [inlmath]\mathrm dx[/inlmath] teži nuli, a [inlmath]x[/inlmath] ide od [inlmath]-R[/inlmath] do [inlmath]R[/inlmath], težiće hiperzapremini posmatrane hiperlopte.
[dispmath]H=\int\limits_{-R}^R\mathrm dH=\int\limits_{-R}^RV\left(x\right)\mathrm dx=\int\limits_{-R}^R\frac{4}{3}\pi\left(R^2-x^2\right)^{\frac{3}{2}}\mathrm dx=\frac{4}{3}\pi\int\limits_{-R}^R\left(R^2-x^2\right)^{\frac{3}{2}}\mathrm dx[/dispmath]
Integral, kao i kad smo računali površinu lopte, rešavamo smenom:
[inlmath]x=R\sin t\\
\mathrm dx=R\cos t\mathrm dt\\
t=\arcsin\frac{x}{R}\\
x=-R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{-R}{R}=-\frac{\pi}{2}\\
x=R\;\Rightarrow\;t=\arcsin\frac{R}{R}=\frac{\pi}{2}[/inlmath]
[dispmath]H=\frac{4}{3}\pi\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(R^2-R^2\sin^2t\right)^{\frac{3}{2}}R\cos t\mathrm dt=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin^2t\right)^{\frac{3}{2}}\cos t\mathrm dt=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left|\cos^3t\right|\cos t\mathrm dt[/dispmath]
Pošto je [inlmath]\cos t\ge0[/inlmath] na celom intervalu [inlmath]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right][/inlmath], možemo izostaviti zagrade za apsolutnu vrednost:
[dispmath]H=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^4t\mathrm dt=\frac{4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1+\cos2t}{2}\right)^2\mathrm dt=\frac{\cancel4}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+2\cos2t+\cos^22t}{\cancel4}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm dt+\frac{2}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm dt+\frac{1}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^22t\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi R^4\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\left.\frac{1}{3}\pi R^4\sin2t\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{3}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos4t}{2}\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi^2R^4+\frac{1}{3}\pi R^4\underbrace{\left[\sin\pi-\sin\left(-\pi\right)\right]}_{0-0=0}+\frac{1}{6}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos4t\right)\mathrm dt=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{3}\pi^2R^4+\frac{1}{6}\pi R^4\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{6}\pi R^4\int\limits_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos4t\mathrm dt=\frac{1}{3}\pi^2R^4+\frac{1}{6}\pi^2R^4+\left.\frac{1}{24}\pi R^4\sin4t\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}=[/dispmath][dispmath]=\frac{1}{2}\pi^2R^4+\frac{1}{24}\pi R^4\underbrace{\left[\sin2\pi-\sin\left(-2\pi\right)\right]}_{0-0=0}=\enclose{box}{\frac{1}{2}\pi^2R^4}[/dispmath]
