Edit: Esta prueba es incorrecta, y la propuesta de respuesta es incorrecta. Como se ha señalado por @TonyK en los comentarios, en el cálculo de la pendiente es malo.
Voy a dejar la respuesta en este caso, sin embargo, porque ver a una incorrecta de la prueba es a menudo tan instructivo como ver a una correcta.
Sugerencia: Como resulta que el "engrosamiento" del elipsoide es otra elipsoide. Usted puede mostrar con un poco de esfuerzo que en caso de que el elipsoide es
$$\left(\frac xa\right)^2 + \left(\frac yb\right)^2+ \left(\frac zc\right)^2=1$$
a continuación, la externamente elipsoide externamente thicked por $\epsilon$ tiene una superficie exterior
$$\left(\frac x{a+\epsilon}\right)^2 + \left(\frac y{b+\epsilon}\right)^2+ \left(\frac z{c+\epsilon}\right)^2=1$$
Así, el volumen de cálculo para la nueva superficie es esencialmente el mismo que el cálculo de la superficie original, suponiendo que usted puede hacer eso. Los dos elipsoides no sean similares, a menos que $a=b=c$.
Addendum: Este es el cálculo que he usado. Originalmente, yo sólo lo hice para una elipse. Pero el cálculo es igual de fácil para un elipsoide. Así que supongamos que tenemos un elipsoide $E$
$$\left(\frac xa\right)^2 + \left(\frac yb\right)^2+ \left(\frac zc\right)^2=1\tag{1}$$
y consideremos el elipsoide $E'$
$$\left(\frac x{a+\epsilon}\right)^2 + \left(\frac y{b+\epsilon}\right)^2+ \left(\frac z{c+\epsilon}\right)^2=1\tag{2}$$
Considerar el punto de $P(x_0,y_0,z_0)$ $E$ (WLOG, trabajamos en el primer octante donde todas las coordenadas son positivas) y forma el punto de $$Q((1+\tfrac{\epsilon}a)x_0,(1+\tfrac{\epsilon}b)y_0,(1+\tfrac{\epsilon}c)z_0)$$
Reivindicación 1: $P$ $Q$ $\epsilon$ unidades de distancia.
Prueba:$$|Q-P|^2 = |((1+\tfrac{\epsilon}a)x_0,(1+\tfrac{\epsilon}b)y_0,(1+\tfrac{\epsilon}c)z_0)-(x_0,y_0,z_0)|^2$$
$$=|((\tfrac{\epsilon}a)x_0,(\tfrac{\epsilon}b)y_0,(\tfrac{\epsilon}c)z_0)|^2$$
$$=\epsilon^2|(\tfrac{x_0}a,\tfrac{y_0}b,\tfrac{z_0}c)|^2$$
$$=\epsilon^2((\tfrac{x_0}a)^2 + (\tfrac{y_0}b)^2 + (\tfrac{z_0}c))^2 = \epsilon^2$$
desde $P$ se encuentra en $E$. $\blacksquare$
Reivindicación 2: Q se encuentra en $E'$.
Prueba: Escribir $Q$ $$Q=((1+\tfrac{\epsilon}a)x_0,(1+\tfrac{\epsilon}b)y_0,(1+\tfrac{\epsilon}c)z_0)$$
$$= \left((a+\epsilon)\tfrac{x_0}a,(b+\epsilon)\tfrac{y_0}b,(c+\epsilon)\tfrac{z_0}c\right)$$
A continuación, $Q$ satisface la ecuación de $(2)$ porque $P$ satisface la ecuación de $(1)$ ya que por hipótesis de $P$ se encuentra en $E$. $\blacksquare$
Reivindicación 3: $Q$ se encuentra en la recta normal a$E$$P$.
Prueba: con Respecto a $(1)$$F(x,y,z)=1$, se puede formar el vector gradiente
$\nabla F(x_0,y_0,z_0) = (2x_0/a,2y_0/b,2z_0/c)$ lo cual es normal a$E$$(x_0,y_0,z_0)$. Así, una ecuación de la recta normal a $E$ $P$ es
$$(x,y,z) = (x_0,y_0,z_0) + t(\tfrac{x_0}a,\tfrac{y_0}b,\tfrac{z_0}c)$$
que puede ser escrito
$$(x,y,z) = \left( (1+\tfrac ta)x_0,(1+\tfrac tb)y_0,(1+\tfrac tc)z_0\right)$$
Tomando $t=\epsilon$, recuperamos $Q$, lo $Q$ se encuentra en esta línea. $\blacksquare$
Las reivindicaciones 1, 2, y 3, en conjunto, muestran que $E'$ es obtenido por el engrosamiento $E$ $\epsilon$ unidades. Cada punto en $E$ se trasladó hacia el exterior por $\epsilon$ unidades a lo largo de la normal en ese punto a la forma $E'$. Esto concluye la prueba.