Вычисление поверхностных интегралов второго рода

[Asatnin]

Возникли проблемы при решении поверхностных интегралов.

1) Вычислить $\iint\limits_{S}^{}x^2dydz+z^2dxdy$, где $S$ - внешняя часть сферы $x^2+y^2+z^2=R^2, x\leqslant0, y\geqslant0$.
2) Вычислить $\iint\limits_{S}^{}(x-1)^3dydz$, где $S$ - внешняя сторона полусферы $x^2+y^2+z^2=2x, z\leqslant0$.
3) Вычислить $\iint\limits_{S}^{}yzdzdx$, где $S$ - внешняя сторона части эллипсоида $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1, z\geqslant0$.

Решаю следующим образом:

1) Посчитаем каждый из интегралов по отдельности. Область $D(y;z)$ - проекция поверхности $S$. Так как весь интеграл необходимо вычислить по внешней части, то первый интеграл берём со знаком минус, так как при $x\leqslant0$ внешние нормали составляют тупой угол с осью $OX$.
$\iint\limits_{S}^{}x^2dydz=-\iint\limits_{D(y;z)}^{}(R^2-y^2-z^2)dydz=-\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}d\varphi\int\limits_{0}^{R}(R^2-r^2)rdr=-\frac{\pi\cdot R^4}{4}$
$\iint\limits_{S}^{}z^2dxdy=0$
В итоге получаем $-\frac{\pi\cdot R^4}{4}$. В ответах же к задачнику $-\pi\cdot R^4$.

2) Преобразовав уравнение сферы, получим $x-1=\pm\sqrt{1-y^2-z^2}$. Рассекая полусферу плоскостью $x=1$, видим, что при $x\geqslant1$ внешние нормали составляют острый угол с осью $OX$, то есть знак интеграл не меняется, а при $x\leqslant1$ - тупой угол, то есть интеграл берём с минусом. Посчитаем первый интеграл:
$\iint\limits_{S}^{}(x-1)^3dydz=\iint\limits_{D(y;z)}^{}(1-y^2-z^2)^{3/2}dydz=\int\limits_{\pi}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{0}^{1}(1-r^2)^{3/2}rdr=\frac{\pi}{5}$
$\iint\limits_{S}^{}(x-1)^3dydz=-\iint\limits_{D(y;z)}^{}-(1-y^2-z^2)^{3/2}dydz=\frac{\pi}{5}$
В итоге получаем $\frac{2\pi}{5}$. В ответах же к задачнику $-\frac{2\pi}{5}$.

3) $y=\pm\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{z^2}{c^2}}b$. Здесь левее плоскости $y=0$ внешняя нормаль составляет тупой угол с $OY$ - интеграл меняет знак, правее же интеграл не меняет знак. Посчитаем интеграл, который не меняет знак:
$\iint\limits_{S}^{}yzdzdx=\iint\limits_{D(x;z)}^{}\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{z^2}{c^2}}bzdzdx=abc^2\int\limits_{0}^{\pi}\sin{\varphi}d\varphi\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1-r^2}r^2dr=2abc^2(\frac{\pi}{4}-\frac{2}{3})$
Интеграл с меняющимся знаком равен тому же числу, то есть ответ есть $4abc^2(\frac{\pi}{4}-\frac{2}{3})$. В ответах же к задачнику $abc^2(\frac{\pi}{4})$.

Спросить больше не у кого, поэтому прошу помощи у вас.

[iifat]

Asatnin в сообщении #1095310 писал(а):

$\iint\limits_{S}^{}z^2dxdy=0$

Вот так, навскидку, не странно ли, что из двух одинаковых интегралов только один равен нулю?

[provincialka]

Не одинаковы. Область интегрирования симметрична по $z$, так что интеграл от четной функции равен 0.

[svv]

Asatnin
У меня в 1) и 2) получились те же ответы, что и у Вас.

(Оффтоп)

В оправдание составителей могу сказать: да здравствует учитель, которому удалось научить ученика что-то делать лучше, чем он умеет сам.

В 3) у Вас ошибка в интеграле:
WolframAlpha: Integrate[r^2 Sqrt[1 - r^2], {r, 0, 1}]
Если её исправить (уверен, Вы сами разберётесь), всё сойдётся с ответом.
Итак, счёт 2:1 в Вашу пользу.

[iifat]

provincialka в сообщении #1095320 писал(а):

Не одинаковы

А, ёлки, не заметил, что там кусок сферы...