Поверхностные интегралы

[StaticZero]

Доброго времени суток.

Имеются затруднения с поверхностными интегралами: ни один не могу правильно взять. Причём я не понимаю покамест, где мои затруднения: в понимании смысла закорючек или в технике вычислений.

Рассмотрим задачу из одного уважаемого задачника:

Цитата:

Вычислить интеграл

$$ \iint \limits_S z \ \mathrm dS,$$

где $S$ — часть поверхности $x^2 + z^2 = 2az$ $(a > 0)$, вырезанная поверхностью $z = \sqrt{x^2 + y^2}$.

Что можно делать:
1) отыскать параметризацию искомой поверхности $x = x(u, v)$, $y = y(u, v)$, $z = z(u, v)$ и свести поверхностный интеграл к интегралу с весом $w = w(u, v)$ (вид функции $w$ известен — коэффициент перехода, но её выражение громоздкое слишком) по плоскости $Ouv$ в области $\Omega$;

2) взять проекцию на одну из трёх плоскостей, выразив "убираемую" координату через две остальные и пользоваться стандартной формулой, как если бы у нас было $z = z(x, y)$ (или $x = x(y, z)$, $\ldots$).

Попробую второй путь, так как первый выглядит просто страшной хреновиной.

Перепишем уравнение поверхности в виде

$$ x^2 + z^2 = 2 a z - a^2 + a^2, \qquad x^2 + (z - a)^2 = a^2$$

и увидим, что это цилиндр радиуса $a$, ось которого имеет уравнение $(z = a, x = 0)$. Супер.
Дальше, смотрим на вторую штуку и видим уравнение $z^2 = x^2 + y^2, \ z \geqslant 0$. Эта поверхность есть конус с осью $(x = 0, y = 0)$, раствор в положительное полупространство $z \geqslant 0$.

Как теперь это всё проецировать? Я даже не знаю, как выглядит граница области, которая должна получаться...

-- 14.10.2016, 16:46 --

Я могу, например, выяснить, что если рассекать эти фигурки, поставленные вместе в одну систему координат, плоскостями вида $z = c$, то точками пересечения конуса и цилиндра будут четыре штуки на одну такую плоскость:

$$ M(c) = \big(\pm \sqrt{2 a c - c^2}, \pm \sqrt{2 c^2 - 2 a c}, c\big), \qquad 2a \geqslant c \geqslant a. $$

Но что с этим делать, я, всё же не знаю.

-- 14.10.2016, 16:57 --

Спроецируем все эти точки на $Oxz$. Нам нужно выкинуть игреки, тогда получим уравнение проекции границы:

$$ x(z) = \pm \sqrt{2 a z - z^2}. $$

Возводя в квадрат, обнаруживаем, что это уравнение боковой стенки цилиндра. Только нам нужна будет та половинка, которая $2a \geqslant z \geqslant a$. То есть получается, что область интегрирования $\Omega$ представляет собой следующее множество:

$$ \Omega = \begin{cases} -a \leqslant x \leqslant a, \\ a \leqslant z \leqslant a + \sqrt{a^2 - x^2} \end{cases}. $$

Тогда остаётся взять из конуса $y = \sqrt{z^2 - x^2}$, $\dfrac{\partial y}{\partial x} = - \dfrac{x}{\sqrt{z^2 - x^2}}$, $\dfrac{\partial y}{\partial z} = \dfrac{z}{\sqrt{z^2 - x^2}}$ и всё это подставить в интеграл:

$$ \iint \limits_S z \ \mathrm dS = \iint \limits_\Omega z \ \sqrt{1 + \dfrac{x^2}{z^2 - x^2} + \dfrac{z^2}{z^2 - x^2}} \ \mathrm dx \ \mathrm dz = \sqrt{2} \iint \limits_\Omega \dfrac{z^2 \ \mathrm dx \ \mathrm dz}{\sqrt{z^2 - x^2}}.$$

Правильно?

[svv]

Именно у Вас, как мне кажется, не должно быть с этим никаких проблем.
Какие тут есть вопросы:
$\bullet$ Выбор координат в пространстве или параметризации на поверхности (на 40% наука, на 60% искусство)
$\bullet$ Правильная запись интеграла: переход от теоретического кратного интеграла к практическому повторному, подинтегральная функция, якобиан, пределы (100% наука)
$\bullet$ Взятие интеграла (50% наука, 50% искусство, в реальных задачах ещё и везение)
В чём из этого Вы чувствуете себя не очень уверенно? (Фразу «Причём я не понимаю покамест, где мои затруднения: в понимании смысла закорючек или в технике вычислений» я видел.)

StaticZero в сообщении #1159747 писал(а):

Правильно?

Сейчас посмотрю.

[StaticZero]

svv в сообщении #1159754 писал(а):

Выбор координат в пространстве или параметризации на поверхности (на 40% наука, на 60% искусство)

Здесь плаваю абсолютно.

svv в сообщении #1159754 писал(а):

Правильная запись интеграла: переход от теоретического кратного интеграла к практическому повторному, подинтегральная функция, якобиан, пределы (100% наука)

По плоскости двойной (может даже и тройной) интеграл до повторного довести смогу, кажется. Высшие размерности даже и не пробовал — страшно...

svv в сообщении #1159754 писал(а):

Взятие интеграла (50% наука, 50% искусство, в реальных задачах ещё и везение)

Здесь иногда трудно бывает, но в целом справляюсь.

-- 14.10.2016, 17:39 --

Вообще, часто встречаю в учебниках и пособиях фразу, несущую такой смысл: "да поверхностный интеграл это то же самое, что и криволинейный, только в пространстве". Только для меня, оказывается, эта разница представляет пропасть колоссального размера.

[svv]

StaticZero в сообщении #1159747 писал(а):

Спроецируем все эти точки на $Oxz$. Нам нужно выкинуть игреки, тогда получим уравнение проекции границы:

$$ x(z) = \pm \sqrt{2 a z - z^2}. $$

Возводя в квадрат, обнаруживаем, что это уравнение боковой стенки цилиндра. Только нам нужна будет та половинка, которая $2a \geqslant z \geqslant a$. То есть получается, что область интегрирования $\Omega$ представляет собой следующее множество:

$$ \Omega = \begin{cases} -a \leqslant x \leqslant a, \\ a \leqslant z \leqslant a + \sqrt{a^2 - x^2} \end{cases}. $$

Гм...

Вот, смотрите, когда интеграл объемный, то всё равно, сказать ли: область, вырезанная конусом из цилиндра, или цилиндром из конуса — всё равно получится пересечение того и другого, а пересечение — операция симметричная.

А тут другое дело. Фигура, вырезанная конусом из цилиндрической поверхности, вся лежит на цилиндрической поверхности. А фигура, вырезанная цилиндром из конической поверхности, вся лежит на конической поверхности.

Я это к тому, что все точки области интегрирования лежат на поверхности цилиндра $x^2 + (z - a)^2 = a^2$ и ни одна внутри. Соответственно, проекция любой точки области на $Oxz$ попадает на окружность, и ни одна — внутрь. Чувствуете диссонанс?

[StaticZero]

svv в сообщении #1159781 писал(а):

Чувствуете диссонанс?

О как. То есть, области интегрирования-то и нет вовсе (она представляет собой одну лишь окружность)?

[svv]

Окружность — это проекция области на $Oxz$, но по координате $y$ (которая «съедается» проекцией) область всё же протяжённая.

-- Пт окт 14, 2016 18:37:29 --

Исключив $z$ из уравнений, получим уравнение границы проекции области на $Oxy$, т.е. «вид сверху»:
Wolfram Alpha: plot x^2+x^2+y^2=2sqrt(x^2+y^2) (при $a=1$)

[StaticZero]

То бишь, оставшийся "вершок" — это кусок цилиндрической поверхности, из которой нужно выдрать $z$. Тогда получаем

$$ z = a + \sqrt{a^2 - x^2}, \qquad \dfrac{\partial z}{\partial x} = - \dfrac{x}{\sqrt{a^2 - x^2}}, \ \dfrac{\partial z}{\partial y} = 0. $$

Интеграл станет тогда таким:

$$ \iint \limits_S z \ \mathrm dS = \iint \limits_\Omega \big(a + \sqrt{a^2 - x^2}\big) \sqrt{1 + \dfrac{x^2}{a^2 -x^2}} \ \mathrm dx \ \mathrm dy = \iint \limits_\Omega \left(a + \dfrac{a^2}{\sqrt{a^2 - x^2}} \right) \ \mathrm dx \ \mathrm dy,$$

где $\Omega$ — точки внутри $\Gamma$, определяемой уравнением

$$\Gamma: 2x^2 - 2 a \sqrt{x^2 + y^2} + y^2 = 0.$$

Верно?

-- 14.10.2016, 19:51 --

Судя по совпавшему ответу, это правильная дорожка

Спасибо, svv!!

[svv]

Хорошо, если получилось.
Для «плюрализма» прорекламирую способ, в котором интеграл сводится к $\iint ... dy\; dz$. Поверхность представляется в виде $x(y,z)$, а на самом деле даже $x(z)$. Тут приятны две вещи.

1) Дифференцируя $x^2+(z-a)^2=a^2$, получим $x\;dx+(z-a)\;dz=0$, откуда $\frac{dx}{dz}=-\frac{z-a}{x}$. Теперь
$dS=\sqrt{1+x'_z^2}\;dy\;dz=\sqrt{\frac{x^2+(z-a)^2}{x^2}}\;dy\;dz=\frac a x\;dy\;dz$,
а весь интеграл $a\iint \frac z x dy\;dz$.

2) Проинтегрировать по $y$ просто: вычитая из уравнения $x^2 + z^2 = 2az$ уравнение $x^2+y^2=z^2$, получим $y=\pm\sqrt{2z(z-a)}$, тогда внутренний интеграл по $y$ будет
$\int\limits_{y_{\min}}^{y_{\max}}dy=2\sqrt{2z(z-a)}$.

Остаётся подставить $x = \sqrt{z(2a-z)}$ и проинтегрировать по $z$.

В общем, путь проходИм. Нужно только учесть, что при таком способе интеграл получается по одной половинке нужной области (скажем, $x>0$), поэтому надо результат умножить на $2$.

[StaticZero]

Ещё раз спасибо. Чуть позже проделаю. Тут я опять в лужу сел в преобразовании координат, но с другой задачей...

Цитата:

Вычислить интеграл

$$ \iint \limits_S |x y z| \ \mathrm dS,$$

где $S$ — часть поверхности $z = x^2 + y^2$, отсекаемая плоскостью $z = 1$.

Хочу сходу перейти в цилиндрические координаты с осью цилиндра $Oz$. У этой системы координат будет переменный радиус.

Запишем преобразование:

$$ \begin{cases} x = r \cos \varphi, \\ y = r \sin \varphi, \\ z = x^2 + y^2 = r^2. \end{cases} $$

Якобиан преобразования $J = r$. Тогда будем иметь $\mathrm dS = r \ \mathrm dr \ \mathrm d \varphi$.
Область интегрирования такая:

$$ \Omega = \begin{cases} 0 \leqslant \varphi < 2 \pi, \\ 0 \leqslant r \leqslant 1. \end{cases} $$

Получаю такой интеграл:

$$ \int \limits_0^{2 \pi} \mathrm d \varphi \int \limits_0^1 |r^2 \cos \varphi \sin \varphi| \cdot r^3 \ \mathrm dr = \dfrac{1}{2} \int \limits_0^{2 \pi} |\sin (2 \varphi)| \ \mathrm d \varphi \int \limits_0^1 r^5 \ \mathrm dr = \dfrac{1}{12} \int \limits_0^{2 \pi} |\sin(2 \varphi)| \ \mathrm d \varphi = \dfrac{1}{3}. $$

Но это ответ неверный. Где я ошибся?

[Otta]

StaticZero в сообщении #1159820 писал(а):

$\mathrm dS = r \ \mathrm dr \ \mathrm d \varphi$

?

[StaticZero]

Ну...Якобиан же...

[Ms-dos4]

StaticZero
А вы что, находитесь в плоскости (т.е. в полярных координатах)? Вам поверхность параметризовать надо.

[StaticZero]

Я в цилиндрических координатах нахожусь. А что мне нужно сделать, чтобы параметризовать поверхность? Поверхность состоит из точек, которые в декартовой системе выглядят, как $M(x, y, z) = (x, y, x^2 + y^2)$. В полярной, стало быть, $M(r, \varphi, z) = (r, \varphi, r^2)$. Или я не понял что-то?

[Ms-dos4]

StaticZero
Ваша поверхность - обычный параболоид, ограниченный сверху (по оси аппликат) плоскостью. А вообще вычисление обычно производится так
$\[\iint {f(x,y,z)dS} = \iint {f(x,y,z(x,y))\sqrt {1 + {{(\frac{{\partial z}}{{\partial x}})}^2} + {{(\frac{{\partial z}}{{\partial y}})}^2}} }dxdy\]$
P.S.При чём тут полярные координаты мне не понятно - ваша задача не координаты сменить (это уже дело удобства), а интегрировать по поверхности.

[StaticZero]

У меня интеграл страшный получается. А у меня просто появились основания думать, что в цилиндрических координатах проще, так как есть осевая симметрия.

$$ \iint \limits_S |x y z| \ \mathrm dS = \int \limits_{-1}^1 \mathrm dx \int \limits_{-\sqrt{1 - x^2}}^{+\sqrt{1 - x^2}} |x y| (x^2 + y^2) \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} \ \mathrm dy.$$