Поверхностный интеграл 2 рода и тройной интеграл

[Infer57]

Здравствуйте, у меня есть две проблемы, прошу помощи в том что бы их разрешить.
1) Есть поверхностный интеграл 2 рода:
$\iint\limits_{S}^{}{x}^{2}dy\cdot dz+{y}^{2}dz\cdot dx+{z}^{2}dx\cdot dy$, где S - верхняя сторона поверхности $z={x}^{2}+{y}^{2}$ и $0\leqslant z \leqslant 1$
Я рассуждал так, можно воспользоваться свойством аддитивности и разделить исходный интеграл на сумму трех интегралов. И по скольку $x, y, z$ входят в этот интеграл симметрично, достаточно посчитать любой один из них и результат умножить на три. Я решил брать $\iint\limits_{S}^{}{z}^{2}dxdy$. Т.к. $z={x}^{2}+{y}^{2}$, получаем $\iint\limits_{S}^{}{({x}^{2}+{y}^{2})}^{2}dxdy$. Перейдем в полярные координаты и получим:

$$\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{0}^{1}{p}^{5}dp = \frac{\pi}{3}$$

. Тогда в конечном итоге получаем ответ: $\pi$.
Я не до конца уверен в правильности своих действий в начале решения. Скажите, пожалуйста, справедливы ли они?

2) Вторая проблема заключается в том, что я не могу разобраться с пределами интегрирования в тройном интеграле:

$$\iiint\limits_{V}^{}xyzdxdydz$$

, где V: ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \leqslant 9, {x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \leqslant 6z, x\geqslant 0, y\geqslant 0 $
Мои рассуждения: по всей видимости, необходимо рассматривать два случая: когда верхней границей является сфера ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \leqslant 9$, а нижней фигура ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \leqslant 6z$, а второй случай: верхняя граница - фигура ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \leqslant 6z$, нижняя - сфера ${x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2} \leqslant 9$. Далее, из каждого уравнения выразил z: $z \leqslant\pm \sqrt{9-{x}^{2}-{y}^{2}}$ и ${z}^{2}-6z+9 \leqslant 9-{x}^{2}-{y}^{2}$ т.е. ${(z-3)}^{2}\leqslant 9-{x}^{2}-{y}^{2}$ или $z \leqslant \pm\sqrt{9-{x}^{2}-{y}^{2}}+3$. А как развивать дальше, что делать с пределами интегрирования никак не могу сообразить.
Направьте или помогите оттолкнуться, пожалуйста.

[Lia]

Infer57 в сообщении #1269606 писал(а):

Я рассуждал так, можно воспользоваться свойством аддитивности и разделить исходный интеграл на сумму трех интегралов. И по скольку $x, y, z$ входят в этот интеграл симметрично, достаточно посчитать любой один из них и результат умножить на три.

$z$ не входит симметрично в уравнение поверхности.

Infer57 в сообщении #1269606 писал(а):

2) Вторая проблема заключается в том, что я не могу разобраться с пределами интегрирования в тройном интеграле:

Перейти к сферическим координатам, вестимо.

[iifat]

Infer57 в сообщении #1269606 писал(а):

поскольку $x, y, z$ входят в этот интеграл симметрично

Интеграл, вообще-то, насколько понимаю, это не интеграл с пришлёпленной поверхностью интегрирования. Симметрия $x, y, z$ должна включать не только симметрию подынтегрального выражения, но и симметрию поверхности.

Infer57 в сообщении #1269606 писал(а):

как развивать дальше

Дальше идти не стоит, пока не разобрались точно с фигурами. Ладно, первая — сфера (точнее, шар, но ограничен он и правда сферой); посмотрите внимательно на вторую: она — что? Потом представить себе область интегрирования и выбрать порядок интегрирования, а потом уж решать, нужно нам сверху и снизу, слева и справа или же вообще спереди и сзади.

[Infer57]

В первом пункте, в таком случае, будет лучше перейти к тройному интегралу по формуле Остроградского?

Во втором:

Цитата:

Перейти к сферическим координатам

$$\left\{ \begin{array}{rcl} x=p\cos\varphi\sin\theta \\ y=p\sin\varphi\sin\theta \\ z=p\cos\theta \\ dxdydz={p}^{2}\sin\theta dpd\varphi d\theta \end{array} \right.$$

В таком случае:
${p}^{2} \leqslant 9$, т.е. $0 \leqslant p \leqslant 3$
И
$p\leqslant 6\cos\theta$, тогда $\cos\theta\geqslant 0$, и $0 \leqslant \theta\leqslant \frac{\pi}{2}$
И $0 \leqslant \varphi\leqslant 2\pi$
Я не могу понять, как же должно изменяться $p$ (вообще, думал, что от 0 до 3, но смущает $p\leqslant 6\cos\theta$)

Цитата:

Дальше идти не стоит, пока не разобрались точно с фигурами

Вторая фигура тоже шар: ${x}^{2}+{y}^{2}+{(z-3)}^{2} \leqslant 9$

[svv]

Infer57 в сообщении #1269660 писал(а):

В первом пункте, в таком случае, будет лучше перейти к тройному интегралу по формуле Остроградского?

Нет, она для преобразования интеграла по замкнутой поверхности в объёмный, а у Вас поверхность незамкнута.

Попробуйте показать, что интеграл от первого слагаемого и интеграл от второго слагаемого равны нулю в силу симметрии.

[Infer57]

Цитата:

Попробуйте показать, что интеграл от первого слагаемого и интеграл от второго слагаемого равны нулю в силу симметрии.

$\iint\limits_{S}^{}{x}^{2}dy\cdot dz=\iint\limits_{S}^{}(z-{y}^{2})dy\cdot dz$
$\iint\limits_{S}^{}{y}^{2}dz\cdot dx=\iint\limits_{S}^{}(z-{x}^{2})dz\cdot dx=-\iint\limits_{S}^{}(z-{x}^{2})dx\cdot dz$
И по скольку $x$ и $y$ входят симметрично в интеграл и в уравнение плоскости, модули эти интегралы равны по модулю, а значит в сумме они дают 0. Так?

[svv]

Я имел в виду, что даже каждый из них по отдельности равен нулю.
В первом взаимно уничтожаются вклад области $x>0$ и вклад области $x<0$.
Во втором взаимно уничтожаются вклад области $y>0$ и вклад области $y<0$.

Это может показаться неожиданным, потому что подинтегральная функция в обоих случаях, вроде бы, чётная по $x$ и $y$ соответственно.
Интересно, сможете ли Вы, хотя бы интуитивно, понять, почему вклады указанных областей противоположны, несмотря на чётность?

[Infer57]

Цитата:

почему вклады указанных областей противоположны, несмотря на чётность?

Полагаю, потому что мы рассматриваем поверхностный интеграл 2 рода, мы рассматриваем не сами области, а их проекции на координатные оси
А то что написал я справедливо или нет (просто хочется узнать)?

[svv]

Infer57 в сообщении #1269997 писал(а):

мы рассматриваем не сами области, а их проекции на координатные оси

Да. И всё это — с учётом ориентации. Вы чувствуете, что здесь важна ориентация, поэтому Вы написали $\int ... dz\cdot dx = -\int ... dx\cdot dz$. Правда, такие преобразования вряд ли допустимо делать в рамках Вашего курса и в пределах используемых обозначений. Но с более общей точки зрения (интегрирование дифференциальных форм) Вы мыслите правильно.

Infer57 в сообщении #1269997 писал(а):

А то что написал я справедливо или нет (просто хочется узнать)?

Выделим на поверхности $z=x^2+y^2$ область $S'$, где $x\geqslant 0, y\geqslant 0, z\leqslant 1$. Икс и игрек входят симметрично? Попробуйте сказать, какие знаки будут иметь интегралы $\int\limits_{S'} x^2 dy\, dz$ и $\int\limits_{S'} y^2 dz\, dx$.

(Ответ)

Оба интеграла отрицательные и в сумме давать $0$ не хотят.