Поверхностные интегралы

[Merhaba]

Добрый Вечер!! Помогите Пожалуйста вычислить поверхностные интегралы!
Поверхностный интеграл первого рода:
$\iint_{S}dS$, $S $- часть параболоида $z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)$ $0\leqslant z\leqslant 1$
Поверхностный интеграл второго рода:
$\iint_{S}(xz^2+y^2)dydz+(yx^2+z^2)dzdx+(2y^2+x^2)dxdy$, $S$ - часть внешней стороны конуса $1-z=\sqrt{x^2+y^2}$ $z\geqslant 0$
У меня затруднения вызывает расстановка пределов в интегралах Помогите Пожалуйста

-- Сб дек 10, 2011 18:17:00 --

Поверхностный интеграл первого рода:
$z=z(x,y)$
$dS = \sqrt{1+(\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2}$

-- Сб дек 10, 2011 18:19:03 --

Поверхностный интеграл второго рода:
Проектирование на координатные плоскости - $XOY, XOZ, YOZ$

[AKM]

Перемещено в "Помогите решить".

Merhaba,
выбирайте правильно раздел.

[GAA]

1. Сведите поверхностный интеграл к двойному интегралу в исходных координатах, указав для начала в качестве области интегрирования просто букву $D$. Разберитесь, почему областью интегрирования $D$ является круг. (Это Вы начали делать, но не завершили). Далее, проще всего, перейти в двойном интеграле в полярную систему координат. Вспомните определение полярной системы координат и сразу сможете расставить пределы интегрирования.

2. Во втором упражнении попыток решения нет. Приведите, пожалуйста, свои попытки, пока тему не закрыли.

[Merhaba]

GAA
Подскажите Пожалуйста, во втором задании нормаль будет с плюсом, или с минусом?

[GAA]

Ко второму упражнению. По условию двойной интеграл распространён по «верхней» стороне поверхности. Направляющие косинусы нормали:

$$\cos \lambda = \frac{-z_x’} {\sqrt{1+ z_x’^2+ z_y’^2}}, \quad \cos \mu = \frac{-z_y’} {\sqrt{1+ z_x’^2+ z_y’^2}}, \quad \cos \nu = \frac {1} {\sqrt{1+ z_x’^2+ z_y’^2}}.$$

Вариант решения I. Свести интеграл второго рода к интегралу первого рода

$$\iint_S Pdydz + Q dzdx + R dxdy = \iint_S (P \cos \lambda + Q \cos \mu + R \cos \nu) dS, $$

а затем, свести интеграл первого рода к двойному интегралу по области $D = \{(x, y): \; x^2 + y^2 \le 1\}$. Этот двойной интеграл легко вычисляется в полярной системе координат.

Вариант II. Обозначим через $I_0$ поверхностный интеграл по «нижней» стороне основания цилиндра $S_0 = \{(x, y, z): \; z=0, \; x^2 + y^2 \le 1\}$: $I_0 = \iint_{S_0} Pdydz + Q dzdx + R dxdy$. Конус без основания ($1-z=\sqrt{x^2+y^2}$ $z\geqslant 0$) в объединении с основанием конуса образуют замкнутую поверхность. Воспользуемся для вычисления поверхностного интеграла по такой замкнутой поверхности т. Остроградского — Гаусса

$$\iint_{S \cup S_0} Pdydz + Q dzdx + R dxdy = \iiint_V \left(\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) dxdydz.$$

Интегрирование в тройном интеграле выполняется по объему, который ограничен поверхностью. Тройной интеграл легко вычисляется в цилиндрической системе координат. Если потом из этого интеграла вычисть $I_0$, то получим искомый поверхностный интеграл второго рода.

Все это подробно изложено в учебниках, см., например,
Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 3. (djvu)