Поверхностный интеграл 1-го рода

[mirh]

Дан интеграл

$$\int_ {}\int_{} (x-y) dS$$

и поверхность $ z^2=a(a-x) $ внутри цилиндра $ x^2+y^2=a^2 $, нужно найти поверхностный интеграл 1-го рода. Для этого я выразил $ z=\sqrt {a(a-x)} $ , нашел $ dS=\sqrt{1+\frac{a^2}{4(a^2-ax)}}= \sqrt {\frac{5a^2-4ax}{4(a^2-ax)}}$, перешел к двойному интегралу по проекции на плоскость $ xOy $, проекция-окружность радиуса $ a $. Получился такой интеграл $\frac {1}{2}\int_ {}\int_{} (x-y) \sqrt {\frac{5a^2-4ax}{4(a^2-ax)}} dxdy $. Правильно ли я сделал? Я не знаю как извлечь этот интеграл.

[phys]

Может переход в цилиндрические координаты поможет? Не забудьте про Якобиан перехода.

[mirh]

После перехода к цилиндрическим координатам получился такой интеграл $\frac {1}{2}\int_ {-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\varphi \int_{0}^{a} a^2(\cos\varphi-\sin\varphi) \sqrt {\frac{5a^2-4a^2\cos\varphi}{4(a^2-a^2\cos\varphi)}} dr $, как можно извлечь этот интеграл?

[Алексей К.]

А как можно было не сократить а-квадраты под радикалом?
Извлечь его до конца я не пытался, но напрашивается $1-\cos\varphi=2\sin^2\dfrac{\varphi}2$.

[svv]

Еще в исходном интеграле из $(x-y)$ можно выбросить $y$ в силу симметрии. В цилиндрическом это $\sin\varphi$.

Алексей К. писал(а):

А как можно было не сократить а-квадраты под радикалом?

Дык, автор ведь и спрашивает: что надо делать? Скажете "сократить" -- он сократит.

[mirh]

Алексей К., я видел, что сократить можно и $1-\cos \varphi$ видел, после пробразований получается что-то вроде $\int_{-1}^{1} \frac {\sqrt{t^2+9}} {t^2+1} dt$

(Оффтоп)

Браво, svv. Вы очень остроумны, я в восторге. Надеюсь, что остальные тоже