Поверхностный интеграл

[Limit79]

Здравствуйте!

Подскажите, пожалуйста, как вычислить поверхностный интеграл

$$\iint\limits_{S} dS$$

где $S$:

$$z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$$

при

$$x \geqslant 0, y \geqslant 0, x+y=a$$

Поверхность $S$ - часть половины сферы $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$, которая проецируется на $xOy$ в треугольник

$$\left\{\begin{matrix} 0\leqslant x \leqslant a\\ 0\leqslant y \leqslant a-x \end{matrix}\right.$$

$$dS = \sqrt{1+(z'_{x})^2+(z'_{y})^2} dxdy = \sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}} dxdy = \frac{a dxdy}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$

Тогда

$$\iint\limits_{S} dS = \iint\limits_{D} \frac{a dxdy}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$

Проекция поверхности в полярных координатах

$$\left\{\begin{matrix} 0\leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}\\ 0\leqslant r \leqslant \frac{1}{\cos(\varphi)+\sin( \varphi)} \end{matrix}\right.$$

И получается вот что

$$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \varphi \int\limits_{0}^{\frac{1}{\cos(\varphi)+\sin( \varphi)}} \frac{a r dr}{\sqrt{a^2-r^2}}$$

Вроде бы все хорошо получается, первообразная внутреннего интеграла - корень, и $r^2$ под ним будет, и вроде кажется, что дробь с синусом и косинусом в знаменателе хорошо преобразуется, но не получается это сделать

Подскажите, пожалуйста, может я что-то делаю не так...

[Otta]

Limit79 в сообщении #873003 писал(а):

$$x \geqslant 0, y \geqslant 0, x+y=a$$

Здесь должно быть неравенство вместо уравнения. Иначе это уже не поверхность.

[Limit79]

Otta
А таким образом можно задать тело? Или тоже будет непонятно какое из двух? Или вообще тела не будет, так как снизу оно не ограничено?

[Otta]

Я ж говорю, неравенство должно быть. Иначе непонятно, если часть сферы - то по какую сторону от плоскости. А у Вас в таком виде вообще дуга на сфере задана.

[Limit79]

Otta
Про поверхность я понял, я про тело спрашивал

[Otta]

Про чьё?

У Вас же двумерное все.

[Limit79]

Otta
Аа... я понял, так как эта штука задает дугу, то тело оно задать не может

-- 08.06.2014, 03:21 --

Otta в сообщении #873009 писал(а):

У Вас же двумерное все.

Сфера же в пространстве, да и плоскость

[Otta]

Limit79 в сообщении #873010 писал(а):

Сфера же в пространстве, да и плоскость

Но размерность-то у каждой два. А у их пересечения - один, как Вы изволили заметить, это дуга.

Вы интеграл ищете для вполне определенной части сферы, и задается она именно неравенством, Вы только не успели осознать, что Вы это используете. А могло там быть и другое неравенство. И, кстати, выразите $r$ хорошо из уравнения плоскости, Вы там константу потеряли.

[Limit79]

Otta
Да, константу потерял...

В общем, если эти уравнения не задают никакую поверхность -- это очень хорошо

Спасибо Вам за помощь!

[Otta]

Чё ж хорошего. Просто опечатка в методичке.
Либо пытались задавать криволинейный интеграл, либо поверхностный, но ошиблись значком в одном месте при наборе. Оба считаются.

[Limit79]

Otta
В оригинале задание звучит так:

Цитата:

Найти координаты центра тяжести однородной поверхности $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ ($x \geqslant 0$, $y \geqslant 0$, $x+y=a$ ).

Так что скорее всего опечатка в знаке...

-- 08.06.2014, 03:48 --

Otta в сообщении #873014 писал(а):

Оба считаются.

Я б посчитал, но лучше сначала уточню задание.

-- 08.06.2014, 04:41 --

Otta
А все таки, если предположить, что $x+y \leqslant a$, то мое решение верно? (про потерянный параметр в уравнении прямой понял, стартовый пост уже не отредактировать), и, если да, то как дальше его делать?