Поверхностный интеграл

[Quadrelle]

Найти интеграл

$$\iint\limits_{S} x^2 y dy \wedge dz + xy^2 dz \wedge dx +xyz dx \wedge dy$$

, где $S$ - нижняя сторона части сферы $x^2 +y^2 +z^2 =R^2, x \geq 0,y\geq0,z\geq0$

Идея: выразить $z =f(x,y)$
перейти к интегралу первого рода

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

, где $F=(P,Q,R)$ , $N=(f'_x,f'_y,-1)$. Но как найти $dS$ ?

[ewert]

Quadrelle в сообщении #940191 писал(а):

Идея: выразить $z =f(x,y)$
перейти к интегралу первого рода

Крайне вредная идея. Тупо выражайте, например, для первого интеграла $x$ через $y,z$ из уравнения поверхности и ещё более тупо считайте двойной интеграл.

(Оффтоп)

С галочками я ещё готов примириться; но вот отсутствие скобок -- неприлично в высшей степени.

[Quadrelle]

а нельзя сделать как-то через параметризацию? и как понять нижняя сторона части сферы?

[ewert]

Quadrelle в сообщении #940198 писал(а):

а нельзя сделать как-то через параметризацию?

Если ищется приключений на разные части тела, то придумать можно что угодно.

Quadrelle в сообщении #940198 писал(а):

и как понять нижняя сторона части сферы?

Как безграмотность составителя задачи. Понять это можно единственным образом -- как косноязычный намёк на то, что нормаль берётся внутренняя. Однако сам интеграл в этих намёках ни разу не нуждается, и нормаль в нём, наоборот, внешняя.

[Quadrelle]

Я так понимаю, что от выбора нормали зависит знак в ответе или нет?
а почему все-таки вы сначала сказали, что внутренняя нормаль, не совсем понял?

[provincialka]

ewert в сообщении #940202 писал(а):

Однако сам интеграл в этих намёках ни разу не нуждается, и нормаль в нём, наоборот, внешняя.

Почему?

Quadrelle в сообщении #940206 писал(а):

а почему все-таки вы сначала сказали, что внутренняя нормаль, не совсем понял?

А где находится нижняя сторона верхней половины сферы? "Внутри" сферы или снаружи?

[ewert]

.

Quadrelle в сообщении #940206 писал(а):

а почему все-таки вы сначала сказали, что внутренняя нормаль,

А потому, что никакого другого смысла слово "нижняя" иметь не может (этот при сильном желании может, поскольку сама поверхность-то сверху). Т.е. оно, говоря формально, вообще не имеет смысла, но никакого другого -- тем более.

-- Чт дек 04, 2014 18:30:28 --

provincialka в сообщении #940207 писал(а):

Почему?

Потому что если внешние формы заменить на просто дэигрекдэзет. Если же хочется попижонить именно внешними формами, то всё равно любые уточнения насчёт направления излишни.

[Quadrelle]

Хорошо, тогда нормаль $n=(-f'_x,-f'_y,1)$, но все-таки как искать $dS$. По тому как нам сказали посчитать двумя способами - через сведение к интграла к интегралу первого рода и через введение параметризации, например здесь модно сферические координаты

[provincialka]

(вечный спор)

ewert в сообщении #940196 писал(а):

С галочками я ещё готов примириться; но вот отсутствие скобок -- неприлично в высшей степени.

Дело вкуса. Чисто формально скобки не добавляют информации, поэтому их можно и не писать. Так же как и галочки: ведь под интегралом не может стоять другого произведения дифференциалов)

-- 04.12.2014, 17:36 --

ewert в сообщении #940209 писал(а):

Потому что если внешние формы заменить на просто дэигрекдэзет.

И что? форма - одно, а сторона поверхности - другое. Чё-то я вас не понимаю

Quadrelle в сообщении #940212 писал(а):

двумя способами - через сведение к интграла к интегралу первого рода и через введение параметризации, например здесь модно сферические координаты

Два плохих способа вместо одного хорошего.
А вот если продифференцировать исходное уравнение поверхности (в смысле взятия дифференциала)? Можно многое узнать и о подынтегральной форме, и о производных (раз уж они вам так нужны)

[ewert]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #940213 писал(а):

форма - одно, а сторона поверхности - другое.

Ну там же какие-то формы. Я не вникал, какие в точности. Но твёрдо знаю, что они 1) тут примерно как кобыле пятое колесо и 2) если уж они, то однозначны.

Короче: куда ни кинь -- всюду клин.

[provincialka]

Quadrelle в сообщении #940212 писал(а):

Хорошо, тогда нормаль $n=(-f'_x,-f'_y,1)$, но все-таки как искать $dS$.

Эта ваша нормаль не единичная. Если уж так писать, надо поделить ее на длину. И как раз длина, умноженная на $dxdy$ и будет равна $dS$. Так что длина сократится.

[Quadrelle]

Получил ответ $\frac {R^5} 3 $ ка поверить, что это правда?

[provincialka]

ewert в сообщении #940216 писал(а):

Ну там же какие-то формы. Я не вникал, какие в точности. Но твёрдо знаю, что они 1) тут примерно как кобыле пятое колесо и 2) если уж они, то однозначны.

Хорошие формы, внешние дифференциальные. И что однозначно? Интегралы $\iint\limits_{(D)}\omega$ и $\iint\limits_{-(D)}\omega$ отличаются знаком. Здесь через $(D)$ обозначена ориентированная поверхность, а через $-(D)$ - та же поверхность, ориентированная в противоположную сторону.

-- 04.12.2014, 17:49 --

Quadrelle в сообщении #940222 писал(а):

Получил ответ $\frac {R^5} 3 $ ка поверить, что это правда?

А вы каким методом считали? Попробуйте другим.

-- 04.12.2014, 17:53 --

(Оффтоп)

У меня такой же ответ. Через внешние формы.

[Quadrelle]

provincialka в сообщении #940218 писал(а):

Quadrelle в сообщении #940212 писал(а):

Хорошо, тогда нормаль $n=(-f'_x,-f'_y,1)$, но все-таки как искать $dS$.

Эта ваша нормаль не единичная. Если уж так писать, надо поделить ее на длину. И как раз длина, умноженная на $dxdy$ и будет равна $dS$. Так что длина сократится.

Тогда получаем интеграл

$$\iint\limits_{S} \frac{x^3 y} {\sqrt{R^2 -x^2 -y^2}} + \frac{xy^3}{\sqrt{R^2 -x^2 -y^2}} +xy \sqrt{R^2 -x^2 -y^2}dxdy$$

Пределы $x$ - от $0$ до $R$, $y$ - от $0$ до $\sqrt{R^2 -x^2}$

Получил $\frac{R^5} 3$

-- 04.12.2014, 17:58 --

То есть ли бы в задании было указано, что надо считать во верхней стороне, то ответ бы бы со знаком "-" ?

[provincialka]

Я делала так. $2xdx+2ydy+2zdz=0$, откуда $ydy=-xdx-zdz$. Подставляя это выражение в первое и последнее слагаемые, получаем, что подынтегральная форма принимает вид

$$ \omega =x^2 (-xdx-zdz)dz + xy^2 dz dx +xz dx(-xdx-zdz)=-x^3dxdz+xy^2dzdx-xz^2dxdz=$$

$$=x(x^2+y^2+z^2)dzdx = R^2xdzdx$$

Так как сторона нижняя, она направлена против оси $Oy$, так что интеграл можно переписать в виде $\iint\limits_{(D)}R^2xdxdz$, где $(D)$ - проекция сферы на плоскость $Oxz$, ориентированная в соответствии с направлением $Oy$. Поэтому интеграл можно считать просто двойным по четверти круга.