Вычислить интеграл

[Quadrelle]

При помощи формулы Стокса вычислить интеграл

$$\oint\limits_{L} y^2dx+z^2dy+x^2dz$$

, где $L$ - кривая, лежащая в пересечении эллипсоида $x^2 +y^2 +2z^2 =2a^2$ и плоскости $y-x=0$, ориентированная положительно относительно вектора $(1,0,0)$.

Хотел бы узнать верны ли мои рассуждения:

В пересечении лежит эллипс. Зададим на нем ($L$) ориентацию. Кривая ориентированна в положительном направлении относительно орта, если $L$ ориентирована против часовой стрелки, если смотреть сверху. Значит, если смотреть на проекцию сечения в осях $0xy$, то мы будем двигаться по $L$ от первого квадранта к третьему (как это формально объяснить?)
Найдем вектор нормали. По выбранной ориентации $L$ выбираем вектор $n=(\frac 1 {\sqrt2} ,- \frac 1 {\sqrt2},0)$
$rotF=(-2z,-2x,-2y)$.
Следовательно по формуле Стокса $\oint\limits_{L} y^2dx+z^2dy+x^2dz = \iint\limits_{S} rotF\cdot ndS$
Найдем $S, dS$
Рассмотрим поверхность $y=y(x,z)=x$, ее проекция на $0xz эллипс \frac {x^2} {2a^2} + \frac{z^2} {a^2} =1 $
Значит $\iint\limits_{S} rotF\cdot ndS = 2\iint\limits_{S} x-z dS = 2\iint\limits_{\frac {x^2} {2a^2} + \frac{z^2} {a^2} \leq 1 } x-z\cdot \sqrt{2} dxdz$
Ответ у меня - $0$

[12d3]

У меня тоже ноль. Гораздо проще выйдет, если параметризовать $x=a \cos \varphi,\,\,y=a\cos \varphi,\,\,z=a\sin \varphi$.

[provincialka]

Вообще-то формула Стокса превращает криволинейный интеграл второго рода в поверхностный интеграл второго же рода. А вы сразу к первому перешли.
А вы техникой внешнего дифференцирования не пользуетесь? Я бы считала так:
$\omega =y^2dx+z^2dy+x^2dz$, так что $D\omega = 2ydydx+2z dzdy +2xdxdz$. Но нам еще известно, что $y = x, dy=dx$, так что новое подынтегральное выражение приобретает вид $D\omega = 0 + 2z dzdx +2xdxdz=2(z-x)dzdx$

Посмотрите еще, как будет задаваться проекция области на плоскость $zOx$. Там соображения четности помогут.

[Quadrelle]

12d3 в сообщении #940753 писал(а):

У меня тоже ноль. Гораздо проще выйдет, если параметризовать $x=a \cos \varphi,\,\,y=a\cos \varphi,\,\,z=a\sin \varphi$.

Но тогда надо как-то найти L в явном виде.

Кто-нибудь может еще посчитать?

[provincialka]

Кстати, у вас область интегрирования какая-то странная.

-- 05.12.2014, 17:37 --

Quadrelle в сообщении #940756 писал(а):

Кто-нибудь может еще посчитать?

Я же вам практически посчитала
Область, после подстановки $y=x$ будет иметь границу $x^2+z^2=a^2$. Симметричная и по $x$, и по $z$. А функция какая? Четная или нечетная?

[Quadrelle]

$\frac {x^2} {2a^2} + \frac{z^2} {a^2} \leq 1$ - проекция функции $y=x$ на ось $0xz$ не вижу ничего странного
и не могу понять нужен корень из двух или нет?

[12d3]

Quadrelle в сообщении #940756 писал(а):

Но тогда надо как-то найти L в явном виде.

То, что я написал, и есть параметрическое уравнение L, явнее некуда.

-- Пт дек 05, 2014 18:47:32 --

Простите, не заметил вначале, что требуется применить именно формулу Стокса. Тогда мое замечание не в кассу.

[provincialka]

А чего проецировали-то? Весь эллипсоид? Или только сечение плоскостью $y=x$? Чтобы спроецировать последнее, надо из системы уравнений исключить $y$. То есть взять из второго и подставить в первое. Получим $2x^2+2z^2=2a^2$

(Оффтоп)

Подумайте, для чего там натыкали этих двоек :-)

А то, что вы написали - не проекция, а сечение эллипса плоскостью $y=0$. Откуда она взялась?

-- 05.12.2014, 17:54 --

Quadrelle в сообщении #940759 писал(а):

и не могу понять нужен корень из двух или нет?

В окончательном виде (через $dzdx$) - не нужен. Потому что $dS$ отличается от $dzdx$ как раз в $\sqrt 2$ раз.

Вот не люблю я эти интегралы первого рода. То ли дело интеграл от диф.формы: алгебра думает за нас.

[Quadrelle]

provincialka в сообщении #940763 писал(а):

А чего проецировали-то? Весь эллипсоид? Или только сечение плоскостью $y=x$? Чтобы спроецировать последнее, надо из системы уравнений исключить $y$. То есть взять из второго и подставить в первое. Получим $2x^2+2z^2=2a^2$

(Оффтоп)

Подумайте, для чего там натыкали этих двоек

А то, что вы написали - не проекция, а сечение эллипса плоскостью $y=0$. Откуда она взялась?

Да, я проецировал весь эллипсоид, неверно, значит интегрируем по области $x^2+z^2 \leq a^2$
Остался вопрос с $\sqrt{2}$...

[provincialka]

Ответила (отредактировала выше). Все-таки решать такие примеры через интегралы второго рода гораздо проще. Правда, их не всегда дают... В том же Демидовиче эта тема не раскрыта, как и написано в предисловии к новым изданиям.

[Quadrelle]

provincialka в сообщении #940755 писал(а):

$2(z-x)dzdx$

Вроде, как от выбора нормали зависит знак интеграла. если брать нормаль, как я писал в певом сообщении - то будет $2(x-z)dxdz$

[provincialka]

Выбор нормали начинает сказываться, когда мы от интеграла второго рода переходим к интегралу первого рода. Сама подынтегральная форма от этого не меняется. Вроде у вас получается "задняя" сторона плоскости $xOz$ (проверьте, могу ошибаться), поэтому при записи интеграла в "первом роде" знак будет минус.

Хотела дать ссылку на предыдущую тему, а это оказывается тоже была ваша! Мы вроде там все это обговорили?

[Quadrelle]

provincialka в сообщении #940755 писал(а):

Вообще-то формула Стокса превращает криволинейный интеграл второго рода в поверхностный интеграл второго же рода. А вы сразу к первому перешли.

$\oint\limits_{L} y^2dx+z^2dy+x^2dz = \iint\limits_{S} (\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z})dy \wedge dz +(\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x})dz \wedge dx +(\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x})dz \wedge dx= \iint\limits_{S} rotF\cdot ndS$

Нам просто объясняли, что при переходе к интегралу первого рода у нас под интегралом скалярное произведение и его знак(интеграла) зависит от выбора направления нормали. Так как направление на L задано, то по правилу правой руки $n$ надо брать как в 1-м сообщении, если я не прав - поправьте

[provincialka]

Насчет знака думайте сами. А вот то, что формулу Стокса дают в таком виде - это плохо. Затуманивает мозги.

[Quadrelle]

Хорошо, спасибо еще раз за помощь!