Поверхностные интегралы

[Ubermensch]

Разбираюсь с поверхностными интегралами. Не очень понимаю пока, поэтому трудно идет.
Хотелось бы услышать комментариев по поводу моих решений.

1.

$$\iint\limits_{S}^{}(x+y+z^2)dS$$

, где S - часть поверхности $z=\sqrt{x^2+y^2}$ между плоскостями $y=\left\lvert x \right\rvert$ и $y=3$
Решение:
Получается конус. Проекция на $Oxy$ - треугольник.
Переходим от ПОВИ-1 к 2И: $\sqrt{1+(z'_x)^2+(z'_y)^2}=\sqrt{2}$
$I=\iint\limits_{S}^{}(x+y+z^2)dS=\sqrt{2}\iint\limits_{D}^{}(x+y+x^2+y^2)dxdy=2\sqrt{2}\int\limits_{0}^{3}dx\int\limits_{0}^{x}(x+y+x^2+y^2)dy=50\sqrt{2}$

2. Найти площадь части цилиндра $x^2+z^2=1$, содержащейся между $y=x^2, y=-x^2$
Решение:
Рисунок - цилиндр, лежащий на $Oy$ и $y=x^2, y=-x^2$
$S=\iint\limits_{S}^{}dS$ $z=\pm\sqrt{1-x^2}$
$dS=\frac{dxdy}{\sqrt{1-x^2}}$
$S=2\int\limits_{0}^{1}dx\int\limits_{-x^2}^{x^2}\frac{dy}{\sqrt{1-x^2}}=4$

3. Найти площадь части винтовой поверхности $x=u\cosv, y=u\sinv, z=u+v, 0\leqslant u \leqslant2, u \leqslant v \leqslant u$
Решение:

$$\iint\limits_{D}^{}\sqrt{EG-F^2}dudv=\iint\limits_{D}^{}\sqrt{2u^2+1}dudv=\int\limits_{0}^{2}du\int\limits_{u}^{2u}\sqrt{2u^2+1}dv=\frac{13}{3}$$

4.

$$\iint\limits_{S}^{}(2x^2+2y^2+4z^2)dxdy$$

, где S - внутренняя сторона части полусферы $z=\sqrt{9-x^2-y^2}$, вырезанной конусом $z=\sqrt{x^2+y^2}$

Решение:

$$\iint\limits_{S}^{}(2x^2+2y^2+4z^2)dxdy=\iint\limits_{D}^{}(2x^2+2y^2++36-4x^2-4y^2)dxdy=[x=r\cos\varphi, y=r\sin\varphi, z=r]=\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{0}^{\frac{3}{\sqrt{2}}}r(36-r)dr=36\pi(18-\sqrt{)} $$

5.

$$\iint\limits_{S}^{}(-3x^2+4y^2+4z^2)dydz$$

, если S - внешнаяя сторона поверхности $x=\sqrt{y^2+z^2}$ между $x=2, x=4$

Решение:
Рисунок: конус, лежащий на оси $Ox$, а вот проекция на $Oyz$ будет кольцо с радиусами 2 и 4 ???
$I=\iint\limits_{S}^{}(-3x^2+4y^2+4z^2)dydz=[z=\frac{r}{2}\cos\varphi, y=\frac{r}{2}\sin\varphi, I=\frac{r}{4}]=\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{2}^{4}\frac{1}{4}r(-3r+r^2)dr=2\pi$

6.

$$\iint\limits_{S}^{}3xdydz-2ydxdz-4zdxdy$$

, где S - нижня сторона части плоскости $3x+2y-3z=6$ в 8 октанте

Решение:

$$\iiint\limits_{V}^{}(3-2-4)dxdydz+\iint\limits_{z=0}^{}+\iint\limits_{x=0}^{}+\iint\limits_{y=0}^{}=-3\iiint\limits_{V}^{}dxdydz=-3\int\limits_{0}^{2}dx\int\limits_{}^{}dy\int\limits_{}^{}dz$$

что тут делать с пределами интегрирования в 8 октанте?

7.

$$\oint\limits_{l}^{}(2y+z)dx+(2x+z)dy+(2x+y)dz$$

, l - эллипс $x^2+y^2=1$, $x+y+z=1$, пробегаемый против ч. стрелки если смотреть из точки (4, 0, 0)

Решение:
Рисунок не очень понятен. Круг на оу и треугольник оуz.

Здесь по Стоксу

$$\iint\limits_{S}^{}-\cos\beta dS$$

все косинусы $= \frac{1}{\sqrt{3}}$

$$-\iint\limits_{S}^{}\frac{1}{\sqrt{3}}dS$$

И дальше я что-то засомневался и растерялся.

[provincialka]

Ой, много букафф. Посмотрела последнее

Ubermensch в сообщении #951028 писал(а):

l - эллипс $x^2+y^2=1$, $x+y+z=1$, пробегаемый против ч. стрелки если смотреть из точки (4, 0, 0)

Решение:
Рисунок не очень понятен. Круг на оу и треугольник оуz.

Первое уравнение - это не круг. Это цилиндр с образующей, параллельной оси $Oz$. Его пересекает плоскость.

-- 23.12.2014, 02:51 --

А вы Стокса через поверхностный интеграл второго рода не знаете?

[Ubermensch]

Да, цилиндр конечно. 3 часа ночи, надо спать.
Да, через ПИ 2 рода знаю. Спасибо.

[Ubermensch]

Хотелось бы узнать, что более-менее правильно.

[Otta]

Вы их зачем все в одну тему запихали? чтобы всем стало страшно от многабукав? и никто не отвечал?
По порядку: первое задание.
Почему интеграл по проекции равен двум интегралам по половине проекции? Это точно?

Второе - нормально.

Третье - это не винтовая поверхность. Вы что-то попутали: или параметризацию, или слово перед ней.

Пятое: какого типа интеграл Вы считаете?

Шестое:

Ubermensch в сообщении #951028 писал(а):

что тут делать с пределами интегрирования в 8 октанте?

Нарисовать и расставить.

Про Стокса было уже.

[Ubermensch]

1. Говорят, что нельзя. А почему?
Тогда разивать на 2 интеграла?
3. Тут тригонометрия съелась. $x=u\cdot\cos(v), y=u\cdot\sin(v)$
5. Поверхностный интеграл второго рода свел к двойному интегралу.
7.

$$\iint\limits_{S}{}\frac{1}{\sqrt{3}}dS$$

Получилось в ответе $-\pi$ Но я в задаче никак не учитывал точку (4, 0, 0).

[Otta]

1. А почему можно? Давайте так - когда можно? Если не очень ясно, когда, то есть смысл считать весь полностью, зачем на два-то.
3. А с $z$ все в порядке? Я не могу проверять, когда не вижу, что, как и почему считалось. :(
Кстати, Вы видите то, что у Вас написано под п. 4? Все полностью? Хорошо Вам, а у меня монитор такого не выдерживает, диагональю, видать, не вышел. И не проверяю, соответсссно.
5.

Ubermensch в сообщении #951229 писал(а):

5. Поверхностный интеграл второго рода свел к двойному интегралу.

В пределах интегрирования какое-то вранье, ориентация поверхности непонятно где учтена. И под интегралом что-то странное. Может, опечатка. А может, так задумано. Но странное.

Пока хватит.

[Ubermensch]

1. Как узнать, когда можно разбивать, а когда нет?
3. Найти площадь части винтовой поверхности $x=u \cos v, y=u \sin v, z=u+v, 0\leqslant u \leqslant2, u \leqslant v \leqslant u$
Решение:

$$\iint\limits_{D}^{}\sqrt{EG-F^2}dudv=\iint\limits_{D}^{}\sqrt{2u^2+1}dudv=\int\limits_{0}^{2}du\int\limits_{u}^{2u}\sqrt{2u^2+1}dv=\frac{13}{3}$$

4 у меня тоже не видно. Как ни пробовал, но если под одним тегом $ умещать формулу, то не отображается. Разбил на части.
4.

$$\iint\limits_{S}^{}(2x^2+2y^2+4z^2)dxdy$$

, где S - внутренняя сторона части полусферы $z=\sqrt{9-x^2-y^2}$, вырезанной конусом $z=\sqrt{x^2+y^2}$

Решение:

$$\iint\limits_{S}^{}(2x^2+2y^2+4z^2)dxdy= =\iint\limits_{D}^{}(2x^2+2y^2++36-4x^2-4y^2)dxdy=[x=r\cos\varphi, y=r\sin\varphi, z=r]=\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi$$

$\cdot$
$\cdot$

$$\int\limits_{0}^{\frac{3}{\sqrt{2}}}r(36-r)dr=36\pi(18-\sqrt{)}$$

в 5 значит проекция не кольцо с радиусами 2 и 4?

[provincialka]

Ubermensch в сообщении #951268 писал(а):

в 5 значит проекция не кольцо с радиусами 2 и 4?

Именно. Кольцо. Только зачем при замене переменных вы ввели множитель $\frac12$? Где-то вы его учли, где-то нет. Пересчитайте аккуратнее. Вы бы, не допуская спешки, сначала (кратный) интеграл по $dydz$ записали. И ориентацию учтите: наружная сторона конуса - "верхняя" или "нижняя"? (если ось $Ox$ вверх пустить)

(Оффтоп)

Цитата:

«Этот ром выдержан достойно, без спешки, как и подобает лучшему рому в мире»

-- 23.12.2014, 21:36 --

№7. На что вам это корни из 3? Запишите поверхностный интеграл 2 рода и выразите все через $x, y$. Там сразу ответ получается.

[Ubermensch]

А в 1 задании получается же неограниченная поверхность. То есть конус сверх ничем не ограничен. Получается мое первое задание неправильно сделано и вообще нельзя найти поверхность?
Я думаю, может опечатка в условии. Вместо игрек равен 3 нужно зет равен 3.

[Lia]

Ubermensch
Формулы оформляйте.

[provincialka]

Ubermensch в сообщении #952316 писал(а):

А в 1 задании получается же неограниченная поверхность. То есть конус сверх ничем не ограничен. Получается мое первое задание неправильно сделано и вообще нельзя найти поверхность?

Это у вас паника. Из конической поверхности вырезается кусок. Конус ограничивать не надо, вы же интеграл не по трехмерному телу берете.

Otta в сообщении #951203 писал(а):

первое задание.
Почему интеграл по проекции равен двум интегралам по половине проекции? Это точно?

Подсказка: обычно такое удвоение связано с четностью функции. А у вас какие? И по какой переменной проверять четность?