Демидович 2350 (поток)

[caxap]

Найти $\iint_S z\,dx dy$, где $S$ -- внешняя сторона эллипсоида $\frac {x^2}{a^2}+\frac {y^2}{b^2}+\frac {z^2}{c^2}=1$. (Ответ: $\frac 4 3 \pi abc$.)

Сначала возьму интеграл по верхней половине эллипсоида. $dxdy$, как я понимаю, это проекция вектора элементарной площадки $\vec n\,dS$ на $Oxy$, т. е. $dS\cos\alpha = dxdy$.
$\cos\alpha=\frac {z'_x}{\sqrt{1+(z'_x)^2+(z'_y)^2}}$
$dS=\sqrt{EG-F^2}\,dxdy=\sqrt{1+(z'_x)^2+(z'_y)^2}\,dxdy$
$\cos\alpha\cdot dS=z'_x=-\frac {c^2x}{\sqrt{1-\frac {x^2}{a^2}-\frac {y^2}{b^2}}}$
Получаем

$$\iint_{S_{xy}} z\,z'_x\,dxdy=-c^4 \iint_{S_{xy}} x\,dxdy=0$$

Что я делаю не так?

-- менее минуты назад --

По теорема Остроградского--Гаусса всё просто получается: $\int_S (0,0,z)\cdot d\vec S=\int_V \operatorname{div}(0,0,z)\,dV=\int_v dV=\frac 43 \pi a b c$.

Но почему в лоб не получается так? Может я как-то неправильно понимаю. Ведь если рассматривать $\int_S z\,dxdy$, но $S$ -- не эллипсоид, а его проекция $S_{xy}$, то получается двойной интеграл, равный половине объёма эллипсоида.

[Casaubon]

caxap в сообщении #374498 писал(а):

проекция вектора элементарной

Подумайте, какой знак у этой проекции в разных случаях.

И с интегралами беда, почему при симметрии по $x$ и $y$ в интеграле остаётся только $x$?

[caxap]

Да, я ступил. Там надо брать $\cos\gamma=z'_z/\sqrt{...}=1/\sqrt{...}$. Тогда $\cos\gamma \cdot dS=dxdy$. Получается обычный двойной интеграл по проекции $S_{xy}$. Т. к. мы рассматривали только половину эллипсоида, то умножаем ответ на 2.

[ewert]

caxap в сообщении #374498 писал(а):

Найти $\iint_S z\,dx dy$, где $S$ -- внешняя сторона эллипсоида $\frac {x^2}{a^2}+\frac {y^2}{b^2}+\frac {z^2}{c^2}=1$. (Ответ: $\frac 4 3 \pi abc$.)

Вообще-то ответ -- ноль, разумеется, просто по симметрии задачи...

(имеется в виду, что интеграл записан явно не так, как задумывалось)

[caxap]

ewert
Задание верно записано.

Не очень понял про симметрию. Вот если бы там было, скажем $z^2$, а не $z$ -- то да, в одну половинку эллипсоида линий входит столько же, сколько выходит из другой. А с просто $z$ получается, что в полуплоскости $z\ge 0$ векторные линии направлены вверх, а в нижней -- вниз. В итоге получается вдвое больший поток, чем через одну половину. А через одну половину поток равен $\iint_{S_{xy}} z\,dxdy=V_{1/2}$, где $V_{1/2}=\frac 46 \pi abc$ -- объём половинки эллипсоида.

По теорема Остроградского--Гаусса то же выходит: $\vec a=(0,0,z)$, $\operatorname{div} \vec a = 1$. Т. е. получается объём. Судя по тому, что здесь вообще эллипсоид не использовался, то, наверное, любой интеграл $\iint z\,dxdy$ по замкнутой поверхности даст объём. (А может нет...)

[ewert]

caxap в сообщении #374652 писал(а):

в одну половинку эллипсоида линий входит столько же, сколько выходит из другой.

А там нет вообще никаких линий. Поскольку Вы написали двойной интеграл, а не поверхностный. И угадать, что в точности имелось при этом в виду -- нет никакой возможности.

[caxap]

ewert
Я списал 1 к 1 из Демидовича. А как правильно надо записывать? Просто учебник старый, может сейчас по-другому принято?

[Padawan]

ewert
Ё-моё! Всё правильно у caxap-а

[ewert]

Padawan в сообщении #374711 писал(а):

ewert
Ё-моё! Всё правильно у caxap-а

совершенно не исключено, что и правильно (выписано из задачника). Но -- бессмысленно: "$dxdy$" -- это именно двойной интеграл, а вовсе не поверхностный. Всяческие же его домысливания -- не более чем разгильдяйство в записи.

[caxap]

ewert
Скажите, пожалуйста, как правильно записать поверхностный интеграл. Если можно -- на примере исходного интеграла.

(Оффтоп)

Просто в старых учебниках (Фихтенгольц) и задачниках (Демидович) поверхносстный интеграл записывается как $\iint_S P\,dydz+Q\,dxdz+R\,dxdy$ (в моём случае $P=Q\equiv 0$, $R=z$). Я смотрел в Зориче (он вроде посовременней), там вообще какие-то дифференциальные формы, я ничего там не понял