Поверхностный интеграл первого рода

[Alfucio]

Здравствуйте!

Пытаюсь решить интеграл $\[\int\limits_S {\int\limits_{} {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } dS} \]$, где $S$ — боковая поверхность конуса $\[\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} - \frac{{{z^2}}}{{16}} = 0\]$, $\[0 \le z \le 3\]$.

Ничего, к сожалению, не получается... Пробовал переходить и в координаты
$\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 5 \cdot r \cdot \cos (\varphi )}\\ {y = 3 \cdot r \cdot \cos (\varphi )}\\ {z = 4 \cdot r} \end{array}} \right.\]$,
и в декартовых сначала считать, все равно получается при подстановки в формулы все очень сложное :). Maple не берет такие интегралы (может, конечно, вычислить приближенное значение, но ведь не это нужно :) ), которые у меня получались.

Что-то придумать, увидеть что-то особое (чтобы по смыслу сработать) тоже пока не получилось...

Подскажите, пожалуйста, что делать.

[svv]

Вряд ли. У Вас есть
$x^2+y^2$,
$\frac {x^2} {a^2}+\frac {y^2} {b^2}$,
$(1+\frac {c^2} {a^2})\frac {x^2} {a^2} + (1+\frac {c^2} {b^2})\frac {y^2} {b^2}$,
и все под корнем. По-моему, безнадежно.

[Alfucio]

Да, мне также кажется...

Единственное, что смущает, нашел эту задачу в общем виде в учебном пособии Пензенского государственного университета «Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы» (стр. 85):

$$\[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}};z \in [0;b]\]$$

Интересно, почему $z$ именно от $0$ до $b$... Загадка :).

[svv]

Ладно, раз такое дело, давайте попробуем взять. Сделайте, пожалуйста, следующее:
1. Запишите интеграл в декартовых координатах $x$ и $y$. О пределах интегрирования пока не думайте. У меня получилось
$\int \int \sqrt{x^2+y^2} \sqrt{1 + (\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2} dx\,dy = \int \int \sqrt{x^2+y^2} \sqrt{1 + \frac {\frac{c^2x^2}{a^4}+\frac{c^2y^2}{b^4}} {\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}}} dx\,dy$
У Вас тоже так?

2. Перейдите к обычным полярным координатам $\rho$ и $\varphi$. Квадратный корень должен быть один, и он не должен содержать $\rho$, оно сократится.
Пределы: по $\varphi$ -- от $0$ до $2\pi$ (или от $-\pi$ до $+\pi$), по $\rho$ -- от $0$ до $\rho_{max}(\varphi)$, где $\rho_{max}$ находится из условия
$\frac {z_{max}} c = \rho_{max} \sqrt{\frac{\cos^2 \varphi}{a^2}+\frac{\sin^2 \varphi}{b^2}}$.

В этом месте напишите, что у Вас получилось -- сверимся.
Дальше я думаю, что легко возьмется интеграл по $\rho$.

Ещё просьба: раньше времени не подставляйте числовые значения.

[Alfucio]

Ура, что-то стало получаться.

1) Да, у меня получается такой же «страшный» :) интеграл.

2) $\sqrt {E \cdot G - F^2} = \sqrt {2} r$

Получается интеграл (я сразу разделил его до $\frac {\pi}{2}$ и умножил на 4, здесь это можно сделать, насколько я понимаю):

$$4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\int\limits_0^{\frac{b}{c} \cdot {{\left( {\frac{{{{\cos }^2}(\varphi )}}{{{a^2}}} + \frac{{{{\sin }^2}(\varphi )}}{{{b^2}}}} \right)}^{\frac{{ - 1}}{2}}}} {\left( {\sqrt 2 \cdot {r^2}} \right)dr} } \right)d\varphi } $$

Внутренний берется без проблем. В результате получается:

$$\frac{1}{3}\frac{{\sqrt 2 \cdot {b^3}}}{{{c^3}{{\left( {\frac{{{{\cos }^2}(\varphi )}}{{{a^2}}} + \frac{{{{\sin }^2}(\varphi )}}{{{b^2}}}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}$$

Уже даже Maple берет его, получается:

$$\frac{4}{3}\frac{{\sqrt 2 \cdot {b^4}{a^2}E\left( {\frac{{\sqrt {{a^2} - {b^2}} }}{a}} \right)}}{{{c^3}}}$$

Подскажите, пожалуйста, как Maple'у удается взять внешний интеграл? Как можно преобразовать нижнее выражение или как взять интеграл, чтобы свести к данному эллиптическому интегралу?

[svv]

1) Это хорошо.
Только я хочу уточнить: в декартовых координатах Ваш интеграл совпадает с моим (возможно, после элементарных преобразований), или он просто по виду такой же страшный, как мой?

А вот дальше у нас по-разному. И, к сожалению, дальше я перестал понимать, что Вы делаете.
Я в том интеграле просто подставил $\sqrt{x^2+y^2}=\rho$, $x=\rho\cos\varphi$, $y=\rho\sin\varphi$, $dx\,dy=\rho\,d\rho\,d\varphi$. Получилось
$\int\limits_{-\pi}^{+\pi} d\varphi \sqrt{1+\frac{\frac{c^2\cos^2\varphi}{a^4}+\frac{c^2\sin^2\varphi}{b^4}}{\frac{cos^2\varphi}{a^2}+\frac{sin^2\varphi}{b^2}}} \int\limits_{0}^{\rho_{max}(\varphi)} \rho^2 \, d\rho$
Внутренний равен $\rho_{max}^3/3$, подставляем сюда $\rho_{max}(\varphi)=\frac{z_{max}}{c\sqrt{\frac{cos^2\varphi}{a^2}+\frac{sin^2\varphi}{b^2}}}$ и получаем
$\frac{z_{max}^3}{3c^3} \int\limits_{-\pi}^{+\pi} \frac{\sqrt{ \frac{a^2+c^2}{a^4} \cos^2 \varphi + \frac{b^2+c^2}{b^4} \sin^2 \varphi }} {(\frac{cos^2\varphi}{a^2}+\frac{sin^2\varphi}{b^2})^2} d\varphi$
Если у меня есть какие-то ошибки, обязательно скажите.

У меня прорва вопросов по Вашему изложению. Что такое $\sqrt{EG-F^2}$? По теории это $\sqrt{1 + (\frac{\partial z}{\partial x})^2+(\frac{\partial z}{\partial y})^2}$, но почему тогда это равно $\sqrt{2}r$? Что такое $r$ -- это $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$ или $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$? Почему пропала симметрия между $a$ и $b$? Откуда взялось $\pi$, если по $\varphi$ еще не интегрировали?

[Alfucio]

Здравствуйте!

Извините, пожалуйста, за такое длительное отсутствие, была минисессия...

1) Да, интеграл получается такой же, как у Вас.
2) Вы правы, у меня получилось неверно. Я использовал следующий переход:
$\[\left\{ \begin{array}{l} x = r \cdot \cos (\varphi )\\ y = r \cdot \sin (\varphi )\\ z = r \end{array} \right.\]$.
Сейчас я понимаю, что его использовать нельзя, так как тогда рассматривается совсем другая поверхность :).

Если делать, как Вы предлагаете, то также и получается. Если использовать $\[\sqrt {E \cdot G - {F^2}} \]$, то получается также, но просто в другом виде (чего и следовало ожидать, так как это просто разные способы вычисления одного и того же)...

Получается, что ничего хорошего не видно?

[svv]

Опыта приведения эллиптических интегралов к каноническому виду у меня нет. Но мне кажется, что нужно начать вот с чего.

1. Интегрирование по каждому из интервалов $[-\pi;-\pi/2]$, $[-\pi/2; 0]$, $[0, \pi/2]$, $[\pi/2, \pi]$ дает одно и то же значение. Доказывается заменами типа $\varphi=\pi-{\varphi}_1$ (на каждом участке своя замена). Значит, интегрируем по $[0, \pi/2]$ и домножаем на 4:
$I=\frac{4 z_{max}^3}{3c^3} \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{\sqrt{ \frac{a^2+c^2}{a^4} \cos^2 \varphi + \frac{b^2+c^2}{b^4} \sin^2 \varphi }} {(\frac{\cos^2\varphi}{a^2}+\frac{\sin^2\varphi}{b^2})^2} d\varphi$

2. Делаем замену $\varphi=\pi/2-{\varphi}_1$, в результате поменяются местами синус и косинус (при данных численных значениях так будет лучше). Когда это сделали, обозначаем $\varphi_1$ опять $\varphi$. Затем выражаем $\cos^2 \varphi=1-\sin^2 \varphi$, выносим множители и т.д.:
$I=\frac{4 z_{max}^3}{3c^3} \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{\sqrt{ \frac{a^2+c^2}{a^4} \sin^2 \varphi + \frac{b^2+c^2}{b^4} \cos^2 \varphi }} {(\frac{\sin^2\varphi}{a^2}+\frac{\cos^2\varphi}{b^2})^2} d\varphi =\frac{4 z_{max}^3}{3c^3} b^2 \sqrt{b^2+c^2} \int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{ \sqrt{ 1 - \frac{a^4(b^2+c^2)-b^4(a^2+c^2)}{a^4(b^2+c^2)} \sin^2 \varphi}} {(1-\frac{a^2-b^2}{a^2} \sin^2\varphi)^2} d\varphi$

3. Вводим константы $k^2=\frac{a^4(b^2+c^2)-b^4(a^2+c^2)}{a^4(b^2+c^2)}$, $p^2=\frac{a^2-b^2}{a^2}$. При значениях $a$, $b$, $c$, данных в задаче, $k^2$ и $p^2$ больше $0$ и меньше $1$, это хорошо (чтобы добиться этого, я менял местами синус и косинус).
Тогда интеграл без множителя $\frac{4 z_{max}^3}{3c^3} b^2 \sqrt{b^2+c^2}$ равен
$\int\limits_{0}^{\pi/2} \frac{ \sqrt{ 1 - k^2 \sin^2 \varphi}} {(1-p^2\, \sin^2\varphi)^2} d\varphi$

Надеюсь, отсюда уже недалеко до эллиптических интегралов Лежандра в тригонометрической форме. По крайней мере, нечто весьма похожее. (см., например, справочник Корна).

Вы можете последний интеграл взять в Maple для проверки?

[Alfucio]

Получается интеграл:

$$\frac{1}{2} \cdot {\mkern 1mu} \frac{{{p^4}EllipticPi\left( {{p^2},k} \right) + {p^2}EllipticK\left( k \right) - 2{\mkern 1mu} {p^2}EllipticPi\left( {{p^2},k} \right) - {p^2}EllipticE\left( k \right) - {k^2}EllipticK\left( k \right) + {k^2}EllipticPi\left( {{p^2},k} \right)}}{{{p^2}\left( { - 1 + {p^2}} \right)}}$$

Здесь $EllipticK$ — полный нормальный эллиптический интеграл Лежандра 1-го рода; $EllipticPi(a, b)$ — полный нормальный эллиптический интеграл Лежандра 3-го рода, $\Pi(-a, b)$ в обозначениях русской Википедии (посмотрел, с обозначениями Корна они совпадают), $EllipticE$ — полный нормальный эллиптический интеграл Лежандра 2-го рода.

Проверил, оба интеграла дают значение 78.42688689 (примерно) при значениях первоначальной задачи. Получается, что ответ уже можно записать в виде эллиптических интегралов. Два вопроса остаются: как интегрировать интеграл, чтобы получить такие эллиптические, и нельзя ли их еще упростить (чтобы получить меньше эллиптических). Так как тоже с эллиптическими не работал, попробую, как будет возможность, более глубоко углубиться в эту тему, и понять, как интегрировать тот интеграл (привести к эллиптическому виду).

svv, спасибо огромное! :)

[svv]

Пожалуйста, рад был помочь.
Я немного преобразовал Ваше выражение, получилось:
$\frac{1}{2}\Pi(p^2, k) - \frac{k^2-p^2} {2p^2 (1-p^2)} \left(\Pi(p^2, k)-K(k)\right) + \frac{1}{2(1-p^2)}E(k)$