Поверхностный интеграл

[shukshin]

Добрый день, уважаемые участники форума!
Помогите с решением
$ \iint _{S} (x^3 + 3z^2)dydz + y^2dzdx + z^3dxdy$,
здесь $S: x^2 + y^2 = z^2, 0 < z < 2$ задает внешнюю поверхность конуса.
По Остроградскому получил ответ $ 24 \pi$.
Но нужно еще провести вычисления напрямую, не используя формулу. Вот тут я завис.
Пытаюсь разбить интеграл на три части $\iint _{S} (x^3 + 3z^2)dydz + \iint _{S} y^2dzdx + z^3dxdy$
и обсчитывать каждую часть отдельно ( там еще нужно делить на две поверхности - боковую и верхнюю часть).
На первом же интеграле прихожу к нездоровым сложностям.
(по боковой поверхности x выражаю через y, z и прихожу к довольно размашистому двойному интегралу, что-то мне подсказывает, что так не стоит решать)

[provincialka]

По плоской части интеграл считается просто (остается только последнее слагаемое)

На конусе, наверное, надо все-таки перейти к координатам $(x,y)$ (не забывая, что сторона --- нижняя)

В силу $x^2+y^2=z^2$ получаем, что $dz = \dfrac{xdx+ydy}{z}$. Тогда $dydz=\frac xzdydx =-\frac xzdxdy$. И так далее..

-- 17.05.2015, 14:32 --

А потом -- к полярным координатам (или даже сразу к ним!)

[shukshin]

provincialka,
а откуда после $dz = L(dx, dy)$ у вас выражение для $dydz$ сразу?

[provincialka]

По правилам внешнего произведения (а под интегралом стоит именно оно!). Имеем $dx\wedge dy = -dy\wedge dx$, откуда, в частности, следует, что $dx\wedge dx = 0$.
Но если вам эта техника не знакома, можете использовать якобианы В каждом из трех (вернее, в двух первых) слагаемых.

[shukshin]

provincialka
итого пришли к поверхностному
$\iint (z^3 - x(x^3+3z^2)/z - y^3/z) dxdy$

теперь подстановка $z = \sqrt{x^2+y^2}$ и область $x^2+y^2<4$

(и еще интеграл от крышки от$ z^3$ он у меня посчитался $ 64 \pi / 5$)

[provincialka]

Ага! И полярные координаты, наверное... В них $dxdy = rdrd\varphi$ (порядок соответствует верхней стороне поверхности) и $z=r$

[shukshin]

что-то у меня с Остроградским не согласуется
1)интеграл по поверхности 'крышка' - все нули кроме по $z^3$
этот $64\pi /5$
2)интеграл по боковой
после замены
$\iint {(x^2+y^2)^{3/2} - x^4/\sqrt{x^2+y^2} - 3 \sqrt{x^2+y^2} x - y^3/z} dxdy$
по окружности $x^2+y^2 < 4 $
первое слагаемое дает $64\pi/5$, второе $24\pi/5$, последние два - нули в силу симметрии.
не получить$ 24 \pi$

[shukshin]

правда, если у кого есть время - пожалуйста посмотрите - ответ не сошелся с тем, что получен формулой Остроградского. ход решения же есть!
я уже третий раз проверяю.
четвертый, уже даже якобианами перешел, вместо внешнего произведения

[svv]

Как у Вас получился такой интеграл по крышке? На крышке $z^3=8$ — константа, $dx\wedge dy$ — это просто $dS$, то есть получается восемь площадей круглой крышечки.

[shukshin]

svv, понятно, я - валенок. $32 \pi$, хм
тогда выходит нужно отнимать интеграл по конусу
что бы $24 \pi$ вышло
внешняя сторона для тела - внутренняя для поверхности?

[svv]

shukshin в сообщении #1016534 писал(а):

внешняя сторона для тела - внутренняя для поверхности?

Да нет, я бы сказал, что внешности совпадают. Может, я не понял вопроса. Загляните в оффтоп.

(Оффтоп)

Ваше тело — это такое пожарное ведёрко, прикрытое крышкой. Если в него налить воду, она будет касаться поверхности с внутренней стороны. А внешняя сторона соприкасается с воздухом. И Вы касаетесь внешней стороны поверхности, когда держите ведро руками.

[shukshin]

я мучительно пытаюсь согласовать результаты решения для этого интеграла разными способами. по формуле Остроградского вышло $24 \pi$, здесь у крышки $32 \pi$ и у боковой $8 \pi$

[svv]

То есть у Вас только знак интеграла по боковой поверхности не сходится?

[provincialka]

В данном случае важно не то, что сторона поверхности "внутренняя" или "внешняя". Тем более, что для незамкнутой поверхности это вообще не определено!
Важно, верхняя сторона или нижняя. Так вот, внешняя сторона "ведра" является нижней. Поэтому интеграл по при переходе к $dxdy$ надо брать с минусом

[ex-math]

А разве не проще считать поверхностные интегралы второго рода, параметризовав поверхность как $\mathbf {r}(u,v)$, где $(u,v)\in G $, и тогда

$$ \int_S (\mathbf {a},\mathbf {n})dS=\int_G (\mathbf {a}, [\mathbf {r}'_u,\mathbf {r}'_v])dudv? $$