Superficie integral sobre elipsoide

Question

He problema con esta superficie de la integral: $$\iint\limits_S {\sqrt{ \left(\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}\right)}}{dS}$$ , donde $$S = \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2}= 1\}$$

Answer 1

Tenga en cuenta que el exterior de la unidad normal de ${\bf n}$ a del elipsoide está dado por ${\displaystyle {({x \over a^2}, {y \over b^2}, {z \over c^2}) \over \sqrt{ \left(\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}\right)}}}$.

Así que si ${\bf F} = ({x \over a^2}, {y \over b^2}, {z \over c^2})$, su integral es $\int_S {\bf F} \cdot {\bf n}\,dS$. Por el teorema de la divergencia, esto es igual a $\int_E div\,\mathbf{F}$, donde $E$ es el elipsoide del interior. Pero $div \,\mathbf{F}$ es la constante de ${1 \over a^2} + {1 \over b^2} + {1 \over c^2}$ y el elipsoide tiene un volumen de ${4\pi \over 3}abc$, por lo que la integral se evalúa a $${4\pi \over 3}abc \times \bigg({1 \over a^2} + {1 \over b^2} + {1 \over c^2}\bigg)$$ $$= {4\pi \over 3} \bigg({bc \over a} + {ac \over b} + {ab \over c}\bigg)$$

Answer 2

Qué interesante integral. He tenido que recurrir a hacer referencia a la primera forma diferencial de la forma esférica parametrización, pero haciendo eso, estoy sorprendido de cómo esto resulta.

Podemos parametrizar en la forma habitual:

$$x=a\sin{u} \cos{v}$$ $$y=b\sin{u} \sin{v}$$ $$z=c \cos{u}$$

donde$u \in [0,\pi)$$v \in [0,2 \pi)$. Los coeficientes de la primera forma diferenciada son

$$E=(a^2 \sin^2{v}+b^2 \cos^2{v}) \sin^2{u}$$ $$F=(b^2-a^2) \sin{u} \cos{u} \sin{v} \cos{v}$$ $$G=(a^2 \cos^2{v}+b^2 \sin^2{v}) \cos^2{u}+c^2 \sin^2{u}$$

El declaró integral es igual a

$$\int_0^{\pi} du \: \int_0^{2 \pi} dv \: \sqrt{E G-F^2} \sqrt{\frac{\sin^2{u} \cos^2{v}}{a^2} + \frac{\sin^2{u} \sin^2{v}}{b^2} + \frac{\cos^2{u}}{c^2}}$$

Hay una cantidad enorme de álgebra involucrados en simplificar el integrando. Milagrosamente, se simplifica mucho, y la integral es igual a

$$\frac{1}{a b c} \int_0^{\pi} du \: \sin{u} \int_0^{2 \pi} dv\: (a^2 b^2 \cos^2{u} + b^2 c^2 \sin^2{u} \cos^2{v} + a^2 c^2 \sin^2{u} \sin^2{v})$$

Yo realmente no podía creer que esto mismo al principio, pero no es la salida para el caso de $a=b=c$. En cualquier caso, estas integrales son mucho más fácil de lo que uno esperaría de primer viendo este problema, y el lector no debería tener problemas para evaluar a mano. El resultado es

$$\frac{4 \pi}{3} \left ( \frac{a\, b}{c} + \frac{a\, c}{b} + \frac{b\, c}{a} \right)$$

Answer 3

Deje que el elipsoide $S$ ser dada por $${\bf x}(\theta,\phi)=(a\cos\theta\cos\phi,b\cos\theta\sin\phi,c\sin\theta)\ .$$ A continuación, para todos los puntos de $(x,y,z)\in S$ uno tiene $$Q^2:={x^2\over a^4}+{y^2\over b^4}+{z^2\over c^4}={1\over a^2b^2c^2}\left(\cos^2\theta(b^2c^2\cos^2\phi+a^2c^2\sin^2\phi)+a^2b^2\sin^2\theta\right)\ .$$ En el otro lado
$${\rm d}S=|{\bf x}_\theta\times{\rm x}_\phi|\>{\rm d}(\theta,\phi)\ ,$$ y uno calcula $$\eqalign{|{\bf x}_\theta\times{\rm x}_\phi|^2&=\cos^4\theta(b^2 c^2\cos^2\phi+a^2c^2\sin^2\phi)+a^2b^2\cos^2\theta\sin^2\theta\cr &=\cos^2\theta\ (a^2b^2c^2\ \ Q^2)\ \cr}$$ De ello se desprende que su integral ($=:J$) está dada por $$\eqalign{J&=\int\nolimits_{\hat S} Q\ |{\bf x}_\theta\times{\rm x}_\phi|\>{\rm d}(\theta,\phi)=\int\nolimits_{\hat S}abc\ Q^2\ \cos\theta\ {\rm d}(\theta,\phi) \cr &={1\over abc}\int\nolimits_{\hat S}\cos\theta\left(\cos^2\theta(b^2c^2\cos^2\phi+a^2c^2\sin^2\phi)+a^2b^2\sin^2\theta\right)\ {\rm d}(\theta,\phi)\ ,\cr}$$ donde $\hat S=[-{\pi\over2},{\pi\over2}]\times[0,2\pi]$. El uso de $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\theta\ d\theta={4\over3},\quad \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\sin^2\theta\ d\theta={2\over3},\quad \int_0^{2\pi}\cos^2\phi\ d\phi=\int_0^{2\pi}\sin^2\phi\ d\phi=\pi$$ se obtiene finalmente $$J={4\pi\over3}\left({ab\over c}+{bc\over a}+{ca\over b}\right)\ .$$