Задача: Дан вектор a. Нужно найти поток векторного поля через замкнутую п-ть по формуле: $$ П= \int \int \int div \vec{a} dxdydz $$

Сложность состоит в определении поверхности и соответственно пределов интегрирования.

Дана поверхность, какие будут пределы при переходе к полярным координатам? И чему будет равен поток? $$ x^{2} + y^{2}=1-z, z=0 $$


$$ div \vec{a}=2z+2y$$ и ответ Pi.

задан 25 Ноя '12 1:25

Ничего, к сожалению, не смыслю, в потоках векторного поля. А поверхность - направленный вниз эллиптический параболоид. С z=0 пересекается в круге радиусом 1. Соответственно, для нахождения интеграла, скорее всего, следует сделать замену на цилиндрические координаты.

(25 Ноя '12 1:53) chameleon

У Вас же применена формула Остроградского. Теперь интеграл не поверхностный, а тройной. Или надо, наоборот, от тройного вернуться к поверхностному?

(25 Ноя '12 3:44) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
1

Поток сведен к тройному интегралу по области, которая симметрична по x и по y. В частности, интеграл от 2y по этому телу будет равен 0 (это нечетная функция). Осталось найти интеграл от 2z, переходом к цилиндрическим координатам. $%x=r\cos \varphi,y=r\sin \varphi, z = h$%. При этом уравнения границ тела примут вид $%h = 1 - r^2, h = 0$%. Как видим. ограничений на $%\varphi$% нет, берем полный круг от 0 до $%2\pi$%. Ограничение на r происходит от того, что две поверхности пересекаются, ограничивая друг друга. Самое большое r соответствует самому маленькому h, т.е. h = 0, тогда r = 1. Ну, а h меняется от $% h = 0$% до $%h = 1 - r^2 $%.
При переходе к новым переменным не забудьте якобиан.
После цилиндрической замены получаем интеграл $$2\int\int\int_{0\le z\le 1-(x^2+y^2)}zdxdydz = 2\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1 rdr\int_0^{1-r^2}hdh =$$ $$=2\cdot2\pi\cdot\int_0^1 r\cdot{(1-r^2)^2\over 2}dr = 2\pi\int_0^1(r-2r^3+r^5)dr = 2\pi({1\over 2}-{2\over 4}+{1\over 6})= {\pi\over 3}$$

ссылка

отвечен 25 Ноя '12 3:53

изменен 27 Ноя '12 0:05

Не понял, почему интеграл по 2y будет равен нулю?

(26 Ноя '12 21:43) pomik

Ну никак не получается решить этот интеграл... даже при интегрировании только 2z с ответом не сходится.

(26 Ноя '12 22:14) pomik

Интеграл от 2y равен 0 в силу того, что эта функция нечетна по y, а область симметрична по y. Значит, все, что "с плюсом", сократится с тем, что "с минусом". Впрочем, у этого факта есть и строгое доказательство. Напишу решение в ответе.

(26 Ноя '12 23:51) DocentI

Проверьте, правильно ли Вы записали формулу Остроградского.

(27 Ноя '12 0:11) DocentI

Т.е. если область проецируется в виде окружности или другой симметричной фигуры на Oxy (центр (0,0)), то интеграл по x,y будет равен нулю, правильно? Ошибся я в нахождении дивергенции, частную производную непраильно посчитал. Спасибо за помощь)

(27 Ноя '12 22:39) pomik

Нет, дело не только в проекции. Все трехмерное тело должно быть симметрично относительно плоскости y = 0. А функция - нечетной по y.

(27 Ноя '12 23:20) DocentI
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×856
×18

задан
25 Ноя '12 1:25

показан
843 раза

обновлен
27 Ноя '12 23:20

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru