Формула Стокса

[svv]

Нет, я там написал лишь, что можно «провести $S$ по сфере или цилиндру», имея в виду, что $S$ может быть той частью сферы или цилиндра, которая натянута на контур.

[MestnyBomzh]

Brukvalub в сообщении #1000462 писал(а):

Зато я "угадал", что вы, как та мадам, "паркуетесь на слух"

Ничего страшного, машина еще ездит

svv в сообщении #1000470 писал(а):

которая натянута на контур.

Тогда это изначальная система, просто в одном из ур-ий заменяем равенство на нер-во. Но это не сильно упрощает ситуацию

[svv]

Хорошо.
Давайте сначала разберемся с «гладкой» частью формы: $(xy+z)dx+(yz+x)dy$, а слагаемое с корнем оставим на потом.
Ротор векторного поля $(xy+z)\vec i+(yz+x)\vec j$ будет
$-y\vec{i}+\vec{j}+(1-x)\vec{k}$
Я просто выбросил из Вашей формулы для ротора ненужные сейчас слагаемые.
В качестве поверхности $S$ выберем таки часть цилиндра.
Что Вы можете сказать про $\vec n$?

[MestnyBomzh]

Могу сказать, что $\vec{n} = F'_x(x_0, y_0, z_0) \vec{i}+F'_y(x_0,y_0,z_0) \vec{j}+F'_z(x_0,y_0,z_0) \vec{k} = 2x_0 \vec{i} + 2y_0 \vec{j}$
здесь $F = x^2+y^2-a^2$

[svv]

Наверное, если убрать двойки, нормаль останется нормалью. И если написать $58x\vec i+58y\vec j$ («нолики» уже не нужны), это тоже будет нормаль. Вопрос: а какой множитель там нужен на самом деле? Из какого условия он определяется? (в теме это промелькнуло) Совершенно ясно, что, умножив нормаль на миллион, мы и окончательный ответ задачи умножим на миллион, а, между тем, правильный ответ только один.

[MestnyBomzh]

Да, конечно, опять забыл: $\vec{n} = ({\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},0})$

-- 06.04.2015, 13:48 --

$\int_{L} (xy+z)dx+(yz+x)dy = \iint \limits_{S} -\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}dS$

[svv]

Не забывайте про скобки, на $dS$ должно умножаться не только последнее слагаемое, а вся подинтегральная функция. Итак (упрощаем!):
$\iint \limits_{S} \left(-\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)dS=\iint \limits_{S} \frac{(1-x)y}{\sqrt{x^2+y^2}}dS$
Но вычислять мы этот интеграл не будем. Заметьте, что наша область интегрирования $S$ симметрична относительно плоскости $Oxz$. Потому что этим свойством обладают обе фигуры, шар и цилиндр, из которых мы построили область $S$. Если точка $P(x, y, z)$ принадлежит $S$, то симметричная ей точка $P'(x, -y, z)$ тоже принадлежит $S$. А как связаны между собой значения подинтегральной функции в точках $P$ и $P'$ ?

[ewert]

svv в сообщении #1000793 писал(а):

это тоже будет нормаль. Вопрос: а какой множитель там нужен на самом деле?

Лучше другой вопрос: а зачем вообще нормаль?... Когда в $\iint\limits_{D_{yz}}(\nabla\times F)_x\,dy\,dz+\iint\limits_{D_{xz}}(\nabla\times F)_y\,dx\,dz+\iint\limits_{D_{xy}}(\nabla\times F)_z\,dx\,dy$ с самого начала почти все слагаемые или отсутствуют как класс, или исчезают в силу симметрии, и остаётся только $\iint\limits_{D_{yz}}\sqrt{a^2-x^2}\,dy\,dz$.

[svv]

ewert
О ненужности вычисления нормали в подобных интегралах я и сам говорил не раз, см. здесь оффтоп (и далее там по ссылке).
Они всё равно будут её вводить. Бороться с этим не буду.

[MestnyBomzh]

Ага, вижу. получается нечетная функция, и этот интеграл обнуляется.
Теперь добавляем нерассмотренное сл-ое $\nabla\times \vec{F} = (\sqrt{a^2-x^2}-y) \vec{i} + (1+\frac{xy}{\sqrt{a^2-x^2}}) \vec{j}+(1-x) \vec{k}$
Тогда получим интеграл: $\iint \limits_{S} \left(\frac{\sqrt{a^2-x^2}x}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{xy^2}{\sqrt{a^2-x^2} \sqrt{x^2+y^2}} \right) dS$. тут уже нечетностью не сможем воспользоваться

[svv]

Постойте-постойте-постойте.
Помните, Oleg Zubelevich произнес загадочные слова «сужать форму на поверхность»? Вы тогда ответили, что можно использовать только формулу Стокса. Но мы его советом воспользуемся, в то же время и Ваше требование не нарушим.

Итак, надо найти $\oint_{L} y \sqrt{a^2-x^2}dz$.
Но контур $L$, он же $C$, лежит на цилиндре (и на сфере, но сейчас это не важно).
А чему равно $a^2-x^2$ на цилиндре???

[alcoholist]

MestnyBomzh в сообщении #1000209 писал(а):

Или нужно именно одним уравнением?

параметризуйте цилиндр, а потом подберите область параметров так, чтобы неравенство выполнялось

[ewert]

svv в сообщении #1001020 писал(а):

А чему равно $a^2-x^2$ на цилиндре???

а вот это немножко, но коварно

[MestnyBomzh]

$a^2-x^2=y^2$ но с корнем будут проблемы, так как игрек на контуре принимает также и отриц. значения

[svv]

Три замечания.

$\bullet$ Иногда надо различать а) цилиндр как объемную фигуру и б) его поверхность. Тогда их называют соответственно «цилиндр» и «цилиндрическая поверхность». Мы имеем дело только с цилиндрической поверхностью, поэтому называем её просто «цилиндр».

$\bullet$ На контуре $y$ принимает и отрицательные значения. Но не $y^2$, который под корнем. И потом, если мы заменили $a^2-x^2$ на выражение, которое равно ему на контуре, новых проблем добавиться не могло. А старые как были, так и остались — ну, производная при $y=0$ не существует, это чепуха.

$\bullet$ ewert сказал, что это коварно. Я бы добавил: это дерзко. Смотрите, в чём крутизна. Я заменяю $y\sqrt{a^2-x^2}$ на $y|y|$. На контуре они совпадают. А так как нам надо найти интеграл по контуру, ответ не изменится. Но вне контура (точнее, вне цилиндра) это совершенно разные функции! И роторы соответствующих $\vec F$ тем более разные. Тем не менее, для ответа это не имеет значения. Т.е. существует большая свобода в выборе не только поверхности интегрирования, но и в выборе того, что именно мы будем интегрировать! Важно лишь, что сужение формы $y\sqrt{a^2-x^2}dz$ на контур $L$ совпадает с сужением формы $y|y|dz$ на $L$.