Стокс

[Oleg-kfm]

Возникло пару вопросов по теореме Cтокса. Поможете, пожалуйста?

$$\oint\limits_{C}(y^2+z^2)dx+(x^2+z^2)dy+(x^2+y^2)dz$$

$C$ задается следующим образом: $x^2+y^2+z^2=2Rx$ и $x^2+y^2=2rx$, при этом $0<r<R$ и $z>0$

Соображения были такие:

Используя теорему Стокса, получаем:

$$\iint_D ((2y-2z)\cos\alpha+(2z-2x)\cos \beta+ (2x-2y)\cos\gamma) dS$$

Теперь большая проблема возникла с направляющими косинусами к поверхности. Не понимаю, как их считать.

Могу преобразовать поверхности $(x-R)^2+y^2+z^2=R^2$ -- шар с центром в точке $(R;0;0)$ и радиусом $R$.

$(x-r)^2+y^2=r^2$ -- цилиндр с осью симметрии, которая задается равенствами $x=r$, $y=0$.

Направляющие косинусы получил $\cos\alpha =\dfrac{x-R}{R}$, $\cos\beta =\dfrac{y}{R}$, $\cos\gamma=\dfrac{z}{R}$

Тогда получаем:

$$\iint_D ((2y-2z)\dfrac{x-R}{R}+(2z-2x)\dfrac{y}{R}+ (2x-2y)\dfrac{z}{R}) dS=2\iint_D (z-y)dS$$

Дальше не понимаю - как действовать. Сможете ли подсказать?

[Lia]

Тема перемещена из форума «Беседы на околонаучные темы» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: куда надо.

[Otta]

Oleg-kfm в сообщении #1265322 писал(а):

Дальше не понимаю - как действовать. Сможете ли подсказать?

А что тут подсказать - свели к интегралу первого рода, значит, считайте интеграл первого рода.

[Oleg-kfm]

Там просто очень громоздко получается, неужели нужно считать такой интеграл?

$z=\sqrt{R^2-(x-R)^2-y^2}$

$$2\iint_D (z-y)dS=2\iint_D(\sqrt{R^2-(x-R)^2-y^2}-x)\cdot \sqrt{1+\dfrac{4(x-R)^2+4y^2}{R^2-(x-R)^2-y^2}}dxdy$$

[Otta]

Ну даже если так, то ничего страшного - ибо четверкам там взяться неоткуда, многое упрощается, интеграл разбиваем на сумму двух - упрощается еще больше. Стоит обратить внимание на соображения нечетности некоторых слагаемых - и симметрии области.

[Oleg-kfm]

Благодарю

$$2\iint_D (z-y)dS=2\iint_D(\sqrt{R^2-(x-R)^2-y^2}-y)\cdot \sqrt{1+\dfrac{(x-R)^2+y^2}{R^2-(x-R)^2-y^2}}dxdy$$

$$2\iint_D (z-y)dS=2R\iint_D\left(1- \dfrac{y}{\sqrt{R^2-(x-R)^2-y^2}}}\right)dxdy=2R\iint_D dxdy=2\pi r^2R$$

Правильно ли так? Честно говоря, не очень представляю себе область и еще в условии написано:

А слагаемое обнуляется ввиду интегрирования области, симметричной относительно оси ординат от нечетной функции, верно ведь?

В условии еще кривая пробегается так, что ограниченная ею на внешней стороне сфере область остается слева. Это видимо, для определение ориентации нормали. Но визуально это не понятно, понятно, что цилиндр пересекается со сферой.

[Otta]

Oleg-kfm в сообщении #1265378 писал(а):

В условии еще кривая пробегается так, что ограниченная ею на внешней стороне сфере область остается слева. Это видимо, для определение ориентации нормали. Но визуально это не понятно, понятно, что цилиндр пересекается со сферой.

Ну и нарисуйте, как пересекается, как направлена нормаль, Вами вычисленная - тогда будет понятно визуально.
И вашему коллективу (?), не знаю, откуда уж он, полезно различать поверхность и область изменения параметра - хотя бы для того, чтобы понимать, где точка поверхности, а где уже параметр, и не путать поверхность с областью изменения параметра уже на уровне обозначений, - а то ведь из поста в пост одни и те же ошибки кочуют.

Oleg-kfm в сообщении #1265378 писал(а):

А слагаемое обнуляется ввиду интегрирования области, симметричной относительно оси ординат от нечетной функции, верно ведь?

Почти.

[ewert]

Что касается контурного интеграла, то на контуре $x^2+y^2$ пропорционально $x$ и $z^2$ -- тоже. Поэтому в третьем слагаемом (том, что с $dz$) нет ничего, кроме $x$; следовательно, оно сразу же даёт ноль. По той же причине ноль даст первое слагаемое (с $dx$). Во втором же слагаемом перед $dy$ получается $(-y^2)$ плюс сколько-то иксов; первое, естественно, отбрасываем и остаётся лишь проинтегрировать $x\,dy$. Здесь напрашивается стандартная параметризация окружности $x=r(1+\cos t),\ y=r\sin t$ (или минус синус -- в зависимости от направления обхода).

[ctdr]

ewert в сообщении #1265439 писал(а):

Во втором же слагаемом перед $dy$ получается $(-y^2)$ плюс сколько-то иксов; первое, естественно, отбрасываем...

Извиняюсь. Разве там ноль будет? Обе функции, $y'(t)$ и $y^2(t)$ - чётные.

[svv]

ctdr
Интеграл $\int y^2\,dy$ по замкнутому контуру равен нулю, потому что $y^2\,dy=d(\frac {y^3}{3})$ — полный дифференциал.

ctdr в сообщении #1265754 писал(а):

Обе функции, $y'(t)$ и $y^2(t)$ - чётные.

Возьмём на кривой точку $(x_a, y_a, z_a)$. Рассмотрим малый участок контура вблизи этой точки, на котором переменная $y$ изменяется на $(\Delta y)_a$ (при движении по контуру в правильную сторону). Он даёт вклад $y_a^2\Delta y_a$ в интеграл.

У этого участка есть симметричный ему относительно плоскости $xOz$. Вы заметили, что в силу чётности вклады этих двух участков в интеграл не уничтожаются, а суммируются. Это верно.

Но зато найдётся другой малый участок, вблизи точки $(x_b, y_b, z_b)$, на котором $y$ меняется на $(\Delta y)_b$, причём $y_b=y_a$, но $(\Delta y)_b=-(\Delta y)_a$. Его вклад и будет противоположен вкладу первого участка. Что касается $x_b$ и $z_b$, они не получаются каким-то простым образом из $x_a, z_a$.

[ctdr]

svv в сообщении #1265843 писал(а):

ctdr
Интеграл $\int y^2\,dy$ по замкнутому контуру равен нулю, потому что $y^2\,dy=d(\frac {y^3}{3})$ — полный дифференциал.

Ой, да.. Что-то я не смог проинтегрировать $\int_0^{2 \pi} \sin^2 t \cos t dt$