Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.

[Men007]

Дано однородное тело ограниченное двумя концентрическими сферами (шаровой слой). Доказать, что гравитационная сила, которую будет испытывать материальная точка, находящаяся внутри этого шарового слоя, равна нулю.

Решение:
Данная задача математическая, и, как мне сказали, она должна решаться с использованием тройного интеграла.

Потенциал:
$\varphi=-G \int\limits\int\limits_{V}\int\limits \frac{p_{0}dxdydz}{r_{t}}$.

Пусть точка $A$ лежит на оси $Oz$ внутри шарового слоя наружного радиуса $R$ на расстоянии $a$ от центра сферы (радиус которой равен наружному радиусу шарового слоя). Тогда получим:
$r_{t}=\left\lvert\vec{b}\right\rvert$
$\left\lvert\vec{b}\right\rvert=\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}$.

Следовательно, для силы имеем:

$\vec{F}=-G \int\limits\int\limits_{V}\int\limits \frac{m p_{0} \vec{r_{t}}}{(r_{t})^{3}} dxdydz$.

В нашем случае:

$F=F_{z}=-G m p_{0} \int\limits\int\limits_{V}\int\limits \frac{(z-a)}{(\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}})^{3}} dxdydz$.

Перейдем к цилиндрической системе координат:
$x=p \cos\varphi$ ; $y=p \sin\varphi$ ; $z=z$.
$x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}$

Значит:
$0 \leqslant \varphi\leqslant 2 \pi$;
$0 \leqslant p \leqslant R$ ;
$- \frac{R}{p} \leqslant p \leqslant \frac{R}{p}$.

Таким образом, получим:

$F=-G m p_{0} \int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{R} p dp \int\limits_{- \frac{R}{p}}^{ \frac{R}{p}} (p^{2}+(z-a)^{2})^{-\frac{3}{2}} (z-a) dz$.
Знак "минус" означает, что сила направлена в сторону, противоположную оси $Oz$ т.е. является силой притяжения.

И вот на полученном интеграле я застрял. Конечно, не уверен в правильности составления (точнее расстановки пределов при переходе к цилиндрическим координатам).Также совершенно не знаю, как его решать.
Я понимаю, что этот интеграл зависит от $a$, то есть при его решении необходимо всегда помнить об условии $a<R$.

При этом, я думаю, что мы должны получить силу, которая не будет зависеть от $R$, и уже исходя из этого сделать вывод о том, что шаровой слой не оказывает на внутреннюю точку никакого действия. Это и будет доказательством.

Не мог бы кто-нибудь подсказать:
1) верно ли я составил интеграл и расставил для него пределы?
2) как проще решить этот интеграл?
3) вообще, верен ли ход мыслей при моем решении?

[wrest]

То есть у вас задание именно честно проинтегрировать? Ибо сама задача решается намного проще.

[DeBill]

1. Нет и Нет.
2. Не надо его решать по причине 1)
3. Ход - не совсем неверен...
Во первых, Вам следует определиться, собираетесь ли Вы считать притяжение от сферы (Вы написали уравнение сферы),
или от слоя (а интеграл у вас - тройной...) (можно и так, и эдак, но не в одном флаконе).
Если - от сферы - то интеграл будет "поверхностный, первого рода", уравнение сферы - правильное, но интеграл записывается/считается совсем не так. И лучше использовать , видимо, сферическую параметризацию.
Если - от слоя, то интеграл - тройной. Задайте слой (неравенствами), подставьте в неравенства свою замену (цилиндрическую, или сферическую), решите неравенства - и найдете пределы.
Когда сделаете, можно будет и посмотреть на полученный интеграл на предмет "как считать".

[Men007]

wrest

wrest в сообщении #1305699 писал(а):

То есть у вас задание именно честно проинтегрировать? Ибо сама задача решается намного проще.

Задача состоит в том, чтобы доказать $F=0$, используя приложения тройного интеграла.

[wrest]

Men007
Тогда, как мне кажется, вам надо показать что градиент гравитационного потенциала равен нулю в нужной области (сила пропорциональна градиенту потенциала), то есть сам потенциал - константа не зависящая от положения точки где он вычисляется.

Или показать из закона всемирного тяготения что собственно сила равна нулю.

[Men007]

DeBill

DeBill в сообщении #1305706 писал(а):

Вам следует определиться, собираетесь ли Вы считать притяжение от сферы (Вы написали уравнение сферы),
или от слоя (а интеграл у вас - тройной...) (можно и так, и эдак, но не в одном флаконе).

Мне необходимо посчитать притяжение от шарового слоя.
Как я вас понял, силу притяжения я написал через тройной интеграл верно, то есть:

Men007 в сообщении #1305694 писал(а):

В нашем случае:
$F=F_{z}=-G m p_{0} \int\limits\int\limits_{V}\int\limits \frac{(z-a)}{(\sqrt{x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}})^{3}} dxdydz$.

Однако неверно расставил пределы интегрирования при переходе к цилиндрической сисеме координат.

DeBill в сообщении #1305706 писал(а):

Если - от слоя, то интеграл - тройной. Задайте слой (неравенствами), подставьте в неравенства свою замену (цилиндрическую, или сферическую), решите неравенства - и найдете пределы.

То есть для шарового слоя, перейдя к сферической системе координат, получим:
$x=r \cos \varphi \sin \theta$; $y= r \sin\varphi \sin\theta$ ; $z= r \cos \theta $.
$F=-G m p_{0} \int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{\pi} d\theta \int\limits_{R_{1}}^{ R_{2}} ( (r^{2}+2 r \cos \theta +a^{2})^{-\frac{3}{2}} (r \cos \theta -a) r^{2} \sin \theta) dr $, где $R_{1}$ и $R_{2}$ -радиусы концентрических сфер.
Или я опять что-то не так понял (Возможно, сила для шарового слоя вообще будет выражаться иначе)?

И еще вопрос на счет того, что я записал ранее:

Men007 в сообщении #1305694 писал(а):

При этом, я думаю, что мы должны получить силу, которая не будет зависеть от $R$, и уже исходя из этого сделать вывод о том, что шаровой слой не оказывает на внутреннюю точку никакого действия. Это и будет доказательством.

Верны ли мои рассуждения (или все же мы должны при решении интеграла получить $F=0$, а зависеть от $R$ не будет потенциал $\varphi$)?

[DeBill]

Men007 в сообщении #1306169 писал(а):

Или

Теперь все верно (почти: под корнем один минус пропал). Ну, это считается: напрашивается занести синус под дифференциал, да и вообще, перейти к "новой " переменной $z$ (или даже весь корень взять за новую - стандартный прием избавления от иррациональности) - и по Тэте проинтегрируется. И если ошибок при подстановке пределов не будет (помните, какое у Вас "а"?), то и получится 0. А значит, уже притяжение от каждой сферы равно 0 (и, в самом деле, от ЭР - не зависит)

[Men007]

DeBill
То есть при решении данного интеграла:
$F=-G m p_{0} \int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{\pi} d\theta \int\limits_{R_{1}}^{ R_{2}} ( (r^{2}-2 r a \cos \theta +a^{2})^{-\frac{3}{2}} (r \cos \theta -a) r^{2} \sin \theta) dr $

Я не должен забывать о том, что $R_{1}<a<R_{2}$?

[DeBill]

Men007
Не так: $a<R_1$. (это потребуется при извлечении корня из $r^2 +a^2 - 2ar \cos \theta $ при $\theta =0$)

-- 22.04.2018, 18:14 --

И интегрировать сначала лучше по ТЭТЕ.

[Men007]

DeBill
Я подумал, а если нам сделать замену:
$x=r \cos \varphi \sin \theta$; $y= r \sin\varphi \sin\theta$ ; $z-a= r \cos \theta$.
Тогда получим:

$F=-G m p_{0} \int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{\pi} d\theta \int\limits_{R_{1}-a}^{ R_{2}-a} ( (r^{2})^{-\frac{3}{2}} (r \cos \theta) r^{2} \sin \theta) dr$

$F=-G m p_{0} \int\limits_{0}^{2 \pi} d \varphi \int\limits_{0}^{\pi} d\theta \int\limits_{R_{1}-a}^{ R_{2}-a} ( \cos \theta \sin \theta) dr $

$F=-G m p_{0} 2\pi (R_{2}-R_{1}) \int\limits_{0}^{\pi} \sin \theta d \sin \theta $

И тогда:

$F=0$

Можно ли так решать?

[DeBill]

Men007 в сообщении #1306449 писал(а):

Можно ли так решать?

Нет.
При Вашей замене, и пределах, Вы находите притяжение в центре шара.
Понятно, нулевое оно...
Я уже писал, как находить пределы : следует подставить ваши выражения для координат в неравенства, задающие слой.
Ну, и получится что-то страшное: центр шаров теперь не совпадает с "центром" сферических координат... Хотя, не такое уж - попробуйте.