2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение19.04.2018, 23:20 


22/11/16
118
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение19.04.2018, 23:38 


05/09/16
11468
То есть у вас задание именно честно проинтегрировать? Ибо сама задача решается намного проще.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение19.04.2018, 23:52 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
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".

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение20.04.2018, 00:39 


22/11/16
118
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение20.04.2018, 11:28 


05/09/16
11468
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение21.04.2018, 17:10 


22/11/16
118
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 $\varphi$)?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение21.04.2018, 23:03 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
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)

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение22.04.2018, 15:25 


22/11/16
118
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 $R_{1}<a<R_{2}$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение22.04.2018, 16:12 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение22.04.2018, 17:39 


22/11/16
118
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Приложения тройного интеграла. Сила притяжения.
Сообщение22.04.2018, 17:49 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group