Поток (поверхностный интеграл второго рода)

[apls]

Не могу осознать по какому принципу считается поток с помощью поверхностного интеграла второго рода. Надо найти поток векторного поля $ \textbf{a} $ через замкнутую поверхность S (нормаль внешняя).
$ \textbf{a} = xy\textbf{i} + yz\textbf{j}+ zx\textbf{k} $
S: $ \left\{ \begin{array}{l} x^2 + y^2 + z^2 = 16\\ x^2 + y^2 = z^2 (z \ge 0) \end{array} \right. $

Сам интеграл принемает такой вид:

$$\int\int\limits_S xy dydz + yz dxdz + zx dxdy$$

Допустим сначала я хочу посчитать первую часть интеграла, т.е.

$$\int\int\limits_S xy dydz$$

Он должен разбиться еще на 2 интеграла? Я разрезаю фигуру плоскостью $x = 0$ и считаю его по получившимся площадям проекций на (zOy)?

[ewert]

В принципе да, только этот интеграл сразу равен нулю (по каждой из половинок) -- из-за симметричности проекции, поверхностей и нечётности подынтегральной функции по переменной $y$. То же самое верно для третьего интеграла, но уже относительно переменной $x$. А вот второй надо считать честно; однако опять же по соображениям симметрии достаточно считать его только по правой половинке разрезанной поверхности, а по левой он будет точно таким же.

Ну или (проще) по Остроградскому-Гауссу. Тройной интеграл и сам по себе будет прост, и ещё проще оттого, что ото всей дивергенции фактически останется только слагаемое $z$ -- остальные снова дадут ноль из-за нечётности.

[apls]

По Остроградскому-Гауссу поток равен 32$\pi$.
Во втором случае получается интеграл
$\int\int\limits_S yzdxdz = \int\int\limits_S z \sqrt {8 - x^2}dxdz = 2\int\limits_0^4 \theta d \theta \int\limits_{\pi/4}^{3\pi/4} \theta sin \phi \sqrt {8 - \theta^2 \cos^2\phi} d\phi$ ?

[AD]

В учебный раздел.

[apls]

ewert в сообщении #284881 писал(а):

Ну или (проще) по Остроградскому-Гауссу. Тройной интеграл и сам по себе будет прост, и ещё проще оттого, что ото всей дивергенции фактически останется только слагаемое -- остальные снова дадут ноль из-за нечётности.

Посчитать поток мне нужно именно с помощью интеграла 2-ого рода.

[ewert]

apls в сообщении #285126 писал(а):

Посчитать поток мне нужно именно с помощью интеграла 2-ого рода.

Тогда так:

apls в сообщении #284896 писал(а):

Во втором случае получается интеграл
$\int\int\limits_S yzdxdz = \int\int\limits_S z \sqrt {8 - x^2}dxdz = 2\int\limits_0^4 \theta d \theta \int\limits_{\pi/4}^{3\pi/4} \theta sin \phi \sqrt {8 - \theta^2 \cos^2\phi} d\phi$ ?

Во-первых, нелепо обозначать радиальную переменную через тета (это так, к слову).

Во-вторых (это уже ошибка): куда исчезли зеты из-под корня?...

В-третьих (и это главное): невозможно интегрировать сразу по всему сектору -- его придётся разбить на части, над которыми нависают разные поверхности: над треугольником -- конус, в то время как над примыкающим сегментом -- сфера.

Соответственно, не уверен, что переход к полярным координатам выгоден: горизонтальный разрез $z=\sqrt8$ не очень-то хорошо с ними согласуется.

[apls]

ewert в сообщении #285132 писал(а):

Во-первых, нелепо обозначать радиальную переменную через тета (это так, к слову).

Так и не нашел, как здесь написать ро.

ewert в сообщении #285132 писал(а):

Во-вторых (это уже ошибка): куда исчезли зеты из-под корня?...

Я выразил $y$ из системы: $y = \sqrt {8 - x^2}$, и подставил в интеграл.

ewert в сообщении #285132 писал(а):

В-третьих (и это главное): невозможно интегрировать сразу по всему сектору -- его придётся разбить на части, над которыми нависают разные поверхности: над треугольником -- конус, в то время как над примыкающим сегментом -- сфера.

Вот так выглядит проекция на (zOx):

почему я не могу проинтегрировать сразу по всему сектору?

[ewert]

apls в сообщении #285695 писал(а):

Так и не нашел, как здесь написать ро.

\rho. Но почему бы не просто $r$, раз не знаете? Уж всяко лучше.

apls в сообщении #285695 писал(а):

Я выразил $y$ из системы: $y = \sqrt {8 - x^2}$, и подставил в интеграл.

Так. Ну и что же, по-Вашему, задаёт эта система?...

apls в сообщении #285695 писал(а):

ewert в сообщении #285132 писал(а):

В-третьих (и это главное): невозможно интегрировать сразу по всему сектору -- его придётся разбить на части, над которыми нависают разные поверхности: над треугольником -- конус, в то время как над примыкающим сегментом -- сфера.

Вот так выглядит проекция на (zOx):

почему я не могу проинтегрировать сразу по всему сектору?

См. выше.

[apls]

ewert в сообщении #285697 писал(а):

Так. Ну и что же, по-Вашему, задаёт эта система?...

Система
$\left\{ \begin{array}{l}x^2 + y^2 + z^2 = 16\\x^2 + y^2 = z^2 (z \ge 0)\end{array} \right$
задает поверхность, по которой нужно интегрировать. Я ищу соответствующую проекцию и интегрирую по площади этой проекции. А вот, что физически означает $y$ в подынтегральной функции, я не понимаю. Как от него избавиться?

[ewert]

apls в сообщении #285702 писал(а):

Система
$\left\{ \begin{array}{l}x^2 + y^2 + z^2 = 16\\x^2 + y^2 = z^2 (z \ge 0)\end{array} \right$
задает поверхность,

Ничего подобного. Поверхность всегда задаётся одним уравнением. А система задаёт линию пересечения двух поверхностей.

[Alhimik]

Я тоже не могу понять почему нельзя со старту интегрировать по всему сектору. Область в направлении оси z правильная.

[ewert]

Alhimik в сообщении #285793 писал(а):

Я тоже не могу понять почему нельзя со старту интегрировать по всему сектору.

Так, в третий раз: потому, что разные участки сектора накрыты разными поверхностями.

[apls]

ewert в сообщении #285716 писал(а):

система задаёт линию пересечения двух поверхностей

Кажется понял, интеграл приобретет следующий вид:
$\int\int\limits_S yzdxdz = \int\int\limits_{S_1} z \sqrt {z^2 - x^2}dxdz + \int\int\limits_{S_2} z \sqrt {16 - z^2 - x^2}dxdz = 2 \int\limits_0^{\sqrt {8}} zdz \int\limits_0^{z/\sqrt {2}}\sqrt {z^2 - x^2}dx + 2 \int\limits_{\sqrt {8}}^4 zdz \int\limits_0^{\sqrt{16 - z^2}}\sqrt {16 - z^2 - x^2}dx$

Так?

[ewert]

Правильно, но нерационально -- по $z$ надо брать внутренние интегралы.

[Alhimik]

Точно две области... Въехал. Кстати, на счет принципа, который не может (или не мог) осознать apls. Всё пределньно просто. Поверхностный интеграл второго рода есть следствием поверхностного интеграла превого рода:
$\mathbf{A}=A_x\mathbf{i}+A_y\mathbf{j}+A_z\mathbf{k}$ - само поле
$\mathbf{n}=\mathbf{i}\cos \alpha + \mathbf{j} \cos \beta + \mathbf{k} \cos \gamma$ - нормальный единичный вектор
$\int\int_S \mathbf{An}dS=\int \int_S A_x\cos\alpha dS + A_y\cos\beta dS + A_z\cos\gamma dS$
В свою очередь, из геометрических соображений
$\cos \alpha dS = dydz$
$\cos \beta dS = dxdz$
$\cos \gamma dS = dxdy$

Хотя, в спец. курсах определение поверхностного интеграла второго рода дают при помощи специальный интегральных сумм.