Поток вектора из тела

[integral2009]

Вычислить поток вектора $\vec a=\vec i +2z\vec k$ из тела ограниченного поверхностями

$$\left\{\begin{array}{l} y=0(y \geq 0)\\z=\sqrt{1-x^2-y^2}\\z=0 \end{array}\right .$$

1) по определению

2) с помощью теоремы Гаусса-Остроградского.

Не получается вычислить по определению $\Pi_3$, там полярные координаты не спасают...(

Вот рисунок


Поток равен сумме потоков через каждую из трех поверхностей

$\Pi=\Pi_1+\Pi_2+\Pi_3$

$\Pi_1=\iint\limits_{S_1}0\cdot dxdz=0$ -поток через плоскость $y=0$

$\Pi_2=\iint\limits_{S_2}-2z\cdot dxdy=0$ -поток через плоскость $z=0$

$\Pi_3=\iint\limits_{S_3}a_n\ccdot dS$ -поток через плоскость $y=0$

Найдем

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

$$a_n=\dfrac{-a_x\dfrac{\partial z}{\partial x}-a_y\dfrac{\partial z}{\partial y}+a_z}{\sqrt{1+(\dfrac{\partial z}{\partial x})^2+(\dfrac{\partial z}{\partial y})^2}}=z(\dfrac{-x}{z}-2x)=2z^2-x$$

$$\Pi_3=\iint\limits_{S_3}(2z^2-x)\cdot \dfrac{dxdy}{z}=\iint\limits_{S_3}(2z-\dfrac{x}{z})dxdy=\iint\limits_{D}(2\sqrt{1-r^2}-\dfrac{r\cos\phi}{\sqrt{1-r^2}})rdrd\phi$$

[integral2009]

вопрос состоит в том -- как сосчитать этот интеграл?)

$$\Pi_3=\iint\limits_{S_3}(2z^2-x)\cdot \dfrac{dxdy}{z}=\iint\limits_{S_3}(2z-\dfrac{x}{z})dxdy=\iint\limits_{D}(2\sqrt{1-r^2}-\dfrac{r\cos\phi}{\sqrt{1-r^2}})rdrd\phi$$

$\Pi_3$ это потов через через четверть сферы
$z=\sqrt{1-x^2-y^2};y\geqslant 0;z\geqslant0$

[integral2009]

$$\Pi_3=\iint\limits_{S_3}(2z^2-x)\cdot \dfrac{dxdy}{z}=\iint\limits_{S_3}(2z-\dfrac{x}{z})dxdy=\iint\limits_{D}(2\sqrt{1-r^2}-\dfrac{r\cos\phi}{\sqrt{1-r^2}})rdrd\phi$$

$\Pi_3$ это потов через через четверть сферы
$z=\sqrt{1-x^2-y^2};y\geqslant 0;z\geqslant0$

Как такой взять? И какие пределы у $r$ и $\pi$ ?
Предполагаю, что $-\dfrac{\pi}{2}<\phi<\dfrac{\pi}{2}$ ; $0<r<1$

Не дублируйте темы!

Кто-нибудь, разбирающийся в интегралах, придёт с работы, поужинает, включит ЭВМ и, возможно, подскажет Вам.
Темы объединены.

[svv]

На мой взгляд, Вы проделали чуть больше работы, чем нужно.
Элемент площади поверхности формируется двумя касательными векторами $d \mathbf u=(dx, 0, \frac {\partial z}{\partial x}dx) $ и $d \mathbf v=(0, dy, \frac {\partial z}{\partial x}dy)$.
Вектор нормали к элементу площади $d\mathbf S= d\mathbf u \times d\mathbf v $.
Чтобы найти поток, надо проинтегрировать $\mathbf a \cdot d\mathbf S=(\mathbf a, d\mathbf u, d \mathbf v)$ -- смешанное произведение, равное

$$\left| \begin{array}{ccc} a_x & a_y & a_z \\ 1 & 0 & \frac {\partial z}{\partial x} \\ 0 & 1 & \frac {\partial z}{\partial y} \end{array} \right| dxdy = a_z - a_x \frac {\partial z}{\partial x} - a_y \frac {\partial z}{\partial y}$$

Правда, быстро и просто? А скалярный элемент площади $dS$ и единичный вектор нормали $\mathbf n$ считать не требуется.

Как посчитать интеграл?

$$\int\limits_{\rho=0}^1 \int\limits_{\varphi=0}^{\pi} \left(2\sqrt{1-\rho^2}-\dfrac{\rho\cos\varphi}{\sqrt{1-\rho^2}}\right)\rho d\rho d\varphi=2 \int\limits_{\rho=0}^1 \sqrt{1-\rho^2}\rho d\rho\int\limits_{\varphi=0}^{\pi} d\varphi-\int\limits_{\rho=0}^1 \dfrac{\rho^2 d\rho}{\sqrt{1-\rho^2}} \int\limits_{\varphi=0}^{\pi} \cos\varphi d\varphi$$

Я изменил Ваше обозначение $r$ на $\rho$, потому что $r$ -- это сферическая координата (расстояние от начала координат до точки), а Вы имеете в виду цилиндрическую координату (расстояние от оси $Oz$ до точки), она обычно обозначается $\rho$.

[integral2009]

Спасибо, svv! Да, действительно, так проще! А почему пределы по $\varphi$ такие?)

[svv]

Угол $\varphi$ отсчитывается от полуплоскости $xOz$ ($x>0$) -- она имеет $\varphi=0$. Поэтому, например, точки в полуплоскости $yOz$ ($y>0$) имеют $\varphi=\pi/2$, в полуплоскости $xOz$ ($x<0$) -- $\varphi=\pi$ и т.д.

Наша фигура ограничена плоскостью $y=0$, причем $y \geqslant 0$, а, как я сказал, на положительной половине ($x>0$) 'этой плоскости точки имеют $\varphi=0$, а на отрицательной половине ($x<0$) $\varphi=\pi$

[integral2009]

Спасибо большое за помощь! Вот, посчитал! Единственный вопрос, который остался -- правильно ли что потоки через остальные поверхности равны нулю?

$$\int\limits_{\rho=0}^1 \int\limits_{\varphi=0}^{\pi} \left(2\sqrt{1-\rho^2}-\dfrac{\rho\cos\varphi}{\sqrt{1-\rho^2}}\right)\rho d\rho d\varphi=2 \int\limits_{\rho=0}^1 \sqrt{1-\rho^2}\rho d\rho\int\limits_{\varphi=0}^{\pi} d\varphi-\int\limits_{\rho=0}^1 \dfrac{\rho^2 d\rho}{\sqrt{1-\rho^2}} \int\limits_{\varphi=0}^{\pi} \cos\varphi d\varphi=$$

$$=2(-\dfrac{1}{2})\pi\int\limits_{\rho=0}^1\sqrt{1-\rho^2}\rho d(1-\rho)^2+\int\limits_{\rho=0}^1 \dfrac{(1-\rho^2 +1)d\rho}{\sqrt{1-\rho^2}} (\sin\pi -\sin 0)\text{[это слагаемое обнуляется]}=$$

$$={\pi}\dfrac{2(1-\rho^2)^{3/2}}{3}\text{[в подстановке от 0 до 1(не знаю как верт. палку поставить)]}=\dfrac{2\pi}{3}$$

[svv]

integral2009 писал(а):

$2(-\dfrac{1}{2})\pi\int\limits_{\rho=0}^1\sqrt{1-\rho^2}\rho d(1-\rho)^2$

Вы, наверное, хотели написать $2(-\dfrac{1}{2})\pi\int\limits_{\rho=0}^1\sqrt{1-\rho^2} d(1-\rho^2)$ (лишнее $\rho$ и показатель степени не там). Вижу, что это описка, которая на результат не повлияла.

Да, потоки через остальные поверхности равны нулю. Через $y=0$ -- потому что компонента $a_y=0$ везде, а через $z=0$ -- потому что $a_z=2z=0$ на этой плоскости.

integral2009, попробуйте найти поток с помощью теоремы Гаусса-Остроградского в уме, то есть почти без вычислений Это несложно.

[integral2009]

svv в сообщении #411507 писал(а):

integral2009 писал(а):

$2(-\dfrac{1}{2})\pi\int\limits_{\rho=0}^1\sqrt{1-\rho^2}\rho d(1-\rho)^2$

Вы, наверное, хотели написать $2(-\dfrac{1}{2})\pi\int\limits_{\rho=0}^1\sqrt{1-\rho^2} d(1-\rho^2)$ (лишнее $\rho$ и показатель степени не там). Вижу, что это описка, которая на результат не повлияла.

Да, потоки через остальные поверхности равны нулю. Через $y=0$ -- потому что компонента $a_y=0$ везде, а через $z=0$ -- потому что $a_z=2z=0$ на этой плоскости.

integral2009, попробуйте найти поток с помощью теоремы Гаусса-Остроградского в уме, то есть почти без вычислений Это несложно.

Да, спасибо! Опечатался) По теореме Гаусса-Остроградского сделаю)
ТОлько мне нужно бежать, сделаю через 2-2,5 часа) Постараюсь устно)

[AKM]

integral2009 в сообщении #411499 писал(а):

$$={\pi}\dfrac{2(1-\rho^2)^{3/2}}{3}\text{[в подстановке от 0 до 1(не знаю как верт. палку поставить)]}=\dfrac{2\pi}{3}$$

Примерно так:

$$=\left. {\pi}\dfrac{2(1-\rho^2)^{3/2}}{3}\right|_0^1=\ldots$$

Примеры:

$$\left| \frac ab \right| \qquad \left. \frac ab \right| \qquad \left| \frac ab \right.$$

$$\left|  \frac ab  \right| \qquad   \left.  \frac ab  \right|   \qquad   \left|  \frac ab  \right.$$

[integral2009]

AKM в сообщении #411518 писал(а):

Примерно так:

$$=\left. {\pi}\dfrac{2(1-\rho^2)^{3/2}}{3}\right|_0^1=\ldots$$

Спасибо!!!

По теореме Гаусса=Остроградского

$$\Pi=\iiint\limits_V(0+0+2){dxdydz}=2\cdot \dfrac{4\pi}{3}\cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{2\pi}{3}$$

Да, эта теорема упрощает жизнь)

[svv]

Да, совершенно верно!
Вы только не подумайте, что поток всегда легче считать через интеграл от дивергенции. Иногда, наоборот, интеграл от дивергенции легче найти через поток. А иногда просто важна связь между потоком и дивергенцией, а не численные значения.

[svv]

Исправляю свои ошибки.
$d \mathbf u=(dx, 0, \frac {\partial z}{\partial x}dx) $
$d \mathbf v=(0, dy, \frac {\partial z}{\partial y}dy)$
$d\mathbf S= d\mathbf u \times d\mathbf v $
$\mathbf a \cdot d\mathbf S=\mathbf a \cdot (d\mathbf u \times d \mathbf v)=\left| \begin{array}{ccc} a_x & a_y & a_z \\ 1 & 0 & \frac {\partial z}{\partial x} \\ 0 & 1 & \frac {\partial z}{\partial y} \end{array} \right| dxdy = \left(a_z - a_x \frac {\partial z}{\partial x} - a_y \frac {\partial z}{\partial y}\right) dxdy$

[Ales]

Если вычисляете потоки, то часто их удобнее раскладывать в суммы по координатам векторного поля.
Вам надо посчитать поток векторного поля $(1,0,2z)$ через поверхность четвертинки шара.
Этот поток можно представить в виде суммы потоков $(1,0,0)$ и $(0,0,2z)$.

Потоки можно считать через площади ориентированных поверхностей:
первый поток равен с учетом ориентации $\int \limits_{S} dydz$, поверхность замкнута - это ноль;
второй поток равен с учетом ориентации $\int\limits_{S=S_{y=0}+S_{z=0}+S_{z=\sqrt{1-x^2-y^2}}} 2zdxdy=0+0+\int\limits_{S_{z=\sqrt{1-x^2-y^2}}} 2\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy$.
Проекция $S_{z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ на плоскость $xy$ - полукруг $\rho \leq 1, 0 \leq \varphi \leq \pi$. Элемент площади $dxdy = \rho d \rho d \varphi $. Поток равен интегралу
$\int\limits_{\rho \leq 1, 0 \leq \varphi \leq \pi} 2\sqrt{1-\rho^2}\rho d \rho d \varphi =\pi\int\limits_0^1\sqrt{1-t}dt=\pi\int\limits_0^1\sqrt{t}dt=\pi \frac 2 3 $.
Эти формулы гораздо проще.
Аналогично и очень быстро доказывается Теорема Гаусса-Остроградского (при правильном подходе совсем не теорема, а тривиальный факт),
а метод называется "интегрирование внешних дифференциальных форм".

-- Пт фев 11, 2011 14:05:51 --

Самое сложное - не запутаться с ориентацией площадей и поверхностей. Для этого и разработан аппарат внешних форм.

-- Пт фев 11, 2011 14:29:20 --

Но в самых расхожих случаях: на плоскости и в трехмерном пространстве - ориентации очевидны.
Поэтому в теорию дифференциальных форм можно особо не углубляться.