Поток векторного поля

[Dilettante]

Приветствую вас! Стоит задача: найти потоки векторных полей через поверхности

1)$ F =(0; y^2; z)$ , поверхность $S: {z=x^2+y^2, z\leqslant a}$. Мой ответ $-8\pi$
2)$ F =(x^2; xy^2; xyz )$, поверность $S: {x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2, x \geqslant 0 , y \geqslant 0, z \geqslant 0 }$. Мой ответ $R^4(\frac{1}{8}\pi-\frac{1}{5}R)$

Задачи из методического пособия, в котором нет ответов, поэтому свериться не с чем. Может ли кто-нибудь посчитать и написать правильный ответ, чтобы мне было с чем сравнить? Прошу только числовой ответ, с ходом решения пока пытаюсь разобраться сам

[Dan B-Yallay]

Может лучше Вы покажете ход решения а там уже кто-нить подскажет, верно или нет.

[svv]

1) Ответ не зависит от $a$?

[Dilettante]

Премного извиняюсь, там не параметр, а конкретное число... Опечатался, вместо $a$ стоит 2

Первое $\Pi=\int_{D}^{}div(F)dV-\int_{S}^{}FdS=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{2}d\rho\int_{\rho^2}^{2}(2\rho sin(\phi)+1)\rho dz - 2\int_{S}^{}dS$
Здесь накрыл плоскостью парабалоид чтобы замкнуть поверхность и вычел поток через поверхность получившейся окружности $S$

Второе по аналогии, только там ничего не накрывал, там ведь и так замкнуто, перешёл в сфер. СК, пределы $0...\frac {\pi}{2}$ по фи, $0...R$ по ро, и последний инт. $0...\frac {\pi}{2}$ по тэта соответственно.

[svv]

В 1), когда нашли дивергенцию ($=2y+1$), можно сразу выбросить $2y$, так как это нечетная по $y$ функция в симметричной относительно $Oxz$ области. Тогда по объему интегрируется $1$, то есть это просто объем области между параболоидом и плоскостью.
Ещё, Ваши поверхности точно незамкнуты? Пишут же они, например, $x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2$. Хоть и неравенство, но это означает кусок поверхности. Может, и с $z \leqslant a$ так же?

2) Да, здесь ответственные за поток компоненты как раз обращаются в нуль на координатных плоскостях -- можно считать, что область замкнута. У меня получилось то же самое, за исключением знака: $+\frac 1 5 R$. Но я, конечно, тоже мог ошибиться.

P.S. Похоже, что ошибка у Вас: дивергенция равна $2x+3xy$. Оба слагаемых $\geqslant 0$ во всей области и дают соответственно первое и второе слагаемое в Вашем ответе -- откуда взяться отрицательному интегралу?

[Dilettante]

2svv

В первом пункте, дословно: "S - часть параболоида $z=x^2+y^2$, $z\leqslant 2$". Во втором: "S - поверхность $x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2$ ..." и т.д. Поэтому я решил, что всё-таки не замкнут перый случай.
Насчёт объёма - у меня интеграл с дивергенцией получается равным нулю. С пределами ошибся?

Насчёт второго - нашёл где ошибся, теперь тоже стоит плюс.

[svv]

Dilettante писал(а):

интеграл с дивергенцией получается равным нулю

А Вы можете написать отдельно, какой получился интеграл от $2y=2\rho\,\sin\varphi$ и от $1$?

[Dilettante]

Пересчитал, один

$$\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{2}\rho d\rho \int_{\rho^2}^{2}2\rho sin(\phi) dz=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{2}\rho 2sin(\phi)(2-\rho^2)d\rho=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{2}(4\rho^2sin(\phi)-2\rho^4sin(\phi))d\rho=0$$

Второй:

$$\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{2}\rho d\rho \int_{\rho^2}^{2} dz=2\pi \int_{0}^{2}\rho (2-\rho^2) d\rho =\frac {8}{3} \pi$$

В итоге, вычитая поток через накрывающую окружность, получил $-\frac {16}{3} \pi$

[svv]

Два замечания.

В первом интеграле, если бы Вы сначала проинтегрировали по $\varphi$ (получается нуль), остальные считать бы уже не пришлось.

В обоих: почему $\rho$ меняется до $2$, а не до $\sqrt{a}=\sqrt{2}$?

[Dilettante]

Точно, до $\sqrt{2}$, забыл про это. Тогда всё-таки конечный ответ $-6\pi$, если я ещё где-то не ошибся

[Dilettante]

Чтобы не заводить новой темы, тут же:
$F=(xy+x^2; 2y-2xy; z-yz)$, поверхность S: $x^2+y^2=z, 0 \leqslant z \leqslant H$
Снова приходится накрыть сверху плоскостью, после чего через див.
$\Pi=\int_{0}^{2\phi}d\phi\int_{0}^{\sqrt{H}}3\rho d\rho\int_{\rho^2}^{H} dz=3\pi H^2(\frac {1}{\sqrt{H}} - \frac {1}{2})$
Потом вычел поток через ок-ть и получил: $3\pi H^2(\frac {1}{\sqrt{H}} - \frac {5}{6})$. Подскажите, такой ответ?

[svv]

Dilettante, подождите, консенсус по первой задаче ещё не достигнут.

Интеграл от дивергенции по объему:
$\int\limits_0^{2\pi}d\varphi \int\limits_0^{\sqrt{2}} \rho d\rho \int\limits_{\rho^2}^{2} dz =2\pi \int\limits_{0}^{\sqrt{2}} \rho (2-\rho^2) d\rho = \pi \int\limits_0^2 (2-z) dz =2\pi$

Поток через накрывающий круг:
$\pi \rho_{max}^2 z(\rho_{max}) = \pi (\sqrt{a})^2 a = 4\pi$

Поток через параболоид $=$ интеграл от дивергенции по объему $-$ поток через круг:
$2\pi-4\pi=-2\pi$

В качестве проверки найдём поток через параболоид непосредственно. Обозначим вектор поля через $\mathbf u=(0, y^2, z)$. $u_y=y^2$ вклада в поток не дает, остается только $u_z=z$, поэтому можно считать, что $\mathbf u=\mathbf e_z z$. В потоковый интеграл входит $\mathbf u \cdot d\mathbf S = u_z dS_z = -z \rho d\rho d\varphi$ ($z$-проекция вектора элемента поверхности параболоида -- это элемент площади круга в плоскости $z=0$, минус -- потому что нормаль вниз). Интегрируем:

$$\int\limits_0^{2\pi}d\varphi \int\limits_0^{\rho_{max}} (-z) \rho d \rho =-\pi \int\limits_{\rho=0}^{\rho_{max}} z d (\rho^2) = -\pi \int\limits_{z=0}^a z dz = -\pi \frac {z^2} 2 \big| \limits_0^a =-2\pi $$

[Dilettante]

Что-то не даётся мне этот номер, столько раз пролетел) Пересчитаю, в третьем наверняка сходным образом ошибся.

[svv]

Да, к сожалению.
В 3) $\operatorname{div} \vec F =3$, это у Вас правильно. И интеграл $\int_{0}^{2\phi}d\phi\int_{0}^{\sqrt{H}}3\rho d\rho\int_{\rho^2}^{H} dz$ Вы тоже записали правильно. Но равен он должен быть $\frac 3 2 \pi H^2$.
Поток через накрывающую окружность равен $\pi H^2$.
Разность, то есть ответ задачи, равна $\frac 1 2 \pi H^2$.

Вы можете расписать подробнее, как Вы находите \int_{0}^{\sqrt{H}}\rho d\rho\int_{\rho^2}^{H} dz$?

[Dilettante]

Наконец-то нашёл время зайти. Пересчитал недавно этот интеграл - всё получилось как надо, видимо из-за невнимательности к деталям и подстановки в верхний предел $H$ вместо $\sqrt{H}$ постоянно ошибался:
$\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\sqrt{H}}3\rho d\rho\int_{\rho^2}^{H} dz=6\pi\int_{0}^{\sqrt{H}}(\rho H- \rho^3)d\rho=6\pi(\frac {1}{2}H^2- \frac {1}{4}H^2)= \frac {3}{2}\pi H^2$

2svv
Спасибо за внимание к теме!

С этими вроде всё номерами, пока попытаюсь посчитать оставшиеся сам.