Поверхностный интеграл 1-го рода и формула Остроградского

[Dan B-Yallay]

Если Вы про $, то на боковине цилиндра оно равно 1 да и считаю я площадь не в плоскости $xOy$
Не понял, откуда вы взяли тройной. 3 интеграла по площади.

[Dext]

Dan B-Yallay в сообщении #485733 писал(а):

Так у Вас интеграл по неориентированной поверхности штоле? Тогда причем тут вообще Остроградский?
Переходим к цилиндрическим координатам. Боковина цилиндра:

$$\int_0^{2\pi} \int_0^1 (1\cdot\cos \phi + 1\cdot \sin \phi + z) \ dz d\phi$$

"Донышки" сами посчитаете или как?

Не пойму, какую формулу использовали??

Вычислить смогу сам, просто напишите формулы.

[Утундрий]

Утундрий в сообщении #485728 писал(а):

получилась единичка в ответе

Тьфу ты, $2\pi$ потерял...

Dext
В общем, тут есть два пути. Либо преподаватель хочет поиздеваться и придется таки через посредство Остроградского решать. Это можно, но как-то слишком уж через не то отверстие. Ну а второй, как было сказано в пророчестве - просто вычислить поверхностный интеграл в цилиндрических координатах.

[Dext]

Напишите, пожалуйста, какой должен изначально получиться интеграл без каких-либо преобразований, а то не могу въехать, что к чему.

[Dan B-Yallay]

Dext в сообщении #485742 писал(а):

Вычислить смогу сам, просто напишите формулы.

Пусть $f$ - функция плотности. Выделим на высоте $z$ кольцо из боковины цилиндра. Его вес:

$$\int_0^{2\pi} (\cos \phi + \sin \phi +z)d\phi$$

Теперь интегрируем по всей высоте $0\leq z \leq 1$

$$\int_0^1\Big( \int_0^{2\pi} (\cos \phi + \sin \phi +z)d\phi\Big) dz$$

[Dext]

Dan B-Yallay
Конечно, спасибо, но могли бы Вы написать изначальный получиться интеграл без каких-либо преобразований, а то не могу въехать, что к чему.

[Утундрий]

(для ценителей хентая)

$\[ \begin{gathered} \oint\limits_{\partial V} {{\mathbf{n}} \cdot {\mathbf{f}}\operatorname{dS} } = \int\limits_V {\nabla \cdot {\mathbf{f}}\operatorname{dV} } \hfill \\ \operatorname{V} :\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {0 < z < 1} \\ {x^2 + y^2 < 1} \\ \end{array} } \right. \hfill \\ {\mathbf{f}} \cdot {\mathbf{n}} = x + y + z \hfill \\ {\mathbf{f}} = a\left( {x,y,z} \right){\mathbf{e}}_r + b\left( {x,y,z} \right){\mathbf{e}}_z \hfill \\ x^2 + y^2 = 1,0 < z < 1:{\mathbf{n}} = {\mathbf{e}}_r ,\left. a \right|_{x^2 + y^2 = 1} = x + y + z \hfill \\ x^2 + y^2 < 1,z = 0:{\mathbf{n}} = - {\mathbf{e}}_z ,\left. b \right|_{z = 0} = - x - y \hfill \\ x^2 + y^2 < 1,z = 1:{\mathbf{n}} = {\mathbf{e}}_z ,\left. b \right|_{z = 1} = 1 + x + y \hfill \\ a = x + y + z \hfill \\ b = \left( {2z - 1} \right)\left( {x + y} \right) + z \hfill \\ {\mathbf{f}} = \left( {x + y + z} \right){\mathbf{e}}_r + \left[ {\left( {2z - 1} \right)\left( {x + y} \right) + z} \right]{\mathbf{e}}_z \hfill \\ \operatorname{div} {\mathbf{f}} = 2\left( {x + y} \right)\left( {1 + \frac{1} {{\sqrt {x^2 + y^2 } }}} \right) + \frac{z} {{\sqrt {x^2 + y^2 } }} + 1 \hfill \\ \int\limits_V {\nabla \cdot {\mathbf{f}}\operatorname{dV} } = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^1 {dz} \int\limits_0^1 {\rho d\rho \left\{ {2\left( {\cos \varphi + \sin \varphi } \right)\left( {1 + \rho } \right) + 1 + \frac{z} {\rho }} \right\}} } = 2\pi \hfill \\ \end{gathered} \] $

[Dan B-Yallay]

Dext в сообщении #485750 писал(а):

Dan B-Yallay
Конечно, спасибо, но могли бы Вы написать изначальный получиться интеграл без каких-либо преобразований, а то не могу въехать, что к чему.

Пожалуйста ((для боковины)): $-1 \leq x \leq 1, \ y=\pm \sqrt{1-x^2}$

$$\int_0^1\Big( \int_{-1}^{1}(x+\pm \sqrt{1-x^2}+z)dx \Big) dz $$

(Оффтоп)

Для верхнего донышка получаем:

$$\int_0^{2\pi}\Big( \int_0^{1} (r\cos \phi + r\sin \phi +1)r dr \Big) d\phi$$

Для нижнего донышка соответственно единичку из-под интеграла убираем.

[Dext]

Dan B-Yallay

А как же $\sqrt{f'_x+f'_z+1}$??

[Dan B-Yallay]

Dext в сообщении #485766 писал(а):

Dan B-Yallay
А как же $\sqrt{f'_x+f'_z+1}$??

А это еще откуда?

-- Пт сен 23, 2011 14:12:28 --

Понял, из головы вылетело. Извиняюсь.
Вы про это?

$$\int_0^1\Big(\int_{-1}^1\big(x \pm y+z \big)\sqrt{1+(y')^2}dx\Big) dz$$

[Dext]

Нет об этой формуле.

Разве не эту формулу надо использовать?

\[\iint\limits_{S}f(x,y,z)\,dS=\iint\limits_{D_{xy}}f(x,y,z(x,y))\sqrt{z'_x(x,y)+z'_y(x,y)+1}\,dxdy\[
и т.п. в зависимости на какую плоскость проецируем.

Поэтому прошу Вас не первый раз просто написать изначальный интеграл без каких-либо преобразований.

[Dan B-Yallay]

Стоп. Вы хотите получить единую формулу сразу для всего цилиндра?

[Dext]

Dan B-Yallay в сообщении #485773 писал(а):

Стоп. Вы хотите получить единую формулу сразу для всего цилиндра?

Нет, уже понял, что надо считать отдельно для "трубы" и "крышек", а затем суммировать.

По какой формуле Вы вычисляете поверхностные интегралы 1-го рода?
Я не понимаю, уж простите. Или надо какими-то особыми обладать сакральными знаниями

[Dan B-Yallay]

Dext в сообщении #485775 писал(а):

По какой формуле Вы вычисляете поверхностные интегралы 1-го рода?

Поверхностные интегралы первого рода? Выделяем в заданной области малую площадку, Находим ее площадь и умножаем на значение функции в произвольной точке внутри этой малой площадки. Затем суммируем по всей области и переходим к пределу. (Если Вы об этом.)

$$I=\int_{\Omega}fdS$$

[Dext]

Это есть у меня и в лекциях, и в учебнике, а вот конкретную формулу, которую Вы использовали, я не могу нигде найти