Поток векторного поля

[alexandra555]

Вычислить с помощью теоремы Остроградского поток векторного поля $$\vec{a} в сторону внешней нормали через поверхность $$\sigma тела, лежащего в первом октанте $$(x\ge 0, y \ge 0, z \ge 0) и ограниченного заданной поверхностью S и координатными плоскостями. Сделать чертеж.

$$\vec{a}=7yz \vec{i}+5x^2 z{\vec j}+15yz{\vec k} , $$S:x^2+y^2=4-z

Заранее очень благодарна!

[Dan B-Yallay]

Вам счет сразу выставить или по выполнении заказа?

[alexandra555]

Dan B-Yallay в сообщении #563909 писал(а):

Вам счет сразу выставить или по выполнении заказа?

Сразу

Лучше просто подсказать если знаете. Как сделать чертеж?

div$$\vec{a}=15y Верно?

[Dan B-Yallay]

Вот это уже другой разговор. У нас за предоставление полного решения учебных заданий - бьют тапками.

alexandra555 в сообщении #563940 писал(а):

$ \textrm {div}\vec{a}=15y $Верно?

Да, верно.

Но как считать поток через поверхность которую Вы не задали - я не знаю.
Блин, вот же она:

$$S:x^2+y^2=4-z$$

[spaits]

Dan B-Yallay в сообщении #563947 писал(а):

Но как считать поток через поверхность которую Вы не задали - я не знаю.

Поверхность задана.

-- Ср апр 25, 2012 19:47:06 --

Dan B-Yallay в сообщении #563947 писал(а):

вот же она:

Да еще направление нормали задано.

[Dan B-Yallay]

Да.
Осталось понять, что это за поверхность, перейти к другим координатам и посчитать. Совсем малость.
И не забыть по дороге применить Остроградского-Гаусса.

[alexandra555]

А вершина у эллиптического параболоида в какой точке (0,0,4)? Ветви вниз?

[Dan B-Yallay]

Да, "ветви вниз." Да, (0,0,4)
Только почему вдруг эллиптический?

[alexandra555]

Так верно?

\int\limits_0^2{dx}\int\limits_0^{\sqrt {16-x^2}}{15y} {dy}\int\limits_0^{\left{\sqrt {4-x^2 -y^2}}\right}dz

[Dan B-Yallay]

Похоже. Посчитаете?

[alexandra555]

Точнее вот так \int\limits_0^2{dx}\int\limits_0^{\sqrt {4-x^2}}{15y} {dy}\int\limits_0^{\left{\sqrt {4-x^2 -y^2}}\right}dz=-10

[spaits]

alexandra555 в сообщении #564075 писал(а):

Точнее вот так \int\limits_0^2{dx}\int\limits_0^{\sqrt {4-x^2}}{15y} {dy}\int\limits_0^{\left{\sqrt {4-x^2 -y^2}}\right}dz=-10

Перейдите к цилиндрическим координатам и проверьте ответ.
$y=r\sin \varphi$; якобиан $J=r$; $\varphi$ меняется от $0$ до $\frac{\pi}2$; $r$ от $0$ до $2$; $z$ от $0$ до $4-r^2$.

[alexandra555]

spaits в сообщении #564108 писал(а):

alexandra555 в сообщении #564075 писал(а):

Точнее вот так \int\limits_0^2{dx}\int\limits_0^{\sqrt {4-x^2}}{15y} {dy}\int\limits_0^{\left{\sqrt {4-x^2 -y^2}}\right}dz=-10

Перейдите к цилиндрическим координатам и проверьте ответ.
$y=r\sin \varphi$; якобиан $J=r$; $\varphi$ меняется от $0$ до $\frac{\pi}2$; $r$ от $0$ до $2$; $z$ от $0$ до $4-r^2$.

А зачем мне цилиндрические координаты? Чтобы проверить правильность ответа?

[spaits]

alexandra555 в сообщении #564112 писал(а):

Чтобы проверить правильность ответа?

Тогда откуда у Вас минус?

[alexandra555]

spaits в сообщении #564124 писал(а):

alexandra555 в сообщении #564112 писал(а):

Чтобы проверить правильность ответа?

Тогда откуда у Вас минус?

Вот как-то так:

\int\limits_0^2{dx}\int\limits_0^{\sqrt {4-x^2}}{15y} {dy}\int\limits_0^{\left{\sqrt {4-x^2 -y^2}}\right}dz=\int\limits_0^2{dx}\int\limits_0^{\sqrt {4-x^2}}{15y} (z)\lvert_{0}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} dy = \int\limits_0^2{dx} \int\limits_0^{\sqrt {4-x^2}}{15y}{\sqrt {4-x^2-y^2}}dy = \int\limits_0^2 (-5(4-x^2 -y^2)^{\frac 3{2}} )\lvert_{0}^{\sqrt{4-x^2}} dx = \int\limits_0^2{-5 dx}=-5x\lvert_{0}^2=-10