Формула Грина

[Профессор Снэйп]

Забыл второй курс матана начисто. Стыдно

Задача такая. На плоскости есть область с кусочно гладкой границей. Надо интеграл по этой области от функции $\cos 2\pi x \cos 2\pi y$ превратить в интеграл по границе области. Как?

-- Сб июн 09, 2012 11:17:40 --

Всматриваясь в формулу Грина, понял, что она позволяет интеграл по границе переводить в интеграл по области. А тут обратная задача. Как её, блин, решать?

-- Сб июн 09, 2012 11:21:23 --

Попытки решения такие: допустим, по границе мы будем интегрировать форму $P dx + Q dy$. Тогда надо искать $Q$ и $P$ со свойством $\partial Q / \partial x - \partial P / \partial y = \cos 2\pi x \cos 2\pi y$. Далее разум впадает в блаженную нирвану.

[Sender]

$Q=\frac{1}{2\pi}\sin 2\pi x \cos 2\pi y$, $P=0$, например.

[Профессор Снэйп]

Ну да, наверное. Хотя хочется чего-то симметричного относительно $x$ и $y$. Ну то есть чего-то такого, чтобы $P$ при замене $x$ на $y$ переходило в $Q$.

[Munin]

Лучше подбирать их так, глядя на конкретную границу, может, её форма подскажет что-то.

[Sender]

Ещё варианты: $Q=\frac{1}{4\pi}\sin 2\pi x \cos 2\pi y$, $P=-\frac{1}{4\pi}\sin 2\pi y \cos 2\pi x$, ну или $P=-\frac{1}{4\pi}\sin 2 \pi (x+y)$, $Q=\frac{1}{4\pi}\sin 2 \pi (x-y)$.

[Профессор Снэйп]

Там граница - прямоугольник, стороны параллельны координатным осям.

Вот здесь несколько сообщений: post582495.html#p582495

-- Сб июн 09, 2012 12:04:07 --

Sender, спасибо за примеры.

[lyuk]

$\cos(2\pi x)\cos(2\pi y)=\frac12(\cos(2\pi (x+y))+\cos(2\pi(x-y)))$

Дальше -- сохраните симметрию.

[Александр Т.]

Профессор Снэйп в сообщении #582500 писал(а):

Задача такая. На плоскости есть область с кусочно гладкой границей. Надо интеграл по этой области от функции $\cos 2\pi x \cos 2\pi y$ превратить в интеграл по границе области. Как?

$$ \int\limits_G q(x,y) \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \dfrac{1}{4\pi} \oint\limits_{\partial G} \left[ E_x(x,y) \,\mathrm{d}x + E_y(x,y) \,\mathrm{d}y \right] , $$

$$ E_x(x,y) = 2 \int\limits_G \dfrac{q(x',y')(x-x')}{(x-x')^2+(y-y')^2} \,\mathrm{d}x'\mathrm{d}y' , $$

$$ E_y(x,y) = 2 \int\limits_G \dfrac{q(x',y')(y-y')}{(x-x')^2+(y-y')^2} \,\mathrm{d}x'\mathrm{d}y' . $$

Если подставить сюда $\cos 2\pi x \cos 2\pi y$ вместо $q(x,y)$, а вместо $G$ — Вашу область ($\partial{G}$ — граница области), то должно получиться, вроде бы, то, что Вам нужно. (Надеюсь, что я не ошибся при выводе этих формул, исходя из одной из задач электростатики.)

(Оффтоп)

Как оказалось — ошибся, но сейчас исправил найденную ошибку. Если есть возможность проверить, то лучше это сделать.

[Александр Т.]

Александр Т. в сообщении #582595 писал(а):

...
Если подставить сюда $\cos 2\pi x \cos 2\pi y$ вместо $q(x,y)$, а вместо $G$ — Вашу область ($\partial{G}$ — граница области), то должно получиться, вроде бы, то, что Вам нужно.

Вычисления по этим формулам будут довольно громоздкими. Тут лучше, наверное, использовать только теорему Гаусса-Остроградского для плоскости

$$ \int\limits_G \left( \dfrac{\partial f_x}{\partial x} + \dfrac{\partial f_y}{\partial y} \right) \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \oint\limits_{\partial G} \left[ f_x(x,y) \,\mathrm{d}x + f_y(x,y) \,\mathrm{d}y \right] $$

(а в тех формулах, которые я выписал выше по ветке, кроме этой теоремы использовалось еще кое-что). Чтобы получить представление

$$ \int\limits_G \cos (2\pi x) \cos (2\pi y) \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

через интеграл по границе области достаточно найти такие функции $f_x(x,y)$ и $f_x(x,y)$, чтобы

$$ \dfrac{\partial f_x}{\partial x} + \dfrac{\partial f_y}{\partial y} = \cos (2\pi x) \cos (2\pi y) . $$

Очевидно, что в качестве таких функций можно взять

$$ f_x(x,y) = \dfrac{1}{4\pi}\sin (2\pi x) \cos (2\pi y) ,\quad f_y(x,y) = \dfrac{1}{4\pi}\cos (2\pi x) \sin (2\pi y) . $$

Тогда

$$ \int\limits_G \cos (2\pi x) \cos (2\pi y) \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \dfrac{1}{4\pi} \oint\limits_{\partial G} \left[ \sin (2\pi x) \cos (2\pi y) \,\mathrm{d}x + \cos (2\pi x) \sin (2\pi y) \,\mathrm{d}y \right] . $$

Добавление.
Только сейчас увидел, что это в точности совпадает с одним из вариантов, предложенным Sender'ом (хотя там была использована не теорема Гаусса-Остроградского, а теорема Стокса).