Поток Вектора через конус.

[GAttuso]

Стандартная, простенькая задача, но уже года два (с первого курса) не брал всякие интегралы в цилиндрических и сферических системах координат, поэтому немного запутался.
Задан вектор $\vec{a}=(x+xy)\vec{i}+(y-x^2)\vec{j}+(z-1)\vec{k}$
Через поверхность $S: x^2+y^2=z^2, (z\geqslant0)$
То бишь канус, сверху отрезан плоскостью $z=3$

Надо находить через поверхностные интегралы второго рода, но я, для верности, нашел и по Гауссу-Остроградскому, и разумеется пришел к разным результатам, прошу проверить расстановку границ интегрирования и саму запись интеграла:

Через дивергенцию:
$\operatorname{div}\vec{a}=y+3$, и дальше тройной интеграл:
$\int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{3} (r\sin\varphi+3) dr\int_{r}^{3} dz $

Через поверхностный интеграл второго рода (здесь считаем только лишь интеграл через верхнее основание, ибо все боковые составляющие, проецирующиеся на $Oyz и $Oxz$ взаимно уничтожаются):
$\int\int a_z\cos\gamma d\sigma = \int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{3} r\cdot(3-(r-1)) dr$

Ясно, что где-то записал неправильно, может и там и там.

[mihiv]

При замене переменных в интеграле по объему $dxdydz\to rdrdzd\varphi $.

[GAttuso]

Спасибо, это опечатка.
$\int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{3} r\cdot(r\sin\varphi+3) dr\int_{r}^{3} dz $
Все равно не сходится

[mihiv]

Поток через основание конуса равен $\int \int a_zd\sigma =2\int \int d\sigma $, т.к. на основании конуса $z=3$.
Кроме того поток через боковую поверхность конуса не равен 0.

[GAttuso]

mihiv
А почему? Мы же проектируем поверхность на плоскости $Oyz$ и $Oxz$ дважды и с разных сторон.

[mihiv]

Скалярное произведение $\vec a\vec n$ на боковой поверхности конуса($\vec n$-единичный вектор нормали к поверхности)- функция двух координат, третью координату исключаем с помощью уравнения поверхности конуса. В данном случае удобнее исключить координату $z$.
Это дает возможность перейти к интегрированию по проекции боковой поверхности конуса на плоскость $xoy$, т.е. по внутренности круга $x^2+y^2\leqslant 9$. Этот интеграл был бы равен 0, если бы скалярное произведение было нечетной функцией $x$ или $y$, но это не так.

[GAttuso]

mihiv
Я совсем запутался, извините
Т.е. мы и верхнее основание и боковую поверхность проектируем на плоскость $Oxy$?
Интеграл по боковой поверхности будет:
$\int \int \sqrt{9-x^2-y^2}-1 dxdy$
?

[mihiv]

GAttuso,мы должны разбить боковую поверхность на маленькие кусочки площадью $d\sigma _i$, для каждого такого кусочка найти скалярное произведение $\vec a\vec n$, умножить это на площадь кусочка и просуммировать по всей поверхности :$\sum \vec a_i\vec n_id\sigma _i$. Это определение потока вектора через поверхность.
Площадь $d\sigma _i=\dfrac {d\bar \sigma _i}{\cos \gamma }$, где $d\bar \sigma _i $-проекция $d\sigma _i$ на плоскость $xoy,\cos \gamma $-косинус угла между $d\sigma _i$ и плоскостью $xoy$. В данном случае $\gamma =45^{\circ }$ для всей боковой поверхности конуса.
Таким образом интегральная сумма примет вид:$\sum \vec a_i\vec n_i\dfrac {d\bar \sigma _i}{\cos \gamma }$, где суммирование теперь идет по проекции боковой поверхности конуса на $xoy$, (то есть по внутренней части круга $x^2+y^2=9$)
Нам нужен еще единичный вектор внешней нормали, он равен: $\vec n=\{\frac {\cos \varphi }{\sqrt 2},\frac {\sin \varphi }{\sqrt 2},-\frac 1{\sqrt 2}\}$

[GAttuso]

mihiv
Вы уж извините, долго отвечаю, т.к. не хочу отвечать не разобравшись. Я честно сказать не понял, как вы нашли вектор внешней нормали и зачем он тут нужен, неужели нельзя в лоб $\int\int (\vec{a},\vec{\sigma})=\int\int a_x dydz +a_ydxdz+a_zdxdy $ ?
У меня получилось через верхнее основание:
$\int\int (z-1)dxdy$, подставляем $z=3$, получаем $2\int\int_{S} = 2\cdot \pi r^2=18\pi$
Через боковую поверхность:
$\int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{3} r\cdot(z-1) dr = \int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{3} r\cdot(r-1) dr=\int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{3} (r^2-r) dr=9\pi$

Опять ?

[mihiv]

Теперь результат правильный.

GAttuso в сообщении #680283 писал(а):

$\int\int (\vec{a},\vec{\sigma})=\int\int a_x dydz +a_ydxdz+a_zdxdy $ ?

Нужно писать $\int \int \vec a d\veс {\sigma }$, (над $\sigma $ должна быть стрелка, почему-то не получилась) такая запись напоминает, что идет суммирование по малым элементам поверхности.
Можно считать и по той формуле, которую Вы привели, но формула с вектором внешней нормали более наглядна и легко запоминается, именно в таком виде формула Остроградского используется в физике. Иногда поток вектора с помощью этой формулы можно вычислить в уме, если в задаче есть симметрия.
(Считаем $d\vec \sigma =\vec nd\sigma $)

[GAttuso]

mihiv
Спасибо за помощь.
Но что-то я все равно не до конца понял, как вы нашли вектор нормали.

[mihiv]

GAttuso в сообщении #680423 писал(а):

как вы нашли вектор нормали.

Берем произвольную точку на боковой поверхности конуса.Вектор нормали перпендикулярен образующей конуса, проходящей через выбранную точку и лежит в плоскости, проходящей через ось $z$ и образующую конуса. Угол между образующей конуса и осью $z$ равен $45^{\circ }$, следовательно угол между $\vec n$ и осью $z$ составляет $135^{\circ }$, отсюда $n_z=-\frac 1{\sqrt 2}$.
Спроектируем $\vec n$ на плоскость $xoy$.Длина проекции равна $\frac 1{\sqrt 2}$. Проектируя этот отрезок на оси $x,y$, получим $n_x=\frac {\cos \varphi }{\sqrt 2},n_y=\frac {\sin \varphi }{\sqrt 2}.$
Чтобы было понятнее, можно параллельным переносом поместить $\vec n$ в начало координат.

[GAttuso]

Ага, спасибо!