Подготовка к экзамену. Матан

[alex-omsk]

$\iint\limits_K \frac{x}{y} \, dxdy+ \sin y \,dz dx$, где $K: y=\sqrt{x^2+z^2}, y=1$

С интегралами всё грустно.
Тут получается интеграл по поверхности конуса. Можно ли перейти о него к интегралу по окружности?

[bot]

Формула Остроградского-Гаусса

[alex-omsk]

$\iint\limits_K \frac{x}{y} \, dxdy+ \sin y \,dz dx = -\iiint\limits_V \cos y dV - \iint\limits_{B} \sin 1 \, dzdx= \\ \int\limits_{0}^{2\pi}d \, \varphi \int\limits_{0}^{1} \cos z \,dz \int\limits_{0}^{z} r \,dr$ - \iint\limits_{B} \sin 1 \, dzdx

V замкнутый конус, B - открытый круг.

[alex-omsk]

Указать все значения, которые может принимать интеграл
I=$\int\limits_\gamma \frac{y \, dx - x d \, y}{x^2+y^2}$
где контур $\gamma$ гладкая кривая c началом лежащим на луче $\varphi=\frac{3\pi}{4}$ и концом на луче $\varphi = \frac{\pi}{2}$, $(0,0) \notin \gamma$.

Насколько я понимаю, ответ либо $I=\frac{\pi}{4}$, либо $I=\frac{7\pi}{4}$.

Для этого нужно показать что интеграл не зависит от кривой $\gamma$.
И тут вот не совсем ясно: можно ли действовать как в док-ве для формы гаусса по замкнутому контуру?
Хотелось бы взять контур, разбить на две части и по формуле Грина показать независимость от кривой. Но беда в том, что тогда этому контуру принадлежит точка $(0,0)$.
Вот не ясно

[bot]

alex-omsk в сообщении #684292 писал(а):

Но беда в том, что тогда этому контуру принадлежит точка $(0;0)$

Какому этому? Что мешает выбрать область, не содержащую эту точку, а в ней контур?

alex-omsk в сообщении #684292 писал(а):

Насколько я понимаю, ответ либо , либо .

Ответ может быть только один.

А с предыдущей разобрались? Судя по разности, у Вас конус берётся без крышки - с этим ладно. А вот в первом интеграле пределы не те. Попробуйте убрать косинус из интеграла. Должен ведь получиться объём конуса, не так ли?

[alex-omsk]

Так вроде получается: $\frac{\pi}{3}$.

В смысле ответ один, это он сам и есть: либо то, либо то

-- Сб фев 16, 2013 11:05:24 --

bot в сообщении #684528 писал(а):

Какому этому? Что мешает выбрать область, не содержащую эту точку, а в ней контур?

Наверное ничего. Тогда соеденяем ноль и концы кривой лучами, берем маленькую окружность около нуля, Область получится из маленькой окржности в объединении с тем, что ограничивают лучи. Берем контур с граничными точками кривой, кусками прямых до пересечения с окружностью. Там по формуле Грина будет $0$. Остается интеграл по маленькой окружности, а он равен приращению аргумента.

[alex-omsk]

Собственно даже такой ответ $I= \frac{\pi}{4} + 2 \pi k \ , k \in \mathbb{Z} $

[bot]

М-дась.
1) Что такое арктангенс?
2) С чем и как едят независимость от пути?

[alex-omsk]

Собственно понятно что интеграл $d \varphi$. То есть изменение аргумента при ободе кривой.

Независимость от пути: если подынтыгральне выражение полный диффеоенциал, то интеграл по контуру не зависит от пути.
Тут ведь кривая сколь угодно много раз вокруг нуля может накручиваться.

[bot]

alex-omsk в сообщении #684929 писал(а):

Тут ведь кривая сколь угодно много раз вокруг нуля может накручиваться

Как накрутится так и раскрутится. Лучше было бы если начало было удалено вместе с окрестностью, но однако и так сойдёт. Есть что ли такая гладкая кривая, не проходящая через начало, но побывашая возле него сколь угодно близко?
Мне кажется, что такой просто нет.