Найти поток поля через внешнюю сторону полусферы

[Linkl]

$a=x^3i+y^3j+z^3k,x^2+y^2+z^2=2x,z\geqslant0$ Вначале я нашел дивергенцию $divA=3(x^2+y^2+z^2)$ и перевел в сферические координаты, пределы получились
$0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi,0 \leqslant \psi \leqslant \pi, 0 \leqslant r \leqslant 2\cos\varphi\cos\psi$ Но , полагаю, что где-то допустил ошибку

[Munin]

Обратите внимание, где у вас центр сферы.

[Linkl]

Пересчитал, похоже что $-\pi/2 \leqslant \varphi \leqslant \pi/2$?

[Munin]

Не в $\varphi$ дело. Дело в том, что у вас центр сферы не в начале координат, и центр сферических координат тоже будет иметь смысл располагать не в начале координат.

-- 17.05.2014 19:39:26 --

Для начала, приведите уравнение вашей сферы в канонический вид, а?

[ewert]

Linkl в сообщении #864327 писал(а):

$0\leqslant \varphi \leqslant 2\pi,0 \leqslant \psi \leqslant \pi, 0 \leqslant r \leqslant 2\cos\varphi\cos\psi$ Но , полагаю, что где-то допустил ошибку

Даже три: и пределы в обоих случаях не те, и зависимость не та.

Поменяйте хотя бы временно ролями переменные $x$ и $z$, чтобы сферические координаты выглядели привычнее. Когда разберётесь -- можете вернуть их обратно.

Munin в сообщении #864469 писал(а):

и центр сферических координат тоже будет иметь смысл располагать не в начале координат.

Нет смысла: и не особо поможет, и не особо нужно, работа же дополнительная.

-- Сб май 17, 2014 19:50:07 --

Linkl в сообщении #864464 писал(а):

Пересчитал, похоже что $-\pi/2 \leqslant \varphi \leqslant \pi/2$?

А, не заметил; ну одна из трёх ошибок более-менее исправлена.

[Munin]

ewert в сообщении #864473 писал(а):

Нет смысла: и не особо поможет, и не особо нужно, работа же дополнительная.

Тогда нет смысла вообще в сферическую систему координат переходить.

[Linkl]

Вот как я делал: $(x-1)^2+y^2+z^2=1, x=r\cos\varphi \cos\psi,y=r\sin\varphi\cos\psi,z=r\sin\psi$ Из неравенства $z\geqslant0$ следует , что $r\sin\psi\geqslant 0$ Откуда и брались границы для $\psi$ Далее, подставив координаты в само уравнение сферы получилось $r$ И исправил $\varphi $ т.к. $r\cos\varphi\cos\psi\geqslant 0$

[ewert]

Munin в сообщении #864479 писал(а):

Тогда нет смысла вообще в сферическую систему координат переходить.

Очень даже есть. В декартовых всё равно придётся тригонометрию задействовать, только в менее комфортных обстоятельствах.

-- Сб май 17, 2014 20:14:17 --

Linkl в сообщении #864482 писал(а):

$r\sin\psi\geqslant 0$ Откуда и брались границы для $\psi$

Вы смешали два разных определения азимутального угла: в формуле подразумевается одно из них, а в ограничениях на угол -- другое.

Linkl в сообщении #864482 писал(а):

$x=r\cos\varphi \cos\psi,y=r\sin\varphi\cos\psi,z=r\sin\psi$

Можно, конечно, и так, но это весьма неразумно. Направьте азимутальную ось по иксам.

-- Сб май 17, 2014 20:20:54 --

[Linkl]

Не очень понимаю, ведь неравенства останутся теми же?Только $r$ будет меняться до $2\sin\psi$

[ewert]

Linkl в сообщении #864495 писал(а):

ведь неравенства останутся теми же?

Отнюдь. При одном определении азимутального угла ограничения (по определению) на него одни, при другом -- другие.

[svv]

Вот о чём, вероятно, думал составитель задачки (не рассчитывая, что её будут так решать).

Наша полусфера — верхняя ($z\geqslant 0$) половинка границы шара радиуса $1$ с центром в точке $(1,0,0)$. Если добавить к полусфере «донце» (пересечение шара с плоскостью $z=0$), поверхность станет замкнутой. Но поток поля через донце равен нулю, потому что нормальная компонента поля $(a, n)=-a_z=-z^3$ здесь нулевая. Значит, можно искать поток $\Phi$ через замкнутую поверхность «верхняя полусфера плюс донце», а он равен интегралу от дивергенции поля по верхней половине шара.

Для красоты добавим нижнюю половину шара, тогда
$\Phi=\frac 1 2\int \operatorname{div}a\;dV$,
здесь и ниже интеграл уже по всему шару.

$\operatorname{div}a=3(x^2+y^2+z^2)$, поэтому $\Phi=\frac 3 4(I_x+I_y+I_z)$, где
$\begin{matrix}I_x=\int (y^2+z^2)\;dV\\I_y=\int (z^2+x^2)\;dV\\I_z=\int (x^2+y^2)\;dV\end{matrix}$
— моменты инерции шара (единичной плотности) относительно осей $Ox, Oy, Oz$.

Центр шара лежит на оси $Ox$, поэтому $I_x$ не изменится, если центр шара переместить в начало координат: $I_x=I_{x0}$. Но центр шара не лежит на осях $Oy$ и $Oz$, он смещен относительно них на $d=1$. Тут помогает теорема Кёнига (или Штейнера?): $I=I_{0}+md^2$. Поэтому
$I_x+I_y+I_z=I_{x0}+I_{y0}+I_{z0}+2V_{\text{ш}}$

Далее, $I_{x0}+I_{y0}+I_{z0}$ — это интеграл от $2(x^2+y^2+z^2)=2r^2$, но уже по единичному шару с центром в $(0,0,0)$, т.е. очень простой интеграл.

[Otta]

Да можно и просто Гауссом-Остроградским, не намного сложнее. (А иначе вообще незачем считать дивергенцию).

[ewert]

svv в сообщении #864637 писал(а):

Но поток поля через донце равен нулю,

Для сведения к полной сфере это не обязательно -- достаточно того, что в силу симметрии потоки по обеим полусферам одинаковы.

Однако автором этого, естественно, не загадывалось.

svv в сообщении #864637 писал(а):

Соответственно, интеграл сводится к сумме интегралов $\int (y^2+z^2) dV$ и двух аналогичных. Но это как раз моменты инерции шара (единичной плотности) относительно осей $Ox, Oy, Oz$.

А вот это -- уже откровенное извращение. Выигрыш сводится лишь к приплетению пары абсолютно некместных понятий, ну и разве что к некоторой экономии: для решения потребуется всего лишь пять строчек текста вместо трёх в тупом варианте. Конечно, пять гораздо меньше, чем три; но не так уж и намного меньше.

[Linkl]

Похоже, что поверхность незамкнута,так что Остроградским нельзя воспользоваться

[provincialka]

Linkl в сообщении #865231 писал(а):

Похоже, что поверхность незамкнута,так что Остроградским нельзя воспользоваться

Подумаешь! Не хочет - заставим. Тут предлагалось даже два способа сделать ее замкнутой.