Поверхностный интеграл

[Quadrelle]

Считал через сферические координаты и вылез минус..

[provincialka]

Кстати, если переходить в интегралу первого рода, можно тоже воспользоваться геометрическими представлениями. Ведь нормальк сфере направлена вдоль радиуса, так что $\vec{n}=(x,y,z)/R$

-- 04.12.2014, 18:27 --

Quadrelle в сообщении #940239 писал(а):

Считал через сферические координаты и вылез минус..

Тут нужно быть очень внимательным к ориентации. Например, какому направлению соответствует $d\varphi d\theta$? Наружу или внутрь? Поломаещь голову, пожалуй! А внешние формы ( то самое $\wedge$) позволяют свести эти раздумья в простым алгебраическим преобразованиям.

[Quadrelle]

Замена
$x =Rcos(\phi)cos(\psi)$
$y =Rsin(\phi)cos(\psi)$
$z =Rsin(\psi)$

$\phi , \psi \in [0,\frac {\pi}2]$
пересчитываем внешние произведения:
будем считать $\phi$ первой, а $\psi$ - второй
тогда $dy \wedge dz = det* d(\phi) \wedge d(\psi) = det* (-d(\phi)*d(\psi))$
вот тут минус взялся

-- 04.12.2014, 18:39 --

$\begin{bmatrix} y'_\phi & y'_\psi \\ z'_\phi & z'_\psi \end{bmatrix}$

[provincialka]

А что такое $det$? Определитель? Чего?
Не надо его. Получаем $dydz = R(\cos \varphi\cos\psi d \varphi -\sin \varphi\sin\psi d\psi) R\cos\psi d\psi$. Знак внешнего произведения я опускаю.

По правилам косой симметрии при раскрытии скобок второе слагаемое пропадает, так что получаем $R^2\cos \varphi\cos^2\psi d \varphi d\psi$. И никакого минуса.
А площадка $d \varphi d\psi$ соответствует как раз внутренней нормали (проверьте хотя бы в окрестности точки $(1,0,0)$)

[Quadrelle]

provincialka

Просто мы на лекциях так считали.
$dy \wedge dz = det* d(\phi) \wedge d(\psi) = det* (-d(\phi)*d(\psi))$
где det матрицы

$\begin{bmatrix} y'_\phi & y'_\psi \\ z'_\phi & z'_\psi \end{bmatrix}$

[provincialka]

Первое равенство понимаю. А второе - нет. Что изменилось? Почему минус? Куда делся знак $\wedge$? И, кстати, не обозначайте умножение звездочкой, лучше \cdot или \times.

[Quadrelle]

Во втором равенстве переход от внешнего произведения к обычному. Для этого надо понять какая у нас ориентация. так как вектор $r'_\phi$ - первый , $r'_\psi $- второй, то по правилу буравчика векторное произведение их - есть внешняя нормаль, но нам нужна внутренняя - поэтому минус

[provincialka]

А, действительно, внешней, я ошиблась.. Будет знак "минус". Потому что $dxdz$ соответствует "отрицательной" стороне, положительная получается, если переменные идут в порядке $(x,y,z,x)$.
Только мне не нравится ваша форма записи. Как-то нехорошо в одном равенстве использовать разные произведения. И что такое "обычное" произведение? Под интегралом всегда стоит внешнее. Вы же не видели интеграла по $dxdx$!
Знак перед интегралом определяется не формой, а областью. Поэтому до того, как вы выписали интеграл полностью, с областью, вы не можете сказать, какой знак выбрать.

[Quadrelle]

Думаю, что проще будет взять$ \psi$ - первой, а $\phi$ - второй. Тогда векторное произведение $r'_\psi$ и $r'_\phi $- есть наша внутренняя нормаль. тем самым мы определили, что будем интегрировать по нижней стороне части сферы.

$dy \wedge dz = det \cdot d\psi \wedge d\phi$ , где определитель вычисляется от матрицы

$\begin{bmatrix} y'_\psi & y'_\phi \\ z'_\psi & z'_\phi \end{bmatrix}$
(номер столбца соотвествует номерам$ \psi$ и $\phi$)

отсюда $dy \wedge dz = R^2cos\phi cos^2\psi d\psi d\phi$

[provincialka]

Неряшливо оформлено! форма равна функции Поправьте. Я вернусь через полчасика.

[Quadrelle]

Теперь, надеюсь, все корректно?

[provincialka]

Корректно, но неверно. Прямое вычисление показывает, что

provincialka в сообщении #940254 писал(а):

Получаем $dydz = ... = R^2\cos \varphi\cos^2\psi d \varphi d\psi$.

И мы не имеем никакого права менять знак.

Тут надо разобраться с самого начала. Интеграл второго рода вычисляется при наличии двух вещей: дифференциальной формы $\omega$ и ориентированной области $(G)$ (ну, или кривой в одномерном случае). Скобки подчеркивают наличие ориентации. При этом каждый интеграл вида $\iint\limits_{(G)}fdxdy$ берется по сути по проекции области $G$ на плоскость $xOy$. Эта проекция, разумеется, будет тоже ориентированной. Обозначим ее $(D)$. Ориентация на ней порождается ориентацией $(G)$. Например, верхняя сторона поверхности переходит в верхнюю (положительную относительно $Oz$) сторону $D$. При таком переходе изменять знак не нужно!

Но вот потом мы от интеграла второго рода переходим к интегралу первого (по плоской области $D$). И если поверхность $D$ была ориентирована отрицательно, придется брать полученный интеграл с противоположным знаком.

Поэтому я и против того, чтобы вносить знак в саму дифференциальную форму. Потому что для одной и той же $\omega$ он может быть и "плюсом" и "минусом", в зависимости от ориентации, выбранной на $G$.

В нашем случае получаем, что интеграл равен $\iint\limits_{(D)}R^2xdzdx = -\iint\limits_{D}R^2xdzdx$.
То есть знак меняется в момент убирания скобок у $D$.

Если вам рассказывали не так - ничего страшного, оформляйте так, как требует преподаватель. Но вы должны понимать, что происходит на самом деле, чтобы не возникало путаницы.

[Quadrelle]

Спасибо большое