Скалярные и векторные поля

[Miktor]

Привет, помогите понять, есть 3 задачи:
1) Определить вид пов-тей уровня скалярного поля $u = x^2 + z^2 - y$
Как я понял, нужно взять поверхности уровня проходящие через точки, например, $O(0, 0, 0) U=0; A(1, 0 , 0) U = 1; B(0, 1, 0) U = 1; C(0, 0, 1) U = -1$ Но как понять какого вида поверхность, конечно можно построить в Mathematica но как объяснить на зачете? Единственное что приходит в голову это, округленный конус направленный вверх, а поверхности уровня будут окружности вложенные.
2) Найти производную скалярного поля $u=z^2 +2arctg(xiy)$ в т. $M(1, 2,-1)$ по направлению от $M$ к т. $N(4, 2, 4)$
$\vec{n} = (3, 0, 4)
&\left|\vec{n}\right| = 5$
$\left\dfrac{\partial U}{\partial x} = \frac{2}{1+(x-y)^2} \right|_M = 1$
$\left\dfrac{\partial U}{\partial y} = \frac{2}{1+(x-y)^2} \right|_M = 1$
$\left\dfrac{\partial U}{\partial z} = 2z \right|_M = -2$
$\cos\alpha = 0.2;\cos\beta = 0.2;\cos\gama = -0.4$
$\left\dfrac{\partial U}{\partial \vec{n}} = \frac1{5} +\frac1{5} +\frac4{5} = \frac6{5}$
3) Вычислить циркуляцию векторного пол $\vec{\alpha}=x(2y+1)\vec{i} + yx^2\vec{j}$ Вдоль контура $L$ двумя способами ( непосредственно и с помошью формулы Грина), где
\mathbf{L} = \left\lbrace \begin{array}{c} y=4-x^2 \\ y=3 \\ \end{array} \right$
А с этой задачей я вообще не знаю что делать, подскажите что делать и какую литературу почитать, чтобы подготовиться к защите.

[svv]

1) Поверхность уровня $u$ -- это такая поверхность, на которой $u$ постоянно.
Посмотрим на уравнение поля, считая $u$ константой. Хочется переписать уравнение в виде $y=x^2+z^2-u$. Что это за поверхность? Если трудно ответить, для начала положите $u=0$. Что изменится при $u\neq 0$?

2) У Вас написано $u=z^2 +2arctg(xiy)$. Что там на самом деле вместо $i$? Перед arctg ставьте \, тогда будет красиво: $\arctg(x-y)$.
Неверно найдена производная $\frac{\partial U}{\partial y}$.
Неверно найдены косинусы. Откуда такие значения? Напишите подробнее.

3) Давайте сначала разберемся с первыми двумя, хорошо?

Miktor писал(а):

конечно можно построить в Mathematica но как объяснить на зачете?

Фундаментальный вопрос. Наука еще не нашла на него ответ.

[Miktor]

На самом деле там : $u^2 = z^2 + 2\arctg(x-y)$
А косинусы я ошибся :$\cos\alpha = \dfrac3{5};\cos\alpha = 0;\cos\alpha = \dfrac4{5}$

[svv]

Вы поняли, что не так с $\frac{\partial U}{\partial y}$? Она имеет дополнительный знак минус.

Направляющие косинусы уже лучше. Действительно, это

$$\cos\alpha = \frac {n_x}{|\vec{n}|},\;\; \cos\beta = \frac {n_y}{|\vec{n}|},\;\; \cos\gamma = \frac {n_z}{|\vec{n}|}.$$

Как при $M_z=-1$ и $N_z=4$ получилось $n_z=4$?

[Miktor]

Спасибо, я разобрался с 1-ми 2-мя задачами, а вот что делать с 3 не знаю, в лекциях, по которым нужно готовится нет ни одного примера. Все что мне удалось найти это:
$\vec\alpha=x(2y+1)\vec{i} + yx^2\vec{j}$
$\mathbf{L} =\left\lbrace \begin{array}{c}y=4-x^2 \\y=3 \end{array} \right$
$P=x(2y+1); Q = yx^2$
$\oint\limits_L{F_x dx + F_y dy} = \oint\limits_L{Pdx + Qdy} = \oint\limits_L\oint\left({\dfrac{\partial F_y}{\partial x} +\dfrac{\partial F_x}{\partial y}}\right) dxdy$

[svv]

Вместо $\alpha$ пишу $a$, хорошо? Раз $\vec a=x(2y+1)\vec{i} + yx^2\vec{j}$, то $a_x=x(2y+1)$, $a_y=yx^2$.
Формула Грина для Вашего случая:

$$\oint\limits_{L} (a_x \,dx + a_y \,dy) = \iint\limits_S \left( \frac{\partial a_y}{\partial x} - \frac{\partial a_x}{\partial y} \right) \,dx\,dy$$

Здесь слева интеграл по контуру $L$ (обходится против часовой стрелки), и потому с кружком.
Справа интеграл по области $S$, ограниченной контуром, и потому двойной и без кружка.
Никаких $P$, $Q$, $F_x$, $F_y$.

В задании предлагается вычислить оба интеграла и убедиться, что они равны.
Какой интеграл Вы можете вычислить? Какой вызывает трудности? С какого начнем?

[Miktor]

$$\int\limits_{-1}^{1}\,dx\int\limits_{3}^{4-x^2}\left( 2xy - 2x \right) \,dy = \int\limits_{-1}^{1}\,dx\int\limits_{3}^{4-x^2}\left( 2xy - 2x \right) \,dy = \int\limits_{-1}^{1}\left( xy^2 - 2xy)\right|_3^{4-x^2}\,dx = $$

$$=\int\limits_{-1}^{1}\left( 16-8x^2+x^4-8x+2x^3-9x+6x \right)\,dx = \left 16x-\frac83x^3+\frac{x^5}5-4x^2+\frac12x^4-\frac92x^2+3x^2 \right|_{-1}^1 = $$

$$= 32- \frac{16}3+\frac{2}5$$

Это двойной интеграл, вроде так должно быть, а круговой, если мне не изменяет память, вообще еще не проходили, а в лекциях ни "обычного" ни по формуле Грина способа нет.

[svv]

Вот в этом переходе будьте внимательны:

$$\int\limits_{-1}^{1}\left( xy^2 - 2xy)\right|_3^{4-x^2}\,dx = \int\limits_{-1}^{1}\left( 16-8x^2+x^4-8x+2x^3-9x+6x \right)\,dx$$

Не забудьте, что там не просто ${y^2}\left \right|_3^{4-x^2}$, а ${xy^2}\left \right|_3^{4-x^2}$.

Если всё будет правильно, чётных степеней $x$ не будет вообще, и тогда ответ равен ... (Всё делайте так, как будто я Вам этого не говорил. )