Поток вектора

[nrg98]

Найти поток вектора $\vec{F}=(ax+z)\vec{i}+(by+ax)\vec{j}+(z+by)\vec{k}$ через замкнутую поверхность
$S: x^2+y^2=c^2 , z=y , z=0 ,(z>=0) ,(a=-4,b=-1,c=1)$в направлении внешней нормали
Заранее спасибо!

[olenellus]

Согласно правилам раздела:
"... если вы просите помощи в решении учебной задачи, то обязательно должны продемонстрировать свои содержательные попытки решения. Темы, содержащие только условие задачи, заведомо окажутся в карантине".

В вашем сообщении этого не видно.

А вообще, вспомните формулу Гаусса-Остроградского (или как её у Вас называли).

[nrg98]

olenellus в сообщении #500137 писал(а):

Согласно правилам раздела:
"... если вы просите помощи в решении учебной задачи, то обязательно должны продемонстрировать свои содержательные попытки решения. Темы, содержащие только условие задачи, заведомо окажутся в карантине".

В вашем сообщении этого не видно.

А вообще, вспомните формулу Гаусса-Остроградского (или как её у Вас называли).

P=ax+z Q=by+ax R=z+by
div$\vec{F}$=dP/dx+dQ/dy+dR/dz=d/dx(ax+z)+d/dy(by+ax)+d/dz(z+by)=не знаю как посчитать

[olenellus]

Правильная формула для дивергенции такая:

$$\operatorname{div}\vec A=\frac{\partial A_x}{\partial x}+\frac{\partial A_y}{\partial y}+\frac{\partial A_z}{\partial z}$$

В Вашем случае, соответственно:

$$\operatorname{div}\vec F=\frac{\partial }{\partial x}(ax+z)+\frac{\partial}{\partial y}(by+ax)+\frac{\partial}{\partial z}(z+by)$$

Если Вы не знаете, как это вычислить, то... повоторите, что ли, определение частной производной. И вообще, чувствую, Вам дальше будет тяжко, когда пойдут повторные интегралы.

[nrg98]

olenellus в сообщении #500157 писал(а):

Правильная формула для дивергенции такая:

$$\operatorname{div}\vec A=\frac{\partial A_x}{\partial x}+\frac{\partial A_y}{\partial y}+\frac{\partial A_z}{\partial z}$$

В Вашем случае, соответственно:

$$\operatorname{div}\vec F=\frac{\partial }{\partial x}(ax+z)+\frac{\partial}{\partial y}(by+ax)+\frac{\partial}{\partial z}(z+by)$$

Если Вы не знаете, как это вычислить, то... повоторите, что ли, определение частной производной. И вообще, чувствую, Вам дальше будет тяжко, когда пойдут повторные интегралы.

получается что

$$\operatorname{div}\vec {F}=3$$

[olenellus]

Нет, не получается. Но близко к истине.
Выпишите, пожалуйста, дивергенцию через свои параметры $a$, $b$ и $c$, а потом подставьте их.

[nrg98]

olenellus в сообщении #500167 писал(а):

Нет, не получается. Но близко к истине.
Выпишите, пожалуйста, дивергенцию через свои параметры $a$, $b$ и $c$, а потом подставьте их.

Решил вроде так
$\begin{aligned}P&=-4x+z,\quad Q=-y-4x,\quad R=z-y\\[5pt] \operatorname{div}&\,\overrightarrow{F}= \frac{{\partial P}}{{\partial x}} + \frac{{\partial Q}}{{\partial y}} + \frac{{\partial R}}{{\partial z}} = - 4 + ( - 1) + 1 = - 4 \\[5pt] \Pi&= \mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc}\limits_S {\left\langle {\overrightarrow{F},\vec{n}_{+}\right\rangle dS= \iiint\limits_V {\operatorname{div}\overrightarrow{F}\,dV= -4\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant1}dxdy \int\limits_0^y dz= -2\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant1} y\,dxdy=\\ &=\left\{\begin{gathered}x = r\cos \varphi , \hfill \\y = r\sin\varphi\hfill\\ \end{gathered}\right\}= -2\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^1 r\sin\varphi\,r\,drd\varphi= -2\int\limits_0^{2\pi} \sin\varphi\,d\varphi \int\limits_0^1 r^2\,dr=\\ &=\Bigl.{2\cos\varphi}\Bigr|_0^{2\pi}\cdot \left.{\frac{r^3}{3}} \right|_0^1= 2\cdot(1-1)\cdot\left(\frac{1}{3}-0\right)=0\end{aligned}$

[olenellus]

Дивергенцию нашли правильно.
Ответ неправильный. Посудите сами, получается, что

$$\iiint\limits_V \operatorname{div}\overrightarrow{F}\,dV=-4\iiint\limits_V dV=-4V$$

Так как объём области интегрирования, очевидно, не равен нулю, то интеграл Вы вычислили неверно.
А забыли Вы условие, данное в задаче: $z\geqslant 0$
(Но даже если бы не забыли, ответ получился бы неправильным, так как фигурировал бы отрицательный объём при отрицательных $z$). А ещё, куда-то по дороге пропала двойка.

[nrg98]

olenellus в сообщении #500248 писал(а):

Дивергенцию нашли правильно.
Ответ неправильный. Посудите сами, получается, что

$$\iiint\limits_V \operatorname{div}\overrightarrow{F}\,dV=-4\iiint\limits_V dV=-4V$$

Так как объём области интегрирования, очевидно, не равен нулю, то интеграл Вы вычислили неверно.
А забыли Вы условие, данное в задаче: $z\geqslant 0$
(Но даже если бы не забыли, ответ получился бы неправильным, так как фигурировал бы отрицательный объём при отрицательных $z$). А ещё, куда-то по дороге пропала двойка.

спасибо сейчас пересчитаю

[nrg98]

nrg98 в сообщении #500255 писал(а):

olenellus в сообщении #500248 писал(а):

Дивергенцию нашли правильно.
Ответ неправильный. Посудите сами, получается, что

$$\iiint\limits_V \operatorname{div}\overrightarrow{F}\,dV=-4\iiint\limits_V dV=-4V$$

Так как объём области интегрирования, очевидно, не равен нулю, то интеграл Вы вычислили неверно.
А забыли Вы условие, данное в задаче: $z\geqslant 0$
(Но даже если бы не забыли, ответ получился бы неправильным, так как фигурировал бы отрицательный объём при отрицательных $z$). А ещё, куда-то по дороге пропала двойка.

спасибо сейчас пересчитаю

$\begin{aligned}V&=\Bigl\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid\,- 1 \leqslant x \leqslant 1,~0 \leqslant y \leqslant\sqrt{1 -x^2},~0 \leqslant z \leqslant y \Bigr\},\\[7pt] \Pi&= \mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc}\limits_S \left\langle {\overrightarrow F ,\vec n}_{+}}\right\rangle dS= \iiint\limits_V \operatorname{div}\overrightarrow{F}\,dV= -4\iint\limits_{\substack{x^2+y^2\leqslant1,\\y\geqslant0\phantom{ccc}}}dxdy \int\limits_0^y dz=-4\int\limits_{-1}^1 dx \int\limits_0^{\sqrt{1-x^2}}y\,dy=\\ &=-2\int\limits_{-1}^1 (1-x^2)\,dx= 4\int\limits_0^1 (x^2 - 1)\,dx= \left. {4\!\left(\frac{x^3}{3} - x\right)}\right|_0^1 = 4\!\left(\frac{1}{3} - 1\right) = -\frac{8}{3}\end{aligned}$

[olenellus]

Ну вот и хорошо. Ответ правильный

А можно было и так, как Вы сначала решали — через полярные координаты.
$\begin{aligned}-4\int\limits_0^\pi\int\limits_0^1 r\sin \varphi\, r\, \mathrm{d}r\,\mathrm{d}\varphi=4\left. \cos\varphi\right|_0^\pi\left. \frac{r^3}{3}\right|_0^1=-\frac{8}{3}\end{aligned}$

[nrg98]

olenellus в сообщении #500360 писал(а):

Ну вот и хорошо. Ответ правильный

А можно было и так, как Вы сначала решали — через полярные координаты.
$\begin{aligned}-4\int\limits_0^\pi\int\limits_0^1 r\sin \varphi\, r\, \mathrm{d}r\,\mathrm{d}\varphi=4\left. \cos\varphi\right|_0^\pi\left. \frac{r^3}{3}\right|_0^1=-\frac{8}{3}\end{aligned}$

Спасибо ,буду знать теперь