Циркуляция вдоль петли

[Omega]

svv, спасибо!
Ах да, конечно, я быстро печатал и не заметил: нужно найти поток именно через замкнутую поверхность, ограниченную полусферой и плоскостью $z=0$.
Прошу прощения...
Но тем не менее, как я сейчас бы ни сидел, проверяя выкладки, ответы у меня не совпали, значит я наверняка сделал что-то не так.

[svv]

Маленький проверочный секрет.
Поле имеет три компоненты: $F_r, F_\theta, F_\varphi$.
$F_\varphi$ некорректная, разрывная: $-3r\varphi\sin\theta$. Такого быть не должно. Эту компоненту я просто выбрасываю, тем более, что в поток она вклада не дает.

Что касается остальных. Возьмем векторное поле, у которого только одна компонента $F_\theta=r\sin\theta$ как в условии, а остальные равны нулю. Для него тоже должна выполняться интегральная теорема. У такого поля поток через границу области будет ненулевым только через дно. А мы его уже нашли: $\frac{2\pi}{3}R^3$. И через дивергенцию поля с только этой компонентой получим то же. Всё в порядке.

Теперь возьмем векторное поле только с одной ненулевой компонентой $F_r=r$. Поток будет ненулевым лишь через полусферу, и мы его уже нашли: $2\pi R^3$. Для такого поля тоже должна выполняться интегральная теорема. Поэтому то же самое должно получиться через дивергенцию. Но нам кажется, что дивергенция этого поля равна нулю... Оп!

То есть в силу линейности обеих частей теоремы Гаусса-Остроградского можно проверять её выполнение отдельно для каждого «парциального» поля с одной ненулевой компонентой. Все такие поля в сумме дают поле, заданное по условию.

[Omega]

То есть ответ, на самом деле, и должен различаться,как я понял?

[svv]

Дивергенция $2\cos\theta$ у Вас получилась потому, что Вы честно учитывали и $F_\varphi$ тоже. Выбросив $F_\varphi$, мы бы получили дивергенцию $3+2\cos\theta$, и всё бы сошлось.

Рассмотрим поле, в котором отлична от нуля лишь $F_\varphi=-3r\varphi\sin\theta$. Поток такого поля что через полусферу, что через дно равен нулю, потому что $\mathbf e_{\varphi}$ везде перпендикулярна нормали. А дивергенция вроде как равна $-3$. Не выполняется интегральная теорема? Да, потому что поле у Вас разрывное из-за $\varphi$: двигаясь по окружности $r=\operatorname{const}, \theta=\operatorname{const}$, проходим скачок от $\varphi=2\pi$ до $\varphi=0$.

Вывод. При $\varphi=0$ (если $\varphi\in[0,2\pi)$) векторное поле $\mathbf F$ не дифференцируемо. Теорема Гаусса-Остроградского неприменима.

-- Ср мар 26, 2014 19:22:57 --

Omega в сообщении #841172 писал(а):

То есть ответ, на самом деле, и должен различаться,как я понял?

Да. А точно в условии прямо так $\varphi$? Может, $\cos\varphi$ или $\sin\varphi$?

[Omega]

svv, да, я проверил, если аргумент $\varphi$ заменить на его синус или косинус - всё сойдётся.
Теперь я разобрался, спасибо!

[svv]

Omega
Более того. Какую дифференцируемую функцию ни возьми в качестве компоненты $F_\varphi$, она не даст вклада в поток через поверхность нашей фигуры. Смотрите, почему так происходит. Дивергенция будет
$\operatorname{div}\mathbf F=\frac 1 {r\sin\theta}\frac{\partial F_\varphi}{\partial \varphi}$
(так как я рассматриваю вклад одной компоненты, все остальные нули)

Теперь это надо подставить в интеграл $\int\limits_V \operatorname{div}\mathbf F dV$.
В сферических координатах это будет тройной интеграл, и одним из них (допустим, внутренним) будет интеграл по $\varphi$. А легко видеть, что
$\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\frac{\partial}{\partial \varphi} F_\varphi(r,\theta,\varphi)\; d\varphi = \left.F_\varphi(r,\theta,\varphi)\right|_{\varphi=0}^{\varphi=2\pi}=0$
Ведь окружности $r,\theta=\operatorname{const}$, $\varphi=0..2\pi$ если пересекаются с областью, то целиком лежат в ней. И это изумительно соответствует тому, что поле вида $\mathbf F=\mathbf e_\varphi F_\varphi$ не даёт никакого потока, потому что касательно и к полусфере, и к дну.

И только плохая разрывная функция $F_\varphi$ дала ненулевой вклад в интеграл от дивергенции (хотя и с ней был бы нуль, если бы нам разрешено было говорить, что на разрыве дивергенция равна такой-то дельта-функции).

[Omega]

Большое спасибо, svv.
Оказывается ещё не все мои вопросы исчерпаны...
Вот ещё один: необходимо найти "поток" поля $\dfrac{\vec{r}}{r^{2}}$ через границу плоской области, ограниченной гладким контуром. Необходимо рассмотреть случаи, когда область содержит, не содержит и содержит на границе начало координат.

Буду благодарен любой помощи!Заранее спасибо!

Даже не знаю с чего бы это начать...
Итак, имеется поле:

$$\vec{F}=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}} \vec{i}+\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}} \vec{j}$$

Тогда,я так понимаю, под потоком подразумевают следующее:

$$\Phi=\int\limits_{L}(\vec{F},\vec{n})dl=\iint\limits_{\Omega}div\vec{F}dS$$

Верно ли я всё понимаю?

[svv]

Сначала найдите дивергенцию, в ней весь секрет.
Это удобно делать в полярных координатах.

[Omega]

Дивергенция есть ноль всюду в $\mathbb{R}^{2}$, верно?
А в полярных координатах она получается $\dfrac{r}{\cos{\varphi}}$

[svv]

Почти верно.
Но попробуйте догадаться, где это всё-таки неверно?

[Omega]

В окрестности $(x,y)=0$?

[svv]

Если нет готовой формулы для дивергенции в полярных координатах
$\operatorname{div}\mathbf F=\frac 1{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}(\rho F_\rho)+\frac 1{\rho}\frac{\partial}{\partial\varphi}F_\varphi$,
можно взять формулу для цилиндрических координат и выбросить всё, что касается $z$.

В полярных координатах $F_\rho=\frac 1{\rho}, F_\varphi=0$, и
$\operatorname{div}\mathbf F=\frac 1{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}(\rho \frac 1{\rho})=0$
Здесь $\rho$ — это Ваше $r$.

Да, нуль везде, за исключением точки $\mathbf r=0$. В ней векторное поле недифференцируемо, дивергенция не определена. С этой точкой надо обращаться осторожно.

1) Подтвердите, что здесь всё понятно.
2) Для какого случая уже можно сразу сказать, каким будет поток?

[Omega]

1) Более чем, спасибо!
2) Если область не содержит начало координат, по-моему, ответ - ноль
3) В остальных случаях, думаю, нужно более подробно присмотреться к дивергенции..?

[svv]

Да. Далее я то, что находится у нас в начале координат, буду называть «источник». Эта штука подобна точечному электрическому заряду, а наше поле $\mathbf F$ совпадает с полем такого заряда (только в двумерной ситуации). Ключевое свойство: везде, кроме одной точки, дивергенция нулевая, а в одной она не определена, но именно эта точка является источником поля.
Конечно, в других задачах источник может быть не один, и они могут находиться в разных точках, не обязательно в начале координат.

Следующий шаг. Представьте, что источник находится вне области, но граница области состоит из двух кусков (рисунок а). Источник обозначен красным кружком. Область желтым.

Конечно, поток через границу такой области равен нулю, так как источник вне области, и дивергенция поля внутри области без вопросов нулевая.
Не забудьте, что нормаль к границе всегда направлена из области наружу. Для внутреннего куска границы, который окружность, это значит: к источнику.

Попробуйте доказать, что отсюда следует, что поток через границу области на рисунке б) и поток через границу области на рисунке в) один и тот же.

[Omega]

svv в сообщении #841757 писал(а):

Попробуйте доказать, что отсюда следует, что поток через область на рисунке б) и поток через область на рисунке в) один и тот же.

Хорошо ,ну а что это даст мне в итоге?!