Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 2 |
[ Сообщений: 14 ] | На страницу 1, 2 След. |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
Ref |
|
|
Найти поток векторного поля [math]\overrightarrow{a}[/math]через замкнутую поверхность [math]\sigma=\sigma_1+\sigma_2[/math] (выбирается внешняя нормаль к [math]\sigma[/math]). [math]\overrightarrow{a}=(2x-3y)\overrightarrow{i}+(5z-4y)\overrightarrow{j}+(6z-2y^2-6)\overrightarrow{k}[/math], [math]\sigma_1:x^2+y^2=(z-1)^2,\sigma_2:z=-1.[/math] Я беру интеграл по [math]\sigma _{1}[/math]: [math]\Pi _1=\int_{0}^{2\cdot \pi }{d \varphi }\int_{0}^{2}{ \rho \cdot (\frac{-4 \cdot \rho ^{2} \cdot (cos( \varphi ))^{2}-10\cdot \rho ^{2} \cdot (sin( \varphi ))^{2} -3\cdot \rho ^{2} \cdot cos( \varphi )\cdot sin( \varphi )+5 \cdot \rho \cdot sin( \varphi )}{ \rho \cdot (\sqrt{(cos( \varphi ))^{2}+(sin( \varphi ))^{2} } )} +5 \cdot \rho \cdot sin( \varphi )+2 \cdot \rho ^{2}\cdot sin( \varphi ) )d \rho }[/math] И по [math]\sigma _{2}[/math]: [math]\Pi _2=\int_{0}^{2\cdot \pi }{d \varphi }\int_{0}^{2}{ \rho \cdot (-12 -2\cdot \rho ^{2} \cdot (sin( \varphi ))^{2})d \rho }[/math] Скажите хотя бы это правильно? |
||
Вернуться к началу | ||
Alexdemath |
|
|
Ref
Воспользуйтесь формулой Остроградского-Гаусса. |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Alexdemath "Спасибо" сказали: Ref |
||
Ref |
|
|
Alexdemath писал(а): Ref Воспользуйтесь формулой Остроградского-Гаусса. Нужно и по формуле и без формулы вычислить. Я посчитал и так, и так, но не сходятся результаты( |
||
Вернуться к началу | ||
Prokop |
|
|
Поверхность [math]\sigma[/math] представляет собой поверхность прямого конуса [math]V[/math] с осью [math]OZ[/math], вершиной в точке [math](0,0,1)[/math] и высотой равной [math]2[/math].
Сначала получим ответ с помощью формулы Остроградского [math]\iint\limits_\sigma {\overrightarrow a \cdot \overrightarrow n d\sigma } = \iiint\limits_V {\operatorname{div} \overrightarrow a \;}dxdydz =4\iiint\limits_V {dxdydz}=4 \cdot\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot 4 \cdot 2 = \frac{{32}}{3} \cdot \pi[/math] Непосредственное вычисление. Сначала по основанию конуса [math]\sigma _2[/math]. У вас не учтён знак перед интегралом. Видимо, ошибка произошла из-за того, что Вы не учли направление нормали [math]\overrightarrow n = - \overrightarrow k[/math] [math]\Pi _2 = - \int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_0^2 {\rho \left( { - 12 - 2\rho ^2 \sin ^2 \phi }\right)d\rho } = 56\pi[/math] Ваш интеграл по поверхности [math]\sigma _1[/math] я не понял. Внешняя нормаль к поверхности конуса имеет вид (в прямоугольных координатах) [math]\frac{{\left\{ {x,y,1 - z} \right\}}}{{\sqrt {x^2 + y^2 + \left( {1 - z} \right)^2 } }}[/math] Поэтому [math]\Pi _1 = \iint\limits_{\sigma _2 } {\overrightarrow a \cdot \overrightarrow n \;d\sigma } = \iint\limits_{\sigma _2 } {\frac{{\left( {2x - 3y} \right)x + \left( {5z - 4y} \right)y + \left( {6z - 6 - 2y^2 } \right)\left( {1 - z} \right)}}{{\sqrt {x^2 + y^2 + \left( {1 - z} \right)^2 } }}\;d\sigma }[/math] Из соображений симметрии (нечётности) некоторые слагаемые при интегрировании в итоге дают нуль. Поэтому [math]\Pi _1 = \iint\limits_{\sigma _2 } {\frac{{2x^2 - 4y^2 + \left( {6z - 6 - 2y^2 } \right)\left( {1 - z} \right)}}{{\sqrt {x^2 + y^2 + \left( {1 - z} \right)^2 } }}\;d\sigma }[/math] Проектируя на плоскость XOY, получим [math]\Pi _1 = \iint\limits_D {\left( {\frac{{2x^2 - 4y^2 }}{{\sqrt {x^2 + y^2 } }} - 6\sqrt {x^2 + y^2 } - 2y^2 } \right)\;dxdy}[/math] Переходя к полярным координатам, получим [math]\Pi _1 = - 40\pi - \frac{{16}}{3}\pi[/math] В итоге, придём к ответу [math]\Pi _1 + \Pi _2 = \frac{{32}}{3}\pi[/math] |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Prokop "Спасибо" сказали: Alexdemath, Ref |
||
Ref |
|
|
Огромное спасибо!!!
|
||
Вернуться к началу | ||
Ref |
|
|
Prokop писал(а): Поверхность [math]\sigma[/math] представляет собой поверхность прямого конуса [math]V[/math] с осью [math]OZ[/math], вершиной в точке [math](0,0,1)[/math] и высотой равной [math]2[/math]. Сначала получим ответ с помощью формулы Остроградского [math]\iint\limits_\sigma {\overrightarrow a \cdot \overrightarrow n d\sigma } = \iiint\limits_V {\operatorname{div} \overrightarrow a \;}dxdydz =4\iiint\limits_V {dxdydz}=4 \cdot\frac{1}{3} \cdot \pi \cdot 4 \cdot 2 = \frac{{32}}{3} \cdot \pi[/math] Непосредственное вычисление. Сначала по основанию конуса [math]\sigma _2[/math]. У вас не учтён знак перед интегралом. Видимо, ошибка произошла из-за того, что Вы не учли направление нормали [math]\overrightarrow n = - \overrightarrow k[/math] [math]\Pi _2 = - \int\limits_0^{2\pi } {d\phi } \int\limits_0^2 {\rho \left( { - 12 - 2\rho ^2 \sin ^2 \phi }\right)d\rho } = 56\pi[/math] Ваш интеграл по поверхности [math]\sigma _1[/math] я не понял. Внешняя нормаль к поверхности конуса имеет вид (в прямоугольных координатах) [math]\frac{{\left\{ {x,y,1 - z} \right\}}}{{\sqrt {x^2 + y^2 + \left( {1 - z} \right)^2 } }}[/math] Поэтому [math]\Pi _1 = \iint\limits_{\sigma _2 } {\overrightarrow a \cdot \overrightarrow n \;d\sigma } = \iint\limits_{\sigma _2 } {\frac{{\left( {2x - 3y} \right)x + \left( {5z - 4y} \right)y + \left( {6z - 6 - 2y^2 } \right)\left( {1 - z} \right)}}{{\sqrt {x^2 + y^2 + \left( {1 - z} \right)^2 } }}\;d\sigma }[/math] Из соображений симметрии (нечётности) некоторые слагаемые при интегрировании в итоге дают нуль. Поэтому [math]\Pi _1 = \iint\limits_{\sigma _2 } {\frac{{2x^2 - 4y^2 + \left( {6z - 6 - 2y^2 } \right)\left( {1 - z} \right)}}{{\sqrt {x^2 + y^2 + \left( {1 - z} \right)^2 } }}\;d\sigma }[/math] Проектируя на плоскость XOY, получим [math]\Pi _1 = \iint\limits_D {\left( {\frac{{2x^2 - 4y^2 }}{{\sqrt {x^2 + y^2 } }} - 6\sqrt {x^2 + y^2 } - 2y^2 } \right)\;dxdy}[/math] Переходя к полярным координатам, получим [math]\Pi _1 = - 40\pi - \frac{{16}}{3}\pi[/math] В итоге, придём к ответу [math]\Pi _1 + \Pi _2 = \frac{{32}}{3}\pi[/math] У меня [math]\Pi _1 = - 16\pi - \frac{{52}}{3}\pi[/math]. Не понимаю что сделал неправильно! |
||
Вернуться к началу | ||
Prokop |
|
|
Покажите свои вычисления или укажите в каком месте Ваши вычисления отличаются от моих.
|
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Prokop "Спасибо" сказали: Ref |
||
Ref |
|
|
Prokop писал(а): Покажите свои вычисления или укажите в каком месте Ваши вычисления отличаются от моих. Проектируя на плоскость XOY, получим [math]\Pi _1 = \iint\limits_D {\left( {\frac{{2x^2 - 4y^2 }}{{\sqrt {x^2 + y^2 } }} - 6\sqrt {x^2 + y^2 } - 2y^2 } \right)\;dxdy}=\int\limits_{0}\limits^{2\pi}{d\phi}\int\limits_{0}\limits^{2}({\frac{2\cdot {\rho}^2\cdot cos^2 \phi-4\cdot \rho^2 \cdot sin^2 \phi}{\sqrt {\rho^2\cdot (cos ^2 \phi+sin^2 \phi)}}-6\cdot \rho-2\cdot \rho^2 \cdot sin^2 \phi)d\rho=[/math] [math]=\int\limits_{0}\limits^{2\pi}{d\phi}\int\limits_{0}\limits^{2}(2\cdot {\rho}\cdot cos^2 \phi-4\cdot \rho\cdot sin^2 \phi-6\cdot \rho-2\cdot \rho^2 \cdot sin^2 \phi)d\rho=\int\limits_{0}\limits^{2\pi}(4\cdot cos^2 \phi-8\cdot sin^2 \phi-12-\frac{16}{3}sin^2 \phi){d\phi}[/math] [math]=\int\limits_{0}\limits^{2\pi}(-8-\frac{52}{3}\cdot(\frac{1-cos2\cdot \phi}{2})){d\phi}=- 16\pi - \frac{{52}}{3}\pi[/math] Что здесь неправильно? |
||
Вернуться к началу | ||
Prokop |
|
|
При переходе к полярным координатам Вы забыли якобиан преобразования.
|
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Prokop "Спасибо" сказали: Ref |
||
Ref |
|
|
Prokop писал(а): При переходе к полярным координатам Вы забыли якобиан преобразования. Подскажите, что я забыл? |
||
Вернуться к началу | ||
На страницу 1, 2 След. | [ Сообщений: 14 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 8 |
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |