Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Формула Грина. Формула Остроградского-Гаусса. Формула Стокса.

Тема Математический анализ

26 Формула Грина. Формула Остроградского-Гаусса. Формула Стокса.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#64405

Пользуясь формулой Грина, вычислить криволинейный интеграл II рода

∫ ex(1 − cosy)dx− ex(y − sin y)dy γ

где $γ$ - кривая, пробегаемая в положительном направлении, образованная графиком $y = sinx$ и отрезком $x ∈ [0,π]$ .

Показать ответ и решение

По формуле Грина, этот интеграл сводится к двойному интегралу по области

$PIC$

от функции $∂∂Qx-− ∂P∂y$ , где $P = ex(1 − cosy),Q = − (y − siny)$ .

Тогда

∂Q ∂P x x x ∂x-− -∂y = − e (y − siny) − e sin y = − e y

Таким образом, по формуле Грина имеем:

$∫ ∫∫ x x x e (1 − cosy)dx− e (y − sin y)dy = − e ydxdy γ D$

Где $D$ - внутренность, ограниченная кривой $sin x$ и отрезком $0 ≤ x ≤ π$ .

Следовательно, последний интеграл вычисляем по теореме Фубини:

$∫ ∫∫ x x x e (1− cos y)dx− e (y − sin y)dy = − e ydxdy = γ D ∫ π ∫ sinx x ∫ π exsin2x = − dx e ydy = − ---2---dx 0 0 0$

Далее, нужно понизить степень и интегрировать по частям:

$∫ π x 2 ∫ π ∫ π ∫ π − e--sin-x-dx = 1- ex cos 2x− 1- exdx = 1- ex cos 2x− 1(eπ − 1) 0 2 4 0 4 0 4 0 4$

Далее по частям:

$∫ π ∫ π ∫ π ex cos2xdx = (eπ − 1 )+ 2 exsin2xdx = (eπ − 1)− 4 excos2xdx 0 0 0$

Поэтому

∫ π x eπ − 1 e cos 2xdx = ---5-- 0

Следовательно, исходный интеграл равен $eπ−1 1 π 1 π -20- − 4(e − 1 ) = − 5(e − 1)$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#64407

Показать, что криволинейный интеграл II рода

∫ xdy γ

равен площади области, ограниченной кривой $γ$ . Считаем, что в интеграле выше $γ$ пробегается в положительном направлении.

Показать ответ и решение

По формуле Грина, интеграл

∫ xdy γ

сводится к интегралу

∫ ∫ dxdy, где D − область, огран иченная крив ой γ D

поскольку $P = 0,Q = x$ , а значит $∂∂Qx-− ∂∂Py-= 1$

А по определению кратного интеграла у нас все интегральные суммы функции, тождественно равной 1, будут всегда равны сумме площадей кусочков $D i$ , то есть площади $D$ . Значит и интеграл $∫∫dxdy D$ после предельного перехода будет равен площади $D$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#64408

Пользуясь формулой Грина, вычислить криволинейный интеграл II рода

∫ (1− x2 )ydx + (1 + y2)xdy γ

где $γ$ - положительно ориентированная окружность с центром в начале координат радиуса $R$ .

Показать ответ и решение

По формуле Грина, этот интеграл сводится к двойному интегралу по области $D$ , ограниченной окружностью, то есть по кругу радиуса $R$ с центром в начале координат от функции $∂Q- ∂P- ∂x − ∂y$ , где $P = (1 − x2)y,Q = (1 + y2)x$ .

Тогда

∂Q ∂P 2 2 ∂x-− ∂y-= x + y

Таким образом, по формуле Грина имеем:

$∫ ∫∫ x x 2 2 e (1 − cosy)dx − e (y − siny)dy = x + y dxdy γ D$

Где $D$ - круг радиуса $R$ с центром в начале координат.

Далее, делая полярную замену $x = rcosφ,y = r sin φ$ $0 ≤ φ ≤ 2π,0 ≤ r ≤ R$ , с учётом того, что якобиан полярной замены равен $r$ , а $x2 + y2 = r2$ , будем иметь по теореме Фубини:

$∫∫ ∫ ∫ 2 2 2π R 3 R4- R4π- x + y dxdy = 0 dφ 0 r dr = 4 2π = 2 D$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#64410

Пользуясь формулой Остроградского-Гаусса, вычислить поверхностный интеграл II рода

∫ (x − y + z)dydz + (y − z + x)dzdx + (z − x + y)dxdy Σ

где $Σ$ - поверхность, задаваемая уравнением $|x− y + z|+ |y − z + x|+ |z − x+ y| = 1$ , ориентированная так, чтобы нормали смотрели $”$ вне $”$ неё.

Показать ответ и решение

Пусть $D$ - область, ограниченная поверхностью $Σ$ , то есть

D = {(x, y,z)||x− y + z|+ |y − z + x|+ |z − x+ y| ≤ 1}

Далее, $P = x− y + z,Q = y − z + x,R = z − x + y$ Тогда по формуле Остроградского-Гаусса:

$∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∂P- ∂Q- ∂R- (x− y + z)dydz + (y − z + x)dzdx + (z − x + y)dxdy = (∂x + ∂y + ∂z )dxdydz = 3dxdydz Σ D D$

И осталось лишь вычислить этот последний поверхностный интеграл. $∫∫∫ 3dxdydz D$ .

Сделаем замену переменных для более удобного применения теоремы Фубини: $u = x − y + z,v = y − z + x,w = z − x+ y$ . Тогда Якобиан такой замены: $( ) ∂∂xu ∂∂xv ∂∂xw- J = det|| ∂y ∂y ∂y|| ( ∂u ∂v ∂w) ∂∂zu ∂∂zv ∂∂zw-$ считать не очень-то удобно, поскольку у нас не выражены $x,y,z$ через $u,v,w$ , а наоборот, выражены новые координаты через старые.

Тогда посчитаем Якобиан обратной замены

( ∂u ∂u ∂u) ( ) | ∂x ∂y ∂z| | 1 − 1 1 | J−1 = det|( ∂∂vx ∂∂vy ∂∂vz|) = det |( 1 1 − 1|) = 4 ∂w- ∂w- ∂w- ∂x ∂y ∂z − 1 1 1

Следовательно, якобиан нашей замены $J$ равен $14$ . Таким образом, исходный интеграл преобразуется как

$∫∫ ∫ 3∫ ∫∫ 3dxdydz = -- dudvdw D 4 Ω$

Где $Ω = {(u, v,w)||u|+ |v|+ |w| ≤ 1}$ . В силу симметричности области, достаточно проинтегрировать лишь по тому куску области $Ω$ , который лежит в первом октанте, то есть где $u ≥ 0,v ≥ 0,w ≥ 0$ , то есть по множеству $u + v + w ≤ 1,u ≥ 0,v ≥ 0,w ≥ 0$ , а затем умножить полученный интеграл на 8, поскольку по остальным октантам интеграл будет такой же (это следует из того, что все переменные в уравнении области $Ω$ стоят под модулем).

Таким образом

$3∫ ∫∫ ∫∫ ∫ -- dudvdw = 6 dudvdw 4 Ω u+v+w≤1,u≥0,v≥0,w≥0$

Дальше работает теорема Фубини:

$∫∫ ∫ ∫ 1 ∫ 1− u ∫ 1− u−v 6 dudvdw = 6 du dv dw = u+v+w ≤1,u≥0,v≥0,w≥0 0 0 0 ∫ 1 ∫ 1−u ∫ 1 2 = 6 du (1 − u − v)dv = 6 (1-−-u)-du = 1 0 0 0 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#64411

Пользуясь формулой Стокса, вычислить криволинейный интеграл II рода

∫ y3dx − x3dy + z3dz γ

где $γ$ - кривая, которая получается при пересечении цилиндра $2 2 2 x + y = a$ и плоскости $x + y + z = b$ , которая обходится против часовой стрелки, если смотреть из конца вектора нормали к плоскости $−→ √1- √1-√1- n = ( 3, 3, 3)$

Показать ответ и решение

Пусть $Σ$ - это часть плоскости, которая получается в пересечении цилиндра и плоскости из условия. Пусть обход контура наблюдается в положительном направлении, если смотреть с конца вектора нормали ориентированной $Σ$ .

Тогда по формуле Стокса ( $P = y3,Q = − x3,R = z3$ ) будем иметь:

$∫ 3 3 3 ∫∫ 2 2 y dx − x dy + z dz = − 3 (x + y )dxdy γ Σ$

Поскольку проекция $Σ$ на плоскость $Oxy$ представляет собой круг радиуса $a$ , то последний поверхностный интеграл равен двойному интегралу по этому кругу $2 2 2 x + y = a$ (по формуле вычисления поверхностного интеграла от поверхности, задающейся параметрически).

Его можно найти при помощи полярной замены $x = r cos φ,y = rsinφ,0 ≤ r ≤ a,0 ≤ φ ≤ 2π$ .

При такой замене Якобиан равен $r$ , $x2 + y2 = r2$ , поэтому будем в конце концов иметь:

$∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 a 3 2π a4- πa4- (x + y )dxdy = r dr dφ = 4 2π = 2 Σ 0 0$

А следовательно, исходный интеграл получается равен

∫ ∫ ∫ 4 y3dx− x3dy + z3dz = − 3 (x2 + y2)dxdy = − 3πa-- γ 2 Σ

Ответ: