Επιφανειακό & επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

#1

Τό ελλειψοειδές $4x^2+y^2+\dfrac{z^2}{4}=1$ καί τό παραβολοειδές z=1-4x^2-y^2

τέμνονται κατά τήν καμπύλη $\gamma$ καί ορίζουν τά στερεά ( τό κυρτό ) $D_{1}$ καί ( τό μή-κυρτό ) $D_{2}$ .

α. Άν

είναι η επιφάνεια τού D_1

καί $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{n}({x,y,z})$ είναι τό μοναδιαίο διάνυσμα, τό ορθογώνιο πρός τήν

στό σημείο ({x,y,z})

καί μέ φορά πρός τό εσωτερικό τής

, νά υπολογισθεί τό επιφανειακό ολοκλήρωμα

$E=\displaystyle\int\!\int_{S}{\overrightarrow{f}({x,y,z})\cdot\overrightarrow{n}({x,y,z})\,d\sigma}$ ,

όπου $\overrightarrow{f}({x,y,z})=\left({1+x+y^2,\,\cos{x}-\sin{y},\,z\,\cos{y}-e^{x}\,y}\right)$ , $({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3$ .

β. Νά υπολογισθεί τό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα:

$I=\displaystyle\int_{\gamma}{\left({x^3+y-\cos{y}}\right)dx+\left({x\,\sin{y}-e^{y}}\right)dy-\left({1+x\,y\,e^{xyz}}\right)dz}$ .

dement · #2

Παρατηρουμε οτι τα δυο στερεα τεμνονται στο επιπεδο z = 0

και η καμπυλη $\gamma$ ειναι η ελλειψη $4x^2 + y^2 = 1, \ z = 0$ . Για $0 \leq z \leq 1$ εχουμε $\displaystyle \frac{z^2}{4} < z$ οποτε το D_1

φρασσεται απο το παραβολοειδες, ενω για $-2 \leq z \leq 0$ φρασσεται απο το ελλειψοειδες.

Για το πρωτο ερωτημα, παρατηρουμε οτι $\nabla \cdot \vec{f} = 1 - \cos y + \cos y = 1$ οποτε, απο το θεωρημα του Gauss, το επιφανειακο μας ολοκληρωμα δεν ειναι παρα ο ογκος του D_1

(αρνητικος αφου τα διανυσματα στρεφονται προς το εσωτερικο). Το εμβαδον μιας ελλειψης της μορφης 4x^2 + y^2 = c^2

ισουται με $\displaystyle \pi \times c/2 \times c = \frac {\pi c^2}{2}$ . Ετσι, το ολοκληρωμα που δινει τον ογκο ισουται με

$\displaystyle \frac{\pi}{2} \times \left( \int_{-2}^0 \left(1 - \frac{z^2}{4} \right) dz + \int_0^1 (1 - z) dz \right) = \frac{11 \pi}{12}$ αν δεν εχω κανει λαθος στις πραξεις, και το επιφανειακο ολοκληρωμα ισουται με $\displaystyle - \frac{11 \pi}{12}$ .

Για το δευτερο ερωτημα, παρατηρουμε οτι η συνιστωσα

του $\nabla \times \vec{g}$ (οπου $\vec{g}$ το διανυσματικο πεδιο του ερωτηματος) ισουται με

. Ετσι, απο το θεωρημα του Stokes, το επικαμπυλιο ολοκληρωμα εχει απολυτη τιμη ιση με το εμβαδον της ελλειψης 4x^2 + y^2 = 1

και ισουται με $\displaystyle - \frac{\pi}{2}$ .

Δημητρης Σκουτερης

Ωmega Man · #3

Και το σχήμα από την σύνθεση....

#4

Τυπικά θέματα μέ τυπικές [καί σωστές υπολογιστικά] εφαρμογές τών θεωρημάτων Gauss καί Stokes από τόν Δημήτρη. Ακόμα καί τό επισυναπτόμενο σχήμα έχει μόνο αισθητική διαφορά από αυτό τού Mancar Camoran.

Τό ελλειψοειδές $4x^2+y^2+\dfrac{z^2}{4}=1$ καί τό παραβολοειδές z=1-4x^2-y^2

τέμνονται κατά τήν καμπύλη $\gamma$ γιά τά σημεία τής οποίας ισχύουν:
$\left\{{\begin{array}{c} 4x^2+y^2=1-\dfrac{z^2}{4}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} 4x^2+y^2=1-z \end{array}}\right\}\quad\Leftrightarrow\quad\left\{{\begin{array}{c} 4x^2+y^2=1\\\noalign{\vspace{0.1cm}} z=0 \end{array}}\right\}$ ή $\left\{{\begin{array}{c} 4x^2+y^2=-3\\\noalign{\vspace{0.1cm}} z=4 \end{array} }\right\}$ (απορρίπτεται)
Επομένως η καμπύλη $\gamma$ είναι η έλλειψη $\dfrac{x^2}{\left({\frac{1}{2}}\right)^2}+y^2=1$ στό επίπεδο z=0

.

α. Τό D_1

είναι

-κανονικό,

-κανονικό καί

-κανονικό καί η συνάρτηση $\overrightarrow{f}({x,y,z})=\left({1+x+y^2,\,\cos{x}-\sin{y},\,z\,\cos{y}-e^{x}\,y}\right)$ , $({x,y,z})\in{\mathbb{R}}^3$ , είναι C^1

στό ${\mathbb{R}}^3$ .
Επομένως πλοιρούνται οί προυποθέσεις γιά τό Θεώρημα Gauss.

$I=\displaystyle\iint_{S}{\overrightarrow{f}({x,y,z})\cdot\overrightarrow{n}({x,y,z})\,d\sigma}\stackrel{{\textlatin{Gauss}}}{=}-\iiint_{D_1}{\nabla\cdot\overrightarrow{f}({x,y,z})\,dz\,dy\,dx}=$

$-\displaystyle\iiint_{D_1}{\frac{\partial}{\partial{x}}\!\left({1+x+y^2}\right)+\frac{\partial}{\partial{y}}\!\left({\cos{x}-\sin{y}}\right)+\frac{\partial}{\partial{z}}\!\left({z\,\cos{y}-e^{x}\,y}\right)\,dz\,dy\,dx}=$

$-\displaystyle\iiint_{D_1}{1-\cos{y}+\cos{y}\,dz\,dy\,dx}=-\iiint_{D_1}{dz\,dy\,dx}=-V({D_1})=-\frac{11\pi}{12}.\quad\square$

β. ${\rm{rot}}({\overrightarrow{f}\,})=\nabla\times\overrightarrow{f}=\left| {\begin{array}{ccc} {\overrightarrow{e_x}} & {\overrightarrow{e_y}} & {\overrightarrow{e_z}}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} {\frac{\partial}{\partial{x}}} & {\frac{\partial}{\partial{y}}} & {\frac{\partial}{\partial{z}}}\\\noalign{\vspace{0.1cm}} {x^3+y-\cos{y}} & {x\,\sin{y}-e^{y}} & {-1-x\,y\,e^{xyz}} \end{array}}\right|=$

$\left({\frac{\partial\left({-1-x\,y\,e^{xyz}}\right)}{\partial{y}}-\frac{\partial\left({x\,\sin{y}-e^{y}}\right)}{\partial{z}},\,\frac{\partial\left({x^3+y-\cos{y}}\right)}{\partial{z}}-\frac{\partial\left({-1-x\,y\,e^{xyz}}\right)}{\partial{x}},\,\frac{\partial\left({x\,\sin{y}-e^{y}}\right)}{\partial{x}}-\frac{\partial\left({x^3+y-\cos{y}}\right)}{\partial{y}}}\right)=$
$\left({x\,e^{xyz}\,({1+x\,y\,z}),\,y\,e^{xyz}\,({1+x\,y\,z}),\,1}\right)$ .

$S_1=\left\lbrace{\left({x,\,y,\,0}\right):\,4x^2+y^2\leq1}\right\rbrace$ καί τό μοναδιαίο κάθετο στήν επιφάνεια S_1

είναι τό $\displaystyle\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{n_1}({x,y,z})=({0,\,0,\,1})$ .
Από τό Θεώρημα Stokes προκύπτει ότι $I=\displaystyle\oint_{\gamma}{\left({x^3+y-\cos{y}}\right)dx+\left({x\,\sin{y}-e^{y}}\right)dy-\left({1+x\,y\,e^{xyz}}\right)dz}=$
$-\displaystyle\iint_{S_1}{{\rm{rot}}({\overrightarrow{f}\,})\cdot\overrightarrow{n_1}\,d\sigma}=-\iint_{S_1}{d\sigma}=-\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{1}{\frac{\rho}{2}\,d\rho\,d\theta}=-\frac{\pi}{2}.\quad\square$

: ask_aplogIV_01_(2007).jpg (28.29 KiB) Προβλήθηκε 2276 φορές

Επιφανειακό & επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

Επιφανειακό & επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

Re: Επιφανειακό & επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

Re: Επιφανειακό & επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

Re: Επιφανειακό & επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση