Matematické Fórum

nanny1 · 19. 01. 2014 19:12 — Editoval nanny1 (19. 01. 2014 19:38)

Ahoj, prosím, mohl by mi někdo poradit s ověřením Gaussovy věty? Zadání je:
//forum.matweb.cz/upload3/img/2014-01/53807_MA3.png

Nejsem si jistá, jestli postupuju správně. Pravá strana Gaussovy věty je $\int_{}^{}\int_{}^{}\int_{V}^{}div \vec{v}dV$ . Postupovala bych tak, že bych se nejdřív zbavila z: $\int_{}^{}\int_{}^{}\int_{x^{2}+y^{2}}^{1}(2z+x^{2}+y^{2})dzdx dy$ Potom transformovat do polárních souřadnic. Šlo by to tak?

Levá strana - přes průměty do souřadnicových rovin: $\int_{}^{}\int_{S}^{}\vec{v}.\vec{n}dS=\int_{}^{}\int_{S}^{}xzdydz+yzdxdz+(x^{2}+y^{2})zdxdy$
A dál moc nevím, co s tím.. Průmět do roviny xy je jasný, ale co to ostatní? Budou to nějaké "vyplněné" paraboly? Kdyby předpis byl $x^{2}+y^{2}=z\le 1$ , tak bych to uměla vyřešit, takhle nevím, jak mám naložit s tím z. Nebo to tak můžu použít, když jde o plochu a ne o objem?

Jinak prosím, kdybyste někdo věděl o nějaké online sbírce příkladů na plošné integrály, Gaussovu, Stokesovu větu, napište odkaz.

Rumburak

↑ nanny1:

Ahoj.
To těleso $V$ je úseč rotačního paraboloidu: parabola $z = x^2$ ležící v rovině Pxz rotuje okolo osy $z$ ,
horní "poklička" úseče leží v rovině $z = 1$ , zbývající část hranice tělesa je dána formulí $x^{2}+y^{2}=z\le 1$ .

nanny1 · 25. 01. 2014 20:57 — Editoval nanny1 (25. 01. 2014 21:12)

↑ Rumburak: Ahoj, děkuju za reakci. Pořád mi bohužel vycházejí obě strany rovnice jinak, takže tam dělám někde chybu. Levá strana: $\int_{}^{}\int_{S}^{}\vec{v}.\vec{n}dS$ Parametrizace: $x=u,y=v,z=u^{2}+v^{2}$ , tečné vektory: $\vec{r}_{u}=(1,0,2u),\vec{r}_{v}=(0,1,2v),\vec{r}_{u}X\vec{r}_{v}=(-2u,-2v,1)$ , což vede na integrál $\int_{}^{}\int_{}^{}(u^{2}+v^{2})(-2u^{2}-2v^{2}+u^{2}+v^{2})dS$ . Parametrizace $u=r.cos\varphi ,v=u.sin\varphi$ . Potom máme $\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\Pi }r^{2}(-2r^{2}cos^{2}\varphi -2r^{2}sin^{2}\varphi +r^{2}cos^{2}\varphi +r^{2}sin^{2}\varphi )rd\varphi dr$ $\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\Pi }-r^{5}d\varphi dr$ , což vede na výsledek $-\frac{1}{3}\Pi$ .

nanny1 · 25. 01. 2014 21:11

V řešení pravé strany jsem postupovala takhle: $\int_{}^{}\int_{S_{xy}}^{}\int_{x^{2}+y^{2}}^{1}(2z + x^{2}+y^{2})dzdxdy=\int_{}^{}\int_{S_{xy}}^{}[z^{2}+x^{2}z+y^{2}z]_{x^{2}+y^{2}}^{1}dxdy$ $\int_{}^{}\int_{S_{xy}}(1+(x^{2}+y^{2})(1-(x^{2}+y^{2})-(x^{2}+y^{2}))dxdy$ Parametrizace: $x=r.cost, y=r.sin t$ $\int_{0}^{2\Pi }\int_{0}^{1}(1+r^{2}-2r^{4})r drdt=\frac{5}{6}\Pi$
Tak nevím, jestli tam mám někde početní chybu, nebo jestli je ten postup špatně, ale nic lepšího mě zatím nenapadá. Prosím, poraďte.

jaja0001 · 26. 01. 2014 20:36

↑ nanny1:↑ nanny1:

Ahoj, pravá strana mi vyšla stejně. U levé mám ten vektor $\vec{r_u} \times \vec{r_v}=(2u,2v,-1)$ , takže pak ten integrál vyjde $+\frac{\pi}{3}$ . A ještě se k té levé straně musí přičíst "víčko" toho tělesa, což mně vyšlo $\frac{\pi}{2}$ a pak to v součtu vychází těch $\frac{5 \pi}{6}$
Akorát teda když jsem ten vršek počítala, vyšlo mi to záporně-když si naparametrizuju
$x=u\\ y=v\\ z=1$ , tak dostanu $\vec{r_u} \times \vec{r_v}=(0,0,-1)$ . Ale možná by to vyřešilo jen zaměnit $u$ a $v$ a pak už by to bylo úplně v pohodě (i bez kouzlení se znamínkama)

nanny1 · 26. 01. 2014 23:35 — Editoval nanny1 (26. 01. 2014 23:44)

Ahoj ↑ jaja0001:, dík za reakci, s tím "víčkem" mě to nenapadlo dřív, až když jsem tu samou chybu dneska odhalila u integrálu přes válec. To je fajn, že nám oběma vyšla stejná čísla, vypadá to, že to teda bude dobře. :) Tak snad nám to klapne i u zkoušky. ;)
P.S. U toho "víčka" směřuje vnější normála nahoru a jenom ve směru z, tj. je to (0,0,1), ale jak je to se směrem normály k plášti, to mi pořád není úplně jasný..

Rumburak · 27. 01. 2014 10:14

↑ nanny1:

U toho "víčka" směřuje vnější normála nahoru a jenom ve směru z, tj. je to (0,0,1), ale jak je to se směrem normály k plášti, to mi pořád není úplně jasný..

Normála v bodech pláště (narozdíl od bodů víčka) nemá konstantní směr. Plášť můžeme popsat rovnicí $F(x,y,z) = 0$ , kde
$F(x,y,z) = x^2 + y^2 - z$ . Normálový vektor pláště v jeho bodě $[x, y, z]$ bude roven gradientu funkce $F$ v tomto bodě,
tj. $(2x, 2y , -1)$ . Z něj bychom měli úpravou udělat "jednotkový vektor vnější normály".

nanny1 · 27. 01. 2014 10:48 — Editoval nanny1 (27. 01. 2014 10:54)

↑ Rumburak: Děkuju. Jednotková normála by teda měla mít tvar $\frac{(2x,2y,-1)}{\sqrt{4x^{2}+4y^{2}+1}}$ , což by měla být teda normála k hladině a směr největšího růstu funkce, pokud se nepletu, takže by to měl být vnější vektor. Ale když parametrizuju, nějak si nevím rady, jak ověřit, jestli je parametrizace shodná s orientací. Musí jít o pravotočivý systém, ale v tomhle příkladu si to nějak neumím moc představit. :(

Rumburak

↑ nanny1:

Parametrisace zde nebude nutná.
V praxi obvykle stačí zkusmo dosadit do obecného předpisu pro normálový vektor některý konkretní bod té plochy.
Když do $\frac{(2x,2y,-1)}{\sqrt{4x^{2}+4y^{2}+1}}$ dosadíme třeba bod $P= [0, 0, 0]$ , dostaneme vektor $(0, 0, -1)$ , který při umístění
do bodu $P$ směřuje ven z toho tělesa - je to tedy (s hlediska toho tělesa) vnější normálový vektor jeho hraniční plochy.
Obdobně by to dopadlo i v jejích dalších bodech (díky tomu, že plocha má "rozumné" vlastnosti).

nanny1 · 27. 01. 2014 11:59

↑ Rumburak: Jo tak, už to chápu, děkuju za vysvětlení. :)

Matematické Fórum

#1 19. 01. 2014 19:12 — Editoval nanny1 (19. 01. 2014 19:38)

Gaussova věta

#2 20. 01. 2014 10:48 — Editoval Rumburak (20. 01. 2014 11:01)

Re: Gaussova věta

#3 25. 01. 2014 20:57 — Editoval nanny1 (25. 01. 2014 21:12)

Re: Gaussova věta

#4 25. 01. 2014 21:11

Re: Gaussova věta

#5 26. 01. 2014 20:36

Re: Gaussova věta

#6 26. 01. 2014 23:35 — Editoval nanny1 (26. 01. 2014 23:44)

Re: Gaussova věta

#7 27. 01. 2014 10:14

Re: Gaussova věta

#8 27. 01. 2014 10:48 — Editoval nanny1 (27. 01. 2014 10:54)

Re: Gaussova věta

#9 27. 01. 2014 11:47 — Editoval Rumburak (27. 01. 2014 11:51)

Re: Gaussova věta

#10 27. 01. 2014 11:59

Re: Gaussova věta

Zápatí