Matematika/Gauso formulė

Formulė Gauso - Ostrogradskio yra analogas Gryno formulės. Tada kai formulė Gryno - Ostrogradskio suriša kreivinį integralą antrojo tipo uždara kreive su dvilypiu integralu plokščia sritimi, apribota šia kreive, tai formulė Gauso - Ostragradskio nustato ryšį tarp paviršinio integralo (antrojjo tipo) uždaru paviršiumi ir trilypiu integralu palei erdvinę sritį, apribotą šiuo paviršiumi.

Formulė Gauso - Ostrogradskio:

${\iiint }_V(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})dxdydz={\iint }_{S}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy.$

Ji išreiškia paviršinį integralą bendro pavidalo palei išorinę pusę uždaro paviršiaus S per trilypį integralą palei trimatę sritį V, apribotą šiuo paviršiumi.

Formulę Gauso - Ostrogradksio galimą naudoti apskaičiavimui paviršinių integralų uždaru paviršiumi.

Vienam iš pritaikymų formulės Gauso - Ostrogradskio, paimkime uždavinį apie apskaičiavimą kūno tūrio su paviršiniu integralu, palei išorinę pusę paviršiaus, apribojantį šitą kūną.

Tikrai, jei sritis V turi nurodyta aukščiau formą, tai

$P(x;y;z)=x,Q(x;y;z)=0,R(x;y;z)=0,$

pagal formulę Gauso - Ostrogradksio randame:

${\iint }_{S}xdydz={\iiint }_{V}dxdydz=v.$

Keisdami rolėmis x, y, z, gausime taip pat, kad

${\iint }_{S}ydzdx=v,{\iint }_{S}zdxdy=v.$

tokiu budu yra formulės:

${\iint }_{S}xdydz=v,{\iint }_{S}ydzdx=v,{\iint }_{S}zdxdy=v,$

išreiškiančios kūno tūrį v per integralą palei išorinę pusę jo paviršiaus.

Paėmę funkciją $P(x;y;z)=\frac{1}{3}\cdot x,Q(x;y;z)=\frac{1}{3}\cdot y,R(x;y;z)=\frac{1}{3}\cdot z,$

gausime formulę, išreiškiančią kūno tūrį per paviršinį integralą bendro pavidalo:

$v=\frac{1}{3}{\iint }_{S}xdydz+ydzdx+zdxdy.$

Nes tada $\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1,$ kai $P=\frac{x}{3},Q=\frac{y}{3},R=\frac{z}{3}$ ir tada

${\iiint }_V(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})dxdydz={\iiint }_{V}dxdydz=v.$

Todėl kūno V, apriboto paviršiumi S tūris v lygūs:

$v={\iiint }_{V}dxdydz=\frac{1}{3}{\iint }_{S}xdydz+ydzdx+zdxdy.$

Pavyzdžiai

• Pavyzdis. Apskaičiuoti integralą ${\iint }_S{x}^{3}dydz+y^{3}dzdx+z^{3}dxdy$ pagal išorinę pusę sferos $x^2+y^2+z^2=R^2.$

Taikydami formulę Gauso - Ostragradksio, gauname:

${\iint }_S{x}^{3}dydz+y^{3}dzdx+z^{3}dxdy={\iiint }_V(3x^2+3y^2+3z^2)dxdydz=3{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta {\int }_0^R{\rho }^{4}d\rho =$

$=3{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta \frac{{\rho }^5}{5}{|}_0^R=3\cdot \frac{R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta =\frac{3R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }d\varphi \sin \theta {|}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{3R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }(\sin \frac{\pi }{2}-\sin \frac{-\pi }{2})d\varphi =$

$=\frac{3R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }(1-(-1))d\varphi =\frac{6R^5}{5}\varphi {|}_0^{2\pi }=\frac{6R^5}{5}\cdot 2\pi =\frac{12\pi R^5}{5}.$

Teisingiau skaičiuoti taip ($x^2+y^2+z^2={\rho }^2$):

${\iint }_S{x}^{3}dydz+y^{3}dzdx+z^{3}dxdy={\iiint }_V(3x^2+3y^2+3z^2)dxdydz=3{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_0^{\pi }\sin \theta d\theta {\int }_0^R{\rho }^2\cdot {\rho }^{2}d\rho =$

$=3{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_0^{\pi }\sin \theta d\theta \frac{{\rho }^5}{5}{|}_0^R=3\frac{R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_0^{\pi }\sin \theta d\theta =3\frac{R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }d\varphi (-\cos \theta ){|}_0^{\pi }=$

$=3\frac{R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }d\varphi (-[-1-1])=\frac{6R^5}{5}{\int }_0^{2\pi }d\varphi =\frac{6R^5}{5}\cdot (2\pi -0)=\frac{12\pi R^5}{5}.$

Patikrinsime apskaičiuodami ${\iint }_S{x}^3𝐝y𝐝z,{\iint }_S{y}^3𝐝z𝐝x$ ir ${\iint }_S{z}^3𝐝x𝐝y$ sumą.

$x^2=R^2-y^2-z^2,$

$x=\sqrt{R^2-y^2-z^2};$

$\frac{\partial x}{\partial y}=\frac{\partial (\sqrt{R^2-y^2-z^2})}{\partial y}=\frac{-2y}{2\sqrt{R^2-y^2-z^2}}=\frac{-y}{\sqrt{R^2-y^2-z^2}};$

$\frac{\partial x}{\partial z}=\frac{\partial (\sqrt{R^2-y^2-z^2})}{\partial z}=\frac{-2z}{2\sqrt{R^2-y^2-z^2}}=\frac{-z}{\sqrt{R^2-y^2-z^2}}.$

$V_x={\iint }_S{x}^3\sqrt{1+{\left(\frac{\partial x}{\partial y}\right)}^2+{\left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)}^2}𝐝y𝐝z=$

$={\iint }_S{x}^3\sqrt{1+{\left(\frac{-y}{\sqrt{R^2-y^2-z^2}}\right)}^2+{\left(\frac{-z}{\sqrt{R^2-y^2-z^2}}\right)}^2}𝐝y𝐝z=$

$={\iint }_S{x}^3\sqrt{1+\frac{y^2}{R^2-y^2-z^2}+\frac{z^2}{R^2-y^2-z^2}}𝐝y𝐝z=$

$={\iint }_S{x}^3\sqrt{\frac{R^2-y^2-z^2+y^2+z^2}{R^2-y^2-z^2}}𝐝y𝐝z=$

$={\iint }_S{x}^3\sqrt{\frac{R^2}{R^2-y^2-z^2}}𝐝y𝐝z={\iint }_S\sqrt{(R^2-y^2-z^2{)}^3}\sqrt{\frac{R^2}{R^2-y^2-z^2}}𝐝y𝐝z={\iint }_S(R^2-y^2-z^2)R𝐝y𝐝z=$

$={\iint }_S(R^2-{\rho }^2)R\rho 𝐝\rho 𝐝\varphi ={\int }_0^{2\pi }({\int }_0^R(R^3\rho -R{\rho }^3)𝐝\rho )𝐝\varphi =$

$={\int }_0^{2\pi }(R^3\frac{{\rho }^2}{2}-R\frac{{\rho }^4}{4}){|}_0^R𝐝\varphi ={\int }_0^{2\pi }(R^3\frac{R^2}{2}-R\frac{R^4}{4})𝐝\varphi =$

$={\int }_0^{2\pi }(\frac{R^5}{2}-\frac{R^5}{4})𝐝\varphi ={\int }_0^{2\pi }\frac{R^5}{4}𝐝\varphi =\frac{R^5}{4}\cdot 2\pi =\frac{\pi R^5}{2}.$

Kadangi ir teigiama ir neigiama kryptimi reikia apskaičiuoti, tai $V_X=2V_x=2\cdot \frac{\pi R^5}{2}=\pi R^5.$ Ir kadangi funkcijų $x^3$, $y^3$ ir $z^3$ laipsniai vienodi, tai

$M=3V_X=3\pi R^5.$

Gauta masė (skardinės sferos tankis priklauso nuo x reikšmės trečiame laipsnyje) nesutampa su Gauso formulės logika.

Update. Pagal oficialią teoriją taip ir neturi sutapti atsakymai ir kas ką tik buvo apskaičiuota ($M=3V_X=3\pi R^5$) neturi nieko bendro su Gauso formule.

Pastaba. Rutulio paviršiaus plotą įmanoma apskaičiuoti cilindinėse koordinatėse. Bandydami, gauname:

$R^2=x^2+y^2+z^2,$

$z=\sqrt{R^2-x^2-y^2};$

${z_x}^{\prime }=\frac{-2x}{2\sqrt{R^2-x^2-y^2}}=\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}};$

${z_y}^{\prime }=\frac{-2y}{2\sqrt{R^2-x^2-y^2}}=\frac{-y}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}};$

$\sqrt{1+({z_x}^{\prime }{)}^2+({z_y}^{\prime }{)}^2}=\sqrt{1+{\left(\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}\right)}^2+{\left(\frac{-y}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}\right)}^2}=$

$=\sqrt{1+\frac{x^2}{R^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{R^2-x^2-y^2}}=\sqrt{\frac{R^2-x^2-y^2+x^2+y^2}{R^2-x^2-y^2}}=\sqrt{\frac{R^2}{R^2-x^2-y^2}};$

$x^2+y^2={\rho }^2$ cilindinėse ir polinėse koordinatėse;

Iš internetinio integratoriaus ${\int }_0^R\rho \sqrt{\frac{R^2}{R^2-{\rho }^2}}d\rho =({\rho }^2-R^2)\sqrt{\frac{R^2}{R^2-{\rho }^2}}{|}_0^R=-R\sqrt{R^2-{\rho }^2}{|}_0^R;$

$S_{pav.}={\iint }_s\sqrt{1+({z_x}^{\prime }{)}^2+({z_y}^{\prime }{)}^2}dxdy={\iint }_s\sqrt{\frac{R^2}{R^2-x^2-y^2}}dxdy={\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_0^R\rho \sqrt{\frac{R^2}{R^2-{\rho }^2}}d\rho =$

$={\int }_0^{2\pi }-R\sqrt{R^2-{\rho }^2}{|}_0^{R}d\varphi =-R{\int }_0^{2\pi }(\sqrt{R^2-R^2}-\sqrt{R^2-0^2})d\varphi =-R{\int }_0^{2\pi }(0-\sqrt{R^2})d\varphi =R^2{\int }_0^{2\pi }d\varphi =2\pi R^2.$

Taigi, visas rutulio paviršiaus plotas susideda iš dviejų pusrutulių, todėl

$S_{visas}=2\cdot S_{pav.}=2\cdot 2\pi R^2=4\pi R^2.$

Kitaip patikrinsime apskaičiuodami ${\iint }_S{x}^3𝐝y𝐝z,{\iint }_S{y}^3𝐝z𝐝x$ ir ${\iint }_S{z}^3𝐝x𝐝y$ sumą.

$x^2=R^2-y^2-z^2,$

$x=\sqrt{R^2-y^2-z^2}.$

$V_x={\iint }_S{x}^3𝐝y𝐝z={\iint }_S{\left(\sqrt{R^2-y^2-z^2}\right)}^3𝐝y𝐝z={\iint }_S{\left(\sqrt{R^2-{\rho }^2}\right)}^3\rho 𝐝\rho 𝐝\varphi =$

$={\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^R\rho \sqrt{(R^2-{\rho }^2{)}^3}𝐝\rho \right)𝐝\varphi .$

Pasinaudodami internetiniu integratoriumi, gauname, kad

${\int }_0^R\rho \sqrt{(R^2-{\rho }^2{)}^3}𝐝\rho =-\frac{1}{5}((R-\rho )(R+\rho ){)}^{5/2}{|}_0^R=$

$=-\frac{1}{5}((R-R)(R+R){)}^{5/2}-(-\frac{1}{5}((R-0)(R+0){)}^{5/2})=$

$=0+\frac{1}{5}((R-0)(R+0){)}^{5/2}=\frac{1}{5}(R^2{)}^{5/2}=\frac{R^5}{5};$

$V_x={\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^R\rho \sqrt{(R^2-{\rho }^2{)}^3}𝐝\rho \right)𝐝\varphi ={\int }_0^{2\pi }\frac{R^5}{5}𝐝\varphi =\frac{2\pi R^5}{5}.$

Kadangi reikia dviejų rutulio pusrutulių (teigiama ir neigiama Ox kryptimi), tai

$V_X=2V_x=2\cdot \frac{2\pi R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{5}.$

Kadangi, pagal sąlyga bus $V_X=V_Y=V_Z,$ tai

$V=3V_X=3\cdot \frac{4\pi R^5}{5}=\frac{12\pi R^5}{5}.$

Ką norėta rasti ir kas rasta. Norėta apskaičiuoti (kaip supranta redaguotojas) sferos iš skardos masę. Skardos tankis vienu skaičiavimu kinta tik priklausomai nuo Ox koordinatės pagal funkcija $\gamma (x)=x^3.$ Antru atveju skardos tankis kinta tik priklausomai nuo y koordinatės pagal funkciją $\gamma (y)=y^3.$ Trečiu atveju skardos tankis kinta tik priklausomai nuo z koordinatės pagal funkciją $\gamma (z)=z^3.$ Kadangi rutulys simetriškas, tai užtenka apskaičiuoti, tarkime, ${\iint }_S{z}^3𝐝x𝐝y$ ir padauginti iš 3, o paskui dar padauginti iš 2, nes ir teigiama ir neigiama kryptimi tankis didėja vienodai. Skaičiuojant analogiškai kreiviniam integralui (pirmojo tipo) gauname atsakyma $M=6\pi R^3.$ Atsakymas $M=6\pi R^3$ ir yra skardinės sferos masė išintegruota trimis ašimis $M={\iint }_S{x}^{3}dydz+{\iint }_S{y}^{3}dzdx+{\iint }_S{z}^{3}dxdy.$ Pagal Gauso samprotavimo formulę skardinės sferos masė yra $M=\frac{12\pi R^5}{5}.$ Kiek suprantu, Gauso formulė iškraipo prasmę integravimas paviršiumi, nes tik su iškraipyta prasme integravimas paviršiumi Gauso formulė gali egzistuoti kaip teisinga formulė.

Gauto rezultato ${\iint }_S{z}^3𝐝x𝐝y=\frac{1}{3}\cdot \frac{12\pi R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{5}$ prasmę galima išaiškinti taip: sfera spindulio $R=10$ projektuojasi į plokštumą xOy; sferos centras yra taškas O, sferos projekcija į xOy plokštumą yra skritulys, kurio centras koordinačių pradžios taškas O; skritulio formulė yra $x^2+y^2\le R^2;$ skritulio plotas telpa į apskritimą kurio formulė $x^2+y^2=R^2;$ kadangi apskritimo plokštumoje xOy spindulys $r=10$ kaip ir sferos spindulys, tai į plotą $\pi r^2=\pi \cdot 10^2=100\pi =314.1592653589793$ telpa 314 strypų lygiagrečių Oz ašiai ir atstumas tarp strypų ant xOy plokštumos yra vienodas; kiekvienas strypas susikerta su sferos paviršiumi ir kiekvieno strypo ilgis yra nuo plokštumos xOy iki susikirtimo su sferos paviršiumi (mes skaičiuojame tik vienam pusrutuliui, tik teigiama Oz ašimi); trumpiausias strypo ilgis yra 0, o ilgiausias strypo ilgis yra iš centro O ir lygus R=10; dabar kiekvieną strypo ilgį reikia pakelti kubu, nes $z^3;$ Todėl strypo iš centro O (sutampančiam su ašimi Oz) ilgis yra $z^3=R^3=10^3=1000;$ tolstančių nuo centro strypų ilgis trumpėja, o ant apskritimo kraštų strypų ilgis artimas arba lygus nuliui; rezultatas $\frac{4\pi R^5}{5}=\frac{4\pi 10^5}{5}=80000\pi =251327.412287$ yra visų strypų ant plokštumos xOy ir lygiagrečių ašiai Oz ilgių suma (dviejų pusrutulių).

• Pavyzdis. Apskaičiuoti integralą ${\iint }_S{x}^{2}dydz+0dzdx+0dxdy$ pagal išorinę pusę sferos $x^2+y^2+z^2=R^2.$

Taikydami formulę Gauso, gauname:

${\iint }_S{x}^{2}dydz={\iiint }_V(2x+0+0)dxdydz=2{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta {\int }_0^R{\rho }^{3}d\rho =$

$=2{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta \frac{{\rho }^4}{4}{|}_0^R=2\cdot \frac{R^4}{4}{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta =\frac{R^4}{2}{\int }_0^{2\pi }d\varphi \sin \theta {|}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{R^4}{2}{\int }_0^{2\pi }(\sin \frac{\pi }{2}-\sin \frac{-\pi }{2})d\varphi =$

$=\frac{R^4}{2}{\int }_0^{2\pi }(1-(-1))d\varphi =R^4\varphi {|}_0^{2\pi }=R^4\cdot 2\pi =2\pi R^4.$

Neteisingai skaičiuota, nes x polinėse ir sferinėse koordinatėse nėra $\rho ,$ bet yra $x=\sqrt{R^2-y^2-z^2}$ ir per $\rho$ sferinėse koordinatėse net išreikšti negalima (nes sferinėje koordinačių sistemoje ${\rho }^2=R^2=x^2+y^2+z^2,$ o x išreikšti galima taip: $x=R\sin \theta \cos \varphi$ (o gal taip: $x=\rho \sin \theta \cos \varphi$)). Žemiau turėtų būti teisingai paskaičiuota. Bet šansai, kad jei x pakeisti $\sqrt{R^2-y^2-z^2}=\sqrt{R^2-{\rho }^2}$ ir bus gautas teisingas atsakymas (skaičiuojant kaip aukščiau sferinėse koordinatėse) yra labai maži (bandžiau integruot su internetiniu integratoriumi ir gaunasi dalyba iš nulio, šaknyje minusas ir/ar panašiai).

Kitaip patikrinsime apskaičiuodami ${\iint }_S{x}^2𝐝y𝐝z.$

$x^2=R^2-y^2-z^2,$

$x=\sqrt{R^2-y^2-z^2}.$

$V_x={\iint }_S{x}^2𝐝y𝐝z={\iint }_S{\left(\sqrt{R^2-y^2-z^2}\right)}^2𝐝y𝐝z={\iint }_S{\left(\sqrt{R^2-{\rho }^2}\right)}^2\rho 𝐝\rho 𝐝\varphi =$

$={\int }_0^{2\pi }({\int }_0^R\rho (R^2-{\rho }^2)𝐝\rho )𝐝\varphi .$

Pasinaudodami internetiniu integratoriumi, gauname, kad

${\int }_0^R\rho (R^2-{\rho }^2)𝐝\rho ={\int }_0^R(\rho R^2-{\rho }^3)𝐝\rho =(\frac{{\rho }^2{R}^2}{2}-\frac{{\rho }^4}{4}){|}_0^R=$

$=\frac{R^2\cdot R^2}{2}-\frac{R^4}{4}=\frac{R^4}{4}.$

$V_x={\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^R\rho \sqrt{(R^2-{\rho }^2{)}^2}𝐝\rho \right)𝐝\varphi ={\int }_0^{2\pi }\frac{R^4}{4}𝐝\varphi =\frac{2\pi R^4}{4}=\frac{\pi R^4}{2}.$

Kadangi reikia dviejų rutulio pusrutulių (teigiama ir neigiama Ox kryptimi), tai

$V_X=2V_x=2\cdot \frac{\pi R^4}{2}=\pi R^4.$

Atsakymai $2\pi R^4$ ir $\pi R^4$ nesutampa (gal atsakymas $\frac{\pi R^4}{2}$ yra tik ketvirtadalis sferos, bet tada kyla klausimas: kodėl ne aštuntadalis sferos?).

Šiaip, atsakymas $\pi R^4$ turėtų būti teisingas.

Teisingas skaičiavimas pagal tūrio formulę (skaičiavimas sferinėje koordinačių sistemoje). Mums prireiks šitos trigonometrinės formulės $\cos (2\theta )=1-2{\sin }^2\theta ,$ ${\sin }^2\theta =\frac{1-\cos (2\theta )}{2}.$ Pagal Gauso formulę (sferinėse koordinatėse turime, kad $x=\rho \sin \theta \cos \varphi$):

${\iint }_S{x}^{2}dydz={\iiint }_V(2x+0+0)dxdydz=2{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi {\int }_0^{\pi }{\sin }^2\theta d\theta {\int }_0^R\rho \cdot {\rho }^{2}d\rho =$

$=2{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi {\int }_0^{\pi }{\sin }^2\theta d\theta \frac{{\rho }^4}{4}{|}_0^R=2\cdot \frac{R^4}{4}{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi {\int }_0^{\pi }{\sin }^2\theta d\theta =$

$=\frac{R^4}{2}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi {\int }_0^{\pi }(1-\cos (2\theta ))d\theta =\frac{R^4}{2}\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi (\theta -\frac{\sin (2\theta )}{2}){|}_0^{\pi }=$

$=\frac{R^4}{4}{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi ([\pi -0]-[0-0])=\frac{\pi R^4}{4}{\int }_0^{2\pi }\cos \varphi d\varphi =\frac{\pi R^4}{4}\sin \varphi {|}_0^{2\pi }=\frac{\pi R^4}{4}(\sin (2\pi )-\sin 0)=0.$

Kažkas nesiintegruoja. Galima pabandyti integruoti per $\varphi$ nuo 0 iki $\pi /2$ ir paskui viską padauginti iš 4:

$4\frac{\pi R^4}{4}\sin \varphi {|}_0^{\pi /2}=4\cdot \frac{\pi R^4}{4}(\sin (\pi /2)-\sin 0)=\pi R^4(1-0)=\pi R^4.$

Taip pat skaitykite

• Paviršinis integralas antrojo tipo
• Gryno formulė
• Antrojo tipo kreivinis integralas
• Trilypis integralas