Schwierigkeiten bei der Anwendung des Satzes von Stokes

Lassen C = { ( X , j , z ) R 3 : j 2 + z 2 = 1 } { ( X , j , z ) R 3 : X + j = 1 } so orientiert, dass der Tangentenvektor bei ( 1 , 0 , 1 ) Ist ( 1 , 1 , 0 ) .

(i) Finden Sie eine reguläre Parametrisierung für C ,

(ii) Wenn F : R 3 R ist ein C 1 Skalarfeld so dass F z ( X , j , z ) = z , auswerten C F ( X , j , z ) D X + X j D j + X z D z .

Wir können parametrisieren C als Bild von σ : [ 0 , 2 π ] C R 3 , σ ( θ ) = ( 1 cos θ , cos θ , Sünde θ ) . Somit,

σ ' ( θ ) = ( Sünde θ , Sünde θ , cos θ ) ( 0 , 0 , 0 )           θ [ 0 , 2 π ]

Aber ich habe Probleme beim Versuch, das Linienintegral auszuwerten. Seit C ist eine glatte, einfache, geschlossene Kurve, die einen Bereich begrenzt S , könnten wir versuchen, den Satz von Stokes anzuwenden. Lassen F = ( F ( X , j , z ) , X j , X z ) , mit kräuseln  F = ( 0 , 0 , j F X ( X , j , z ) ) . Somit,

C F D S = Stokes S kräuseln  F D S = S ( kräuseln  F ) N   D A

Dies wäre lösbar, wenn die z -Bestandteil von N war 0 . Ist das richtig? Wie kann ich es beweisen?

Antworten (1)

Wenn Sie den verallgemeinerten Satz von Stokes kennen, ist es meiner Meinung nach einfacher, wie folgt zu argumentieren: S kann als der durch definierte Teil der Ebene angesehen werden X + j = 1 vom Zylinder abgeschnitten j 2 + z 2 = 1 . Mit φ ( X , z ) = ( X , X 1 , z ) , der Satz von Stokes gibt

S F ( X , j , z ) D X + X j D j + X z D z = φ 1 ( S ) φ D ( F ( X , j , z ) D X + X j D j + X z D z ) = φ 1 ( S ) φ ( F j ( X , j , z ) D j D X + F z ( X , j , z ) D z D X + j D X D j + z D X D z ) = φ 1 ( S ) φ ( ( j F j ( X , j , z ) D X D j )

Weil F z ( X , j , z ) = z und weil die Keile antipendeln. Weiter, bekommen wir

φ 1 ( S ) φ ( ( j F j ( X , j , z ) D X D j ) = φ 1 ( S ) ( X 1 F j ( X , X 1 , z ) D φ X D φ j ) = φ 1 ( S ) ( X 1 F j ( X , X 1 , z ) D X D ( X 1 ) = φ 1 ( S ) ( X 1 F j ( X , X 1 , z ) ) D X D X = 0