В основном для группы 812, но и группе 822 будет полезно. Страница рендерится немного долго, так что если формулы некрасивые — просто немного подождите.
Поток векторного поля →F через поверхность в указанном направлении - это поверхностный интеграл второго рода от этого поля через эту поверхность Π=∬Σ→F⋅→dS. Вектор →dS, называемый векторным элементом поверхности, может быть представлен в виде →dS=→ndS, где →n - единичный вектор нормали к поверхности. Направление этого вектора задаётся условиями задачи. Если поверхность в задаче замкнутая, как правило, требуется вычислить поток во внешнем направлении. Если поверхность задана параметрически, т.е. для её точек радиус-вектор есть функция двух параметров →r=→r(u,v), то векторный элемент поверхности вычисляется так: →dS=[→r′u×→r′v]dudv Если поле →F на замкнутой поверхности Σ и внутри тела V, ограниченного этой поверхностью, непрерывно вместе со своими первыми производными по координатам, то по теореме Остроградского-Гаусса поток через поверхность Σ наружу равен тройному интегралу от дивергенции поля →F по V: ∬Σ→F⋅→dS=∭Vdiv→Fdxdydz. Для примера: Анчиков А.М. задача №73. Найти поток вектора →F=x2→i+y2→j+z2→k через часть сферы x2+y2+z2=1, x⩾0, y⩾0, z⩾0, в направлении внешней нормали. В качестве предисловия скажу, что с учётом неравенств, наложенных на координаты, речь идёт не о сфере, а только о восьмой части сферы, в которой все координаты положительны. Сфера хорошо параметризуется при помощи сферических координат. В общем случае, {x=rsinθcosφ,y=rsinθsinφ,z=rcosθ. Подставляя в уравнение сферы, получим, что r=1,и тогда →r=(xyz)=(sinθcosφsinθsinφcosθ). Нужный октант сферы получится при 0⩽θ⩽π2, 0⩽φ⩽π2. Тогда →dS=[→r′θ×→r′φ]dudv. Почему порядок множителей именно такой, а не [→r′φ×→r′θ], решается исходя из сказанного в условиях задачи, что поток ищется в направлении внешней нормали. Это означает, что наружу по отношению к сфере должен быть направлен вектор нормали, а значит, и весь вектор →dS. Но его направление задаётся направлением векторного произведения [→r′u×→r′v], а последнее определяется порядком множителей: c вершины произведения поворот от первого множителя ко второму происходит против часовой стрелки (см. рис. 1).
→r′θ=(cosθcosφcosθsinφ−sinθ),→r′φ=(−sinθsinφsinθcosφ0); [→r′θ×→r′φ]=|→icosθcosφ−sinθsinφ→jcosθsinφsinθcosφ→k−sinθ0|=(sin2θcosφsin2θsinφsinθcosθ)=sinθ(sinθcosφsinθsinφcosθ) На сфере →F=(x2y2z2)=(sin2θcos2φsin2θsin2φcos2θ), тогда →F⋅→dS=(sin2θcos2φsin2θsin2φcos2θ)⋅(sinθcosφsinθsinφcosθ)sinθdθdφ=sinθ(sin3θcos3φ+sin3θsin3φ+cos3θ)dθdφ. Π=∬Σ→F⋅→dS=π/2∫0dθπ/2∫0dφsinθ(sin3θcos3φ+sin3θsin3φ+cos3θ)= =π/2∫0dφπ/2∫0dθ[sin4θ(cos3φ+sin3φ)+cos3θsinθ]=π/2∫0dφ[(cos3φ+sin3φ)π/2∫0sin4θdθ+π/2∫0cos3θsinθdθ]. Дальше остаётся очевидный счёт. Возьмём интегралы по θ: π/2∫0cos3θsinθdθ=−cos4θ4|π/20=14; sin4θ=(sin2θ)2=(1−cos2θ2)2=14(1−2cos2θ+cos22θ)=14(1−2cos2θ+1+cos4θ2)= =18(2−4cos2θ+1+cos4θ)=18(3−4cos2θ+cos4θ), π/2∫0sin4θdθ=18π/2∫0(3−4cos2θ+cos4θ)dθ=18(3θ−2sin2θ+sin4θ4)|π/20=18(3π2)=3π16; и подставим их в поток Π=π/2∫0dφ[(cos3φ+sin3φ)π/2∫0sin4θdθ+π/2∫0cos3θsinθdθ]=π/2∫0dφ[(cos3φ+sin3φ)3π16+14]. Преобразуем сумму кубов (cos3φ+sin3φ)=(cosφ+sinφ)(cos2φ−cosφsinφ+sin2φ)=(cosφ+sinφ)(1−cosφsinφ)= =(cosφ−cos2φsinφ+sinφ−cosφsin2φ), и подставим в поток её Π=π/2∫0dφ[(cos3φ+sin3φ)3π16+14]=π/2∫0dφ[(cosφ−cos2φsinφ+sinφ−cosφsin2φ)3π16+14]= =[3π16(sinφ+cos3φ3−cosφ−sin3φ3)+φ4]|π/20=[3π16(1−13)+π8]−[3π16(13−1)]=3π8, что и значится в ответах.
Есть, впрочем, и более простые примеры. Вот, скажем, №70 п. а: Найти поток вектора →r через боковую поверхность конуса x2+y2⩽z2. Тут можно заметить, что вектор →r направлен вдоль конуса, значит, перпендикулярен вектору нормали →n, следовательно, →r⋅→dS=→r⋅→ndS=0. Значит, и интеграл от этой величины равен нулю.
Или №71, где для сферы с центром в начале координат →r‖→n, а значит, →F⋅→dS=f(r)→r⋅→ndS=f(r)rdS=f(R)RdS, Π=∬Σ→F⋅→dS=∬x2+y2+z2=R2f(R)RdS=f(R)R∬x2+y2+z2=R21⋅dS=f(R)R⋅4πR2=4πR3f(R). Наконец, в качестве демонстрации применения формулы Остроградского-Гаусса можно показать № 82: Найти поток вектора →F=x→i+y→j−2z→k через всю поверхность куба {|x|⩽a,|y|⩽a,|z|⩽a} в направлении внешней нормали.
Куб, безусловно, является замкнутой поверхностью. Внимательно посмотрев на данное в задаче векторное поле, можно убедиться, что оно всюду непрерывно вместе со своими производными. Следовательно, тут можно воспользоваться формулой Остроградского-Гаусса, по которой Π=∬Σ→F⋅→dS=∭Vdiv→Fdxdydz=∭V(∂x∂x+∂y∂y+∂(−2z)∂z)dxdydz= =∭V(1+1−2)dxdydz=∭V0dxdydz=0. Без применения этого полезного метода мы столкнулись бы с необходимостью считать поток через шесть граней куба по отдельности.
Решить №№ 70 п. б, в, г; 72, 75, 76, 79, 80, 102.
