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 $\overrightarrow{F}$ через поверхность в указанном направлении - это поверхностный интеграл второго рода от этого поля через эту поверхность \[ \Pi=\iint_{\Sigma}\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}. \] Вектор $\overrightarrow{dS}$, называемый векторным элементом поверхности, может быть представлен в виде \[ \overrightarrow{dS}=\overrightarrow{n}dS, \] где $\overrightarrow{n}$ - 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 $\overrightarrow{r}=\overrightarrow{r}\left(u,v\right)$, то векторный элемент поверхности вычисляется так: \[ \overrightarrow{dS}=\left[\overrightarrow{r}_{u}^{\prime}\times\overrightarrow{r}_{v}^{\prime}\right]dudv \] Если поле $\overrightarrow{F}$ на замкнутой поверхности $\Sigma$ и внутри тела $V$, ограниченного этой поверхностью, непрерывно вместе со своими первыми производными по координатам, то по теореме Остроградского-Гаусса поток через поверхность $\Sigma$ наружу равен тройному интегралу от дивергенции поля $\overrightarrow{F}$ по $V$: \[ \iint_{\Sigma}\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}=\iiint_{V}\mathrm{div}\overrightarrow{F}\,dxdydz. \] Для примера: Анчиков А.М. задача №73. Найти поток вектора $\overrightarrow{F}=x^{2}\vec{i}+y^{2}\vec{j}+z^{2}\vec{k}$ через часть сферы $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$, $x\geqslant0$, $y\geqslant0$, $z\geqslant0$, 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, \[ \left\{ \begin{array}{l} x=r\sin\theta\cos\varphi,\\ y=r\sin\theta\sin\varphi,\\ z=r\cos\theta. \end{array}\right. \] Подставляя в уравнение сферы, получим, что $r=1,$и тогда \[ \vec{r}=\left(\begin{array}{l} x\\ y\\ z \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} \sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi\\ \cos\theta \end{array}\right). \] Нужный октант сферы получится при $0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}$, $0\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{2}$. Тогда \[ \overrightarrow{dS}=\left[\overrightarrow{r}_{\theta}^{\prime}\times\overrightarrow{r}_{\varphi}^{\prime}\right]dudv. \] Почему порядок множителей именно такой, а не $\left[\overrightarrow{r}_{\varphi}^{\prime}\times\overrightarrow{r}_{\theta}^{\prime}\right]$, 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 $\overrightarrow{dS}$. Но его направление задаётся направлением векторного произведения $\left[\overrightarrow{r}_{u}^{\prime}\times\overrightarrow{r}_{v}^{\prime}\right]$, а последнее определяется порядком множителей: c вершины произведения поворот от первого множителя ко второму происходит против часовой стрелки (см. рис. 1).
\[ \overrightarrow{r}_{\theta}^{\prime}=\left(\begin{array}{l} \cos\theta\cos\varphi\\ \cos\theta\sin\varphi\\ -\sin\theta \end{array}\right),\qquad\overrightarrow{r}_{\varphi}^{\prime}=\left(\begin{array}{l} -\sin\theta\sin\varphi\\ \sin\theta\cos\varphi\\ 0 \end{array}\right); \] \[ \left[\overrightarrow{r}_{\theta}^{\prime}\times\overrightarrow{r}_{\varphi}^{\prime}\right]=\left|\begin{array}{ccc} \vec{i} & \cos\theta\cos\varphi & -\sin\theta\sin\varphi\\ \vec{j} & \cos\theta\sin\varphi & \sin\theta\cos\varphi\\ \vec{k} & -\sin\theta & 0 \end{array}\right|=\left(\begin{array}{c} \sin^{2}\theta\cos\varphi\\ \sin^{2}\theta\sin\varphi\\ \sin\theta\cos\theta \end{array}\right)=\sin\theta\left(\begin{array}{c} \sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi\\ \cos\theta \end{array}\right) \] На сфере \[ \overrightarrow{F}=\left(\begin{array}{c} x^{2}\\ y^{2}\\ z^{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sin^{2}\theta\cos^{2}\varphi\\ \sin^{2}\theta\sin^{2}\varphi\\ \cos^{2}\theta \end{array}\right), \] тогда \[ \overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}=\left(\begin{array}{c} \sin^{2}\theta\cos^{2}\varphi\\ \sin^{2}\theta\sin^{2}\varphi\\ \cos^{2}\theta \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} \sin\theta\cos\varphi\\ \sin\theta\sin\varphi\\ \cos\theta \end{array}\right)\sin\theta d\theta d\varphi= \sin\theta\left(\sin^{3}\theta\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\theta\sin^{3}\varphi+\cos^{3}\theta\right)d\theta d\varphi. \] \[ \Pi=\iint_{\Sigma}\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}=\intop_{0}^{\pi/2}d\theta\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\sin\theta\left(\sin^{3}\theta\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\theta\sin^{3}\varphi+\cos^{3}\theta\right)= \] \[ =\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\intop_{0}^{\pi/2}d\theta\left[\sin^{4}\theta\left(\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\varphi\right)+\cos^{3}\theta\sin\theta\right]=\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\left[\left(\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\varphi\right)\intop_{0}^{\pi/2}\sin^{4}\theta d\theta+\intop_{0}^{\pi/2}\cos^{3}\theta\sin\theta d\theta\right]. \] Дальше остаётся очевидный счёт. Возьмём интегралы по $\theta$: \[ \intop_{0}^{\pi/2}\cos^{3}\theta\sin\theta d\theta=-\left.\frac{\cos^{4}\theta}{4}\right|_{0}^{\pi/2}=\frac{1}{4}; \] \[ \sin^{4}\theta=\left(\sin^{2}\theta\right)^{2}=\left(\frac{1-\cos2\theta}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(1-2\cos2\theta+\cos^{2}2\theta\right)=\frac{1}{4}\left(1-2\cos2\theta+\frac{1+\cos4\theta}{2}\right)= \] \[ =\frac{1}{8}\left(2-4\cos2\theta+1+\cos4\theta\right)=\frac{1}{8}\left(3-4\cos2\theta+\cos4\theta\right), \] \[ \intop_{0}^{\pi/2}\sin^{4}\theta d\theta=\frac{1}{8}\intop_{0}^{\pi/2}\left(3-4\cos2\theta+\cos4\theta\right)d\theta=\frac{1}{8}\left.\left(3\theta-2\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}{4}\right)\right|_{0}^{\pi/2}=\frac{1}{8}\left(3\frac{\pi}{2}\right)=\frac{3\pi}{16}; \] и подставим их в поток \[ \Pi=\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\left[\left(\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\varphi\right)\intop_{0}^{\pi/2}\sin^{4}\theta d\theta+\intop_{0}^{\pi/2}\cos^{3}\theta\sin\theta d\theta\right]=\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\left[\left(\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\varphi\right)\frac{3\pi}{16}+\frac{1}{4}\right]. \] Преобразуем сумму кубов \[ \left(\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\varphi\right)=\left(\cos\varphi+\sin\varphi\right)\left(\cos^{2}\varphi-\cos\varphi\sin\varphi+\sin^{2}\varphi\right)=\left(\cos\varphi+\sin\varphi\right)\left(1-\cos\varphi\sin\varphi\right)= \] \[ =\left(\cos\varphi-\cos^{2}\varphi\sin\varphi+\sin\varphi-\cos\varphi\sin^{2}\varphi\right), \] и подставим в поток её \[ \Pi=\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\left[\left(\cos^{3}\varphi+\sin^{3}\varphi\right)\frac{3\pi}{16}+\frac{1}{4}\right]=\intop_{0}^{\pi/2}d\varphi\left[\left(\cos\varphi-\cos^{2}\varphi\sin\varphi+\sin\varphi-\cos\varphi\sin^{2}\varphi\right)\frac{3\pi}{16}+\frac{1}{4}\right]= \] \[ =\left.\left[\frac{3\pi}{16}\left(\sin\varphi+\frac{\cos^{3}\varphi}{3}-\cos\varphi-\frac{\sin^{3}\varphi}{3}\right)+\frac{\varphi}{4}\right]\right|_{0}^{\pi/2}=\left[\frac{3\pi}{16}\left(1-\frac{1}{3}\right)+\frac{\pi}{8}\right]-\left[\frac{3\pi}{16}\left(\frac{1}{3}-1\right)\right]=\frac{3\pi}{8}, \] что и значится в ответах.
Есть, впрочем, и более простые примеры. Вот, скажем, №70 п. а: Найти поток вектора $\overrightarrow{r}$ через боковую поверхность конуса $x^{2}+y^{2}\leqslant z^{2}$. Тут можно заметить, что вектор $\overrightarrow{r}$ направлен вдоль конуса, значит, перпендикулярен вектору нормали $\overrightarrow{n}$, следовательно, $\overrightarrow{r}\cdot\overrightarrow{dS}=\overrightarrow{r}\cdot\overrightarrow{n}dS=0$. Значит, и интеграл от этой величины равен нулю.
Или №71, где для сферы с центром в начале координат $\overrightarrow{r}\Vert\overrightarrow{n}$, а значит, \[ \overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}=f\left(r\right)\overrightarrow{r}\cdot\overrightarrow{n}dS=f\left(r\right)rdS=f\left(R\right)RdS, \] \[ \Pi=\iint_{\Sigma}\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}=\iint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}}f\left(R\right)RdS=f\left(R\right)R\iint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}}1\cdot dS=f\left(R\right)R\cdot4\pi R^{2}=4\pi R^{3}f\left(R\right). \] Наконец, в качестве демонстрации применения формулы Остроградского-Гаусса можно показать № 82: Найти поток вектора $\overrightarrow{F}=x\vec{i}+y\vec{j}-2z\vec{k}$ через всю поверхность куба $\left\{ \left|x\right|\leqslant a,\;\left|y\right|\leqslant a,\;\left|z\right|\leqslant a\right\} $ 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 \[ \Pi=\iint_{\Sigma}\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{dS}=\iiint_{V}\mathrm{div}\overrightarrow{F}\,dxdydz=\iiint_{V}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial\left(-2z\right)}{\partial z}\right)\,dxdydz= \] \[ =\iiint_{V}\left(1+1-2\right)\,dxdydz=\iiint_{V}0\,dxdydz=0. \] 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.
