Свойства потока векторного поля

Согласно определению, поток - поверхностный интеграл, поэтому он имеет все свойства поверхностного интеграла. Понятно, что некоторые из этих свойств теряют смысл {интеграл от единичной функции, например}, поэтому перечислим основные свойства потока.

  1. Линейность. $\iint\limits_\sigma {\left( {\alpha \bar {a}_1 +\beta \bar {a}_2 } \right)\bar {n}d\sigma }=\alpha \iint\limits_\sigma {\bar {a}_1 \bar {n}d\sigma }+\beta \iint\limits_\sigma {\bar {a}_2 \bar {n}d\sigma }$;
  2. Аддитивность. $\iint\limits_{\sigma _1 \cup \sigma _2 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }=\iint\limits_{\sigma _1 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }+\iint\limits_{\sigma _2 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }$. Здесь $\sigma _1 $ и $\sigma _2 $ - кусочно-гладкие поверхности, которые могут пересекаться только по границам; нормали на этих поверхностях должны быть согласованы так, чтобы определять одну сторону всей составной поверхности $\sigma _1 \cup \sigma _2 $.
  3. Поток меняет знак при изменении стороны поверхности {так как в каждой точке $M\in \sigma $ вектор $\bar {n}(M)$ меняется на -$\bar {n}(M))$.

Вычисление потока векторного поля

В соответствии с определением $\prod =\iint\limits_\sigma {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }=\iint\limits_\sigma {P(M)dydz+Q(M)dxdz+R(M)dxdy}$, поток может вычисляться и с помощью поверхностного интеграла первого рода, и с помощью поверхностного интеграла второго рода. В примере раздела Вычисление поверхностного интеграла второго рода было приведено вычисление потока поля $\bar {v}(M)=3x\bar {i}+z\bar {j}+5y\bar {k}$ через часть плоскости $2x+3y-4z=12$, ограниченную координатными плоскостями, в том и другом представлении. Рассмотрим более сложный пример.

Пример 1

Найти поток векторного поля $\bar {a}=x\bar {i}+y^2\bar {j}+z^3\bar {k}$ через полную внешнюю поверхность тела, ограниченного поверхностями $z=-x^2-y^2,x^2+y^2+z^2=6$.

svoistva-potoka-vektornogo-polia-0

Решение. Поверхность состоит из двух частей: $\sigma _2 $ - часть поверхности параболоида $z=-x^2-y^2,$ накрытая шапочкой $\sigma _1 $ - частью нижней полусферы $z=-\sqrt {6-x^2-y^2} $; уровень пересечения этих поверхностей по оси $\mathbf{\textit{Oz}}$ определяется уравнением $z^2 - z = 6 $, откуда $z=-2$; проекция линии пересечения на плоскость $\mathbf{\textit{Oxy}}$ - окружность радиуса $R=\sqrt 2 $.

Выпишем нормали: $\bar {n}_1 =\pm \frac{2x\bar {i}+2y\bar {j}+2z\bar {k}}{\sqrt {4x^2+4y^2+4z^2} }$; выбираем знак "+", так как на $\sigma _1 $ нормаль образует тупой угол с осью $\mathbf{\textit{Oz}}$, и коэффициент при $\bar {k}$ должен быть отрицателен {мы находимся в полупространстве $z<0$}. С учётом того, что на $\sigma _1 x^2+y^2+z^2=6, \bar {n}_1 =\frac{x\bar {i}+y\bar {j}+z\bar {k}}{\sqrt 6 }, \vert \cos \gamma \vert =\left| {\frac{z}{\sqrt 6 }} \right|=-\frac{z}{\sqrt 6 }$. Уравнение $\sigma _2 $ в виде поверхности уровня: $x^2+y^2+z=0, \bar {n}_2 =\frac{2x\bar {i}+2y\bar {j}+\bar {k}}{\sqrt {4x^2+4y^2+1} }$, знак "+", так как угол между $\bar {n}_2 $ и осью $\mathbf{\textit{Oz}}$ острый, $\vert \cos \gamma \vert =\frac{1}{\sqrt {4x^2+4y^2+1} }$.

1). Вычисление с помощью поверхностного интеграла первого рода: $\prod=\prod_{1}+\prod_{2}$,

$\prod_{1}=\iint\limits_{\sigma _1 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }, \prod_{2}=\iint\limits_{\sigma _2 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }$, обе поверхности однозначно проектируются на плоскость $\mathbf{\textit{Oxy}}$ в круг радиуса $R=\sqrt 2 $, поэтому $\prod_{1}=\iint\limits_{\sigma _1 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }=\iint\limits_{D_{xy} } {\frac{x^2+y^3+z^4}{\sqrt 6 }\cdot \left. {\frac{-\sqrt 6 }{z}} \right|_{z=-\sqrt {6-x^2-y^2} } dxdy}=\int\limits_0^{2\pi } {\cos ^2\varphi d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\frac{r^2}{\sqrt {6-r^2} }} } rdr+ \\ +\int\limits_0^{2\pi } {\sin ^3\varphi d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\frac{r^3}{\sqrt {6-r^2} }} } rdr+\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\sqrt {(6-r^2)^3} } } rdr=\frac{\pi }{2}\int\limits_0^{\sqrt 2 } {\frac{(6-r^2)-6}{\sqrt {6-r^2} }d(6-r^2)} -\pi \frac{2}{5}\left. {\left( {6-r^2} \right)^{5/2}} \right|_0^{\sqrt 2 } = \\ =\frac{\pi }{5}\left( {92\sqrt 6 -\frac{332}{3}} \right)$.

$\prod_{2}=\iint\limits_{\sigma _2 } {\bar {a}(M)\bar {n}(M)d\sigma }=\iint\limits_{D_{xy} } {\frac{2x^2+2y^3+z^3}{\sqrt {1+4(x^2+y^2)} }\cdot \left. {\sqrt {1+4(x^2+y^2)} } \right|_{z=-x^2-y^2} d\sigma }= \\ =2\int\limits_0^{2\pi } {\cos ^2\varphi d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {r^2} } rdr+2\int\limits_0^{2\pi } {\sin ^3\varphi d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {r^2} } rdr-\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {r^6} } rdr=2\pi \left. {\frac{r^4}{4}} \right|_0^{\sqrt 2 } -2\pi \left. {\frac{r^8}{8}} \right|_0^{\sqrt 2 } =-2\pi$

$\prod=\prod_{1}$+$\prod_{2}=\frac{\pi }{5}\left( {92\sqrt 6 -\frac{332}{3}} \right)-2\pi =\frac{\pi }{5}\left( {92\sqrt 6 -\frac{362}{3}} \right)_{.}$

2). Посмотрим, к каким вычислениям приводит применение поверхностного интеграла второго рода.

svoistva-potoka-vektornogo-polia-1

$\Pi =\iint\limits_\sigma {xdydz+y^2dxdz+z^3dxdy}$. Для вычисления $I_1 =\iint\limits_\sigma {xdydz}$ придется разбить полную поверхность $\sigma =\sigma _1 \cup \sigma _2 $ на части $\sigma _3 $, находящуюся в полупространстве $x\geqslant 0$, где $\cos \alpha \geqslant 0$, и $\sigma _4 $, находящуюся в полупространстве $x<0$, где $\cos \alpha <0$; $I_1 =\iint\limits_{\sigma _3 } {xdydz}-\iint\limits_{\sigma _4 } {xdydz}=2\iint\limits_{\sigma _3 } {xdydz}$

С учётом того, что подынтегральная функция меняет знак при переходе от $\sigma _3 $ к $\sigma _4$

$ = 2\iint\limits_{D_{1,yz} } {\left. x \right|_{x=\sqrt {-y^2-z} } dydz}+2\iint\limits_{D_{2,yz} } {\left. x \right|_{x=\sqrt {6-y^2-z^2} } dydz}=2\int\limits_{-\sqrt 2 }^{\sqrt 2 } {dy\int\limits_{-2}^{-y^2} {\sqrt {-y^2-z} dz} +2\int\limits_{-\sqrt 6 }^{-2} {dz\int\limits_{-\sqrt {6-z^2} }^{\sqrt {6-z^2} } {\sqrt {6-y^2-z^2} dy} } } = \\ =-4\int\limits_0^{\sqrt 2 } {\frac{2}{3}\left. {\left( {-y^2-z} \right)^{3/2}} \right|_{-2}^{-y^2} dy+4\int\limits_{-\sqrt 6 }^{-2} {dz\cdot \frac{1}{2}\left. {\left[ {y\sqrt {6-y^2-z^2} +\left( {6-z^2} \right)\arcsin \frac{y}{\sqrt {6-z^2} }} \right]} \right|_0^{\sqrt {6-z^2} } } } = \\ =\frac{8}{3}\int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {2-y^2} \right)^{3/2}dy+2\int\limits_{-\sqrt 6 }^{-2} {\left( {6-z^2} \right)\frac{\pi }{2}dz} } =\frac{8}{3}\int\limits_0^{\pi /2} {4\cos ^4tdt} +\pi \left. {\left( {6z-z^3/3} \right)} \right|_{-\sqrt 6 }^{-2} = 2\pi +\pi \left( {4\sqrt 6 -28/3} \right)= \\ =\pi \left( {4\sqrt 6 -22/3} \right)$.

Интеграл $I_2 =\iint\limits_\sigma {y^2dxdz}$ равен нулю, так как подынтегральная функция чётна по $\mathbf{\textit{у}}$, а интегралы по частям поверхности, находящихся в полупространствах $y\geqslant 0$, где $\cos \beta \geqslant 0$, и $y<0$, где $\cos \beta <0$, берутся с разными знаками.

Интеграл $I_3 =\iint\limits_\sigma {z^3dxdy}=\iint\limits_{\sigma _2 } {z^3dxdy}+\iint\limits_{\sigma _1 } {z^3dxdy}=$ {в соответствии со знаками} $\cos \gamma $ на $\sigma _1 $ и $\sigma _2 =\iint\limits_{D_{xy} } {(-x^2-y^2)^3dxdy}-\iint\limits_{D_{xy} } {\left( {-\sqrt {6-x^2-y^2} } \right)^3dxdy}=-\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {r^7dr} } +\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {6-r^2} \right)^{3/2}rdr} } = \\ =-4\pi -\frac{2\pi }{5}\left( {32-36\sqrt 6 } \right)=\frac{2\pi }{5}\left( {36\sqrt 6 -42} \right)$.

Поток $\Pi =\pi \left( {4\sqrt 6 -22/3} \right)+\frac{2\pi }{5}\left( {36\sqrt 6 -42} \right)=\frac{\pi }{5}\left( {92\sqrt 6 -\frac{362}{3}} \right)$.

Ответы, как и должно быть, совпали, однако вычисления с помощью криволинейного интеграла первого рода оказались существенно более простыми.