Теорема Остроградского

Пусть $\sigma $ - кусочно-гладкая замкнутая поверхность, ограничивающая область $\mathbf{\textit{V}}, \bar {а}(M)=P(M)\bar {i}+Q(M)\bar {j}+R(M)\bar {k}$ - гладкое векторное поле. Тогда поток поля $\bar {a}$ через внешнюю сторону $\sigma $ равен тройному интегралу от дивергенции поля $\bar {a}$ по $\mathbf{\textit{V}}$:

$ \iint\limits_\sigma {\bar {a}(M)\cdot \bar {n}(M)d\sigma }=\iiint\limits_V {diva\cdot dv}. $

teorema-ostrogradskogo-0

Приведённую выше формулу обычно называют формулой Остроградского в векторной форме. Если записать её в виде $\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {\left( {P\cdot \cos \alpha +Q\cdot \cos \beta +R\cdot \cos \gamma } \right)} d\sigma =\iiint\limits_V {\left( {\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}} \right)dxdydz}$ или $\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {P\cdot dydz+Q\cdot dxdz+R\cdot } dxdy=\iiint\limits_V {\left( {\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}} \right)dxdydz}$, то получим формулу Остроградского в координатной форме. Естественно, для потока в левой части формулы могут применяться и другие обозначения.

Доказательство

Достаточно доказать формулу в случае, когда тело $\mathbf{\textit{V}}$ - простое, т.е. проекция $\mathbf{\textit{V}}$ на любую координатную плоскость - простая область $\mathbf{\textit{D}}$, и любая прямая, перпендикулярная этой плоскости и проходящая через внутреннюю точку $\mathbf{\textit{V}}$, пересекает границу $\mathbf{\textit{V}}$ в двух точках.

Если $\mathbf{\textit{V}}$ не является простой областью, мы разобьём её на простые части, тогда сумма тройных интегралов по этим частям, в силу аддитивности, даст интеграл по всей области $\mathbf{\textit{V}}$, а при вычислении поверхностных интегралов интегралы по введённым внутренним перегородкам будут браться дважды с противоположными направлениями нормали и взаимно уничтожатся.

Кроме того, достаточно доказать формулу Остроградского для каждого из слагаемых: $\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {P\cdot dydz} =\iiint\limits_V {\frac{\partial P}{\partial x}dxdydz}\mathbf{, }\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {Q\cdot dxdz} =\iiint\limits_V {\frac{\partial Q}{\partial y}dxdydz}\mathbf{, }\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {R\cdot } dxdy=\iiint\limits_V {\frac{\partial R}{\partial z}dxdydz}$, тогда сумма этих формул даст общую формулу.

Докажем, например, что $\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {R\cdot } dxdy=\iiint\limits_V {\frac{\partial R}{\partial z}dxdydz}$.

Простую область $\mathbf{\textit{V}}$, как мы знаем, можно описать следующим образом: $V=\left\{ {(x,y,z)\vert (x,y)\in D_{xy} ,\psi _1 (x,y)\leqslant z\leqslant \psi _2 (x,y)} \right\}$. Вычисляем $\iiint\limits_V {\frac{\partial R}{\partial z}dxdydz}\mathbf{: }\iiint\limits_V {\frac{\partial R}{\partial z}dxdydz}=\iint\limits_{D_{xy} } {dxdy}\int\limits_{\psi _1 (x,y)}^{\psi _2 (x,y)} {\frac{\partial R}{\partial z}dz} = -\iint\limits_{D_{xy} } {R(x,y,\psi _1 (x,y))dxdy}=\iint\limits_{\sigma _1 } {R(x,y,z)dxdy}+ \\ +\iint\limits_{\sigma _2 } {R(x,y,z)dxdy}.$

Знак последнего слагаемого выбран с учётом того, что на $\sigma _2 \cos \gamma <0$. Если в полной границе области $\mathbf{\textit{V}}$ присутствует цилиндрическая составляющая $\sigma _3 $, то $\iint\limits_{\sigma _3 } {R(x,y,z)dxdy}=0$, поэтому окончательно $\mathop{{\iint} }\limits_\sigma {R\cdot } dxdy=\iiint\limits_V {\frac{\partial R}{\partial z}dxdydz}$.

Совершенно аналогично доказываются формулы для двух других слагаемых. Формула Остроградского доказана.

Применим формулу Остроградского для решения задачи, рассмотренной в предыдущем разделе: найти поток векторного поля $\bar {a}=x\bar {i}+y^2\bar {j}+z^3\bar {k}$ через полную внешнюю поверхность тела, ограниченного поверхностями $z=-x^2-y^2,x^2+y^2+z^2=6$: $div\bar {a}=\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y^2}{\partial y}+\frac{\partial z^3}{\partial z}=1+2y+3z^2$,

$\Pi =\iint\limits_\sigma {\bar {a}(M)\cdot \bar {n}(M)d\sigma }=\iiint\limits_V {div\bar {a}\cdot dv}=\iiint\limits_V {(1+2r\sin \varphi +3z^2)rdrd\varphi dz}=\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left. {\left( {z+z^3} \right)} \right|_{-\sqrt {6-r^2} }^{-r^2} rdr} } + \\ +2\int\limits_0^{2\pi } \sin \varphi d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {r^2dr\int\limits_{-\sqrt {6-r^2} }^{-r^2} {dz} } =2\pi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {\left( {\sqrt {6-r^2} -r^2+\left( {6-r^2} \right)^{3/2}-r^6} \right)rdr} = \\ =2\pi \left[ \frac{1}{3}\left( {6-r^2} \right)^{3/2}-\frac{r^4}{4} \right. \left. {-\frac{1}{5}\left( {6-r^2} \right)^{5/2}-\frac{r^8}{8}} \right]_0^{\sqrt 2 } = \\ = 2\pi \left[ {-\frac{1}{3}\left( {8-6\sqrt 6 } \right)-1-\frac{1}{5}\left( {32-36\sqrt 6 } \right)-2} \right]=\frac{\pi }{5}\left( {92\sqrt 6 -\frac{362}{3}} \right)$

Естественно, ответ получился тот же, но этот способ вычисления оказался самым простым.