Векторный анализ. Поверхностный интеграл II рода. Поток

Что это

Поток векторного поля через ориентированную поверхность:

Φ = S \iint F \cdot d S = S \iint F \cdot n d S,

где $n$ — единичная нормаль выбранной стороны. Смена стороны меняет знак потока, поэтому ориентацию надо зафиксировать до начала счёта, а не подгонять знак в конце.

Рабочая формула для явной поверхности

Если $S$ задана как $z = z (x, y)$ над областью $D$ и выбрана нормаль, образующая острый угол с осью $O z$ (то есть $n_{z} > 0$ ), то

Φ = D \iint (- P z_{x} - Q z_{y} + R) d x d y .

Множитель $1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}$ здесь не появляется: он сокращается с нормировкой нормали. Это главное отличие от интеграла I рода, и именно здесь чаще всего ошибаются.

Удобная запись того же: вектор $N = (- z_{x}, - z_{y}, 1)$ — ненормированная нормаль с $n_{z} > 0$ , и $Φ = \iint_{D} F \cdot N d x d y$ . Для плоскости $A x + B y + C z = D$ с $C > 0$ этот $N$ пропорционален $(A, B, C)$ .

Параметрическая запись

Φ = D_{uv} \iint F (r (u, v)) \cdot (r_{u} \times r_{v}) d u d v,

причём порядок сомножителей в векторном произведении задаёт сторону: $r_{v} \times r_{u}$ даёт противоположную. Для боковой поверхности цилиндра $x^{2} + y^{2} = R^{2}$ внешняя нормаль — это просто $n = (cos θ, sin θ, 0)$ , а $d S = R d θ d z$ .

Где ошибаются

Ставят лишний множитель $1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}$ — типовая путаница с интегралом I рода.
Берут нормаль не той стороны. Проверка: у нормали с острым углом к $O z$ третья компонента положительна; у внешней нормали замкнутой поверхности она направлена от тела наружу.
Применяют формулу Гаусса-Остроградского к незамкнутой поверхности. Кусок боковой поверхности цилиндра не ограничивает объём, и никакая дивергенция его потока не даст. Замыкать поверхность крышками можно, но тогда их поток надо вычесть — а если поверхность ещё и вырезана по углу, добавляются плоские боковые стенки, и приём перестаёт экономить время. Прямой счёт короче.

Задачи

Задача 1 (Поток поля через кусок плоскости). Найдите поток векторного поля $a = 2 x i + y j - 2 z k$ через часть плоскости $P : 2 x + \frac{y}{2} + z = 1$ , расположенную в первом октанте, в направлении нормали, образующей острый угол с осью $O z$ .

Решение.

Нормаль. Выразим $z$ из уравнения плоскости:

z = 1 - 2 x - \frac{y}{2}, z_{x} = - 2, z_{y} = - \frac{1}{2} .

Ненормированная нормаль с положительной третьей компонентой:

N = (- z_{x}; - z_{y}; 1) = (2; \frac{1}{2}; 1) .

Это в точности вектор коэффициентов плоскости, и его третья компонента положительна — условие «острый угол с $O z$ » выполнено, разворачивать ничего не нужно.

Формула. Для явно заданной поверхности

Φ = D \iint a \cdot N d x d y .

Никакого множителя $1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}$ здесь нет — он сократился с нормировкой нормали. Это главное отличие от интеграла I рода.

Подынтегральное выражение.

a \cdot N = 2 x \cdot 2 + y \cdot \frac{1}{2} + (- 2 z) \cdot 1 = 4 x + \frac{y}{2} - 2 z .

Подставляем $z = 1 - 2 x - y /2$ :

= 4 x + \frac{y}{2} - 2 + 4 x + y = 8 x + \frac{3 y}{2} - 2.

Проекция. Первый октант означает $x ⩾ 0$ , $y ⩾ 0$ , $z ⩾ 0$ . Последнее условие даёт

1 - 2 x - \frac{y}{2} ⩾ 0 ⟹ y ⩽ 2 - 4 x .

Область $D$ — треугольник с вершинами $(0; 0)$ , $(0; 2)$ , $(1/2; 0)$ .

Интегрирование. Внутренний интеграл по $y$ от $0$ до $2 - 4 x$ :

[8 x y + \frac{3 y ^{2}}{4} - 2 y]_{0}^{2 - 4 x} = 8 x (2 - 4 x) + \frac{3 ( 2 - 4 x ) ^{2}}{4} - 2 (2 - 4 x) .

= 16 x - 32 x^{2} + 3 (1 - 4 x + 4 x^{2}) - 4 + 8 x = - 20 x^{2} + 12 x - 1.

Внешний интеграл:

Φ = \int_{0}^{1/2} (- 20 x^{2} + 12 x - 1) d x = [- \frac{20 x ^{3}}{3} + 6 x^{2} - x]_{0}^{1/2} .

= - \frac{20}{24} + \frac{6}{4} - \frac{1}{2} = - \frac{5}{6} + \frac{3}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{6} .

Ответ: $Φ = \frac{1}{6}$ .

Задача 2 (Поток поля через кусок плоскости (вариант)). Найдите поток векторного поля $a = x i + 2 y j + z k$ через часть плоскости $x + y + 2 z = 2$ , лежащую в первом октанте, в направлении нормали, образующей острый угол с осью $O z$ .

Решение.

Нормаль. Из уравнения $z = \frac{2 - x - y}{2}$ , откуда $z_{x} = z_{y} = - \frac{1}{2}$ и

N = (\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; 1) .

Третья компонента положительна — ориентация верная. Можно было взять и пропорциональный вектор $(1; 1; 2)$ , но тогда формула $Φ = \iint_{D} a \cdot N d x d y$ перестала бы работать: в ней нормаль обязана иметь третью компоненту, равную единице.

Подынтегральное выражение.

a \cdot N = \frac{x}{2} + y + z = \frac{x}{2} + y + \frac{2 - x - y}{2} = 1 + \frac{y}{2} .

Проекция. Условие $z ⩾ 0$ даёт $x + y ⩽ 2$ , то есть $D$ — треугольник $0 ⩽ x ⩽ 2$ , $0 ⩽ y ⩽ 2 - x$ .

Интегрирование.

Φ = \int_{0}^{2} \int_{0}^{2 - x} (1 + \frac{y}{2}) d y d x .

Внутренний интеграл:

[y + \frac{y ^{2}}{4}]_{0}^{2 - x} = (2 - x) + \frac{( 2 - x ) ^{2}}{4} .

Внешний:

Φ = \int_{0}^{2} (2 - x) d x + \frac{1}{4} \int_{0}^{2} (2 - x)^{2} d x = 2 + \frac{1}{4} \cdot \frac{8}{3} = 2 + \frac{2}{3} = \frac{8}{3} .

Ответ: $Φ = \frac{8}{3}$ .

Задача 3 (Поток через часть боковой поверхности цилиндра). Вычислите поток векторного поля

F = \frac{1}{π} (2 x i - y j)

через часть боковой поверхности цилиндра $x^{2} + y^{2} = 4$ , для которой $x ⩾ 0$ , $y ⩾ 0$ и $0 ⩽ z ⩽ 4$ , в направлении внешней нормали.

Решение.

Формулой Гаусса-Остроградского здесь пользоваться нельзя. Поверхность не замкнута: это четверть боковой стенки, она не ограничивает никакого объёма. Достроить её до замкнутой можно (две четверти оснований плюс две плоские стенки в плоскостях $x = 0$ и $y = 0$ ), но тогда придётся считать поток через четыре добавленные части и вычитать его — работы больше, чем при прямом счёте.

Параметризация. Боковая поверхность цилиндра радиуса $R = 2$ : $x = 2 cos θ$ , $y = 2 sin θ$ , $z = z$ , $θ \in [0; π /2]$ , $z \in [0; 4]$ .

Нормаль и элемент площади. Внешняя нормаль к цилиндру горизонтальна и направлена от оси: $n = (cos θ; sin θ; 0)$ , $d S = R d θ d z = 2 d θ d z$ .

Подынтегральное выражение.

F \cdot n = \frac{1}{π} (2 x cos θ - y sin θ) = \frac{1}{π} (4 cos^{2} θ - 2 sin^{2} θ) .

Интегрирование. Переменные разделяются, интеграл по $z$ даёт просто высоту $4$ :

Φ = \frac{2}{π} \int_{0}^{4} d z \int_{0}^{π /2} (4 cos^{2} θ - 2 sin^{2} θ) d θ = \frac{8}{π} \int_{0}^{π /2} (4 cos^{2} θ - 2 sin^{2} θ) d θ .

На отрезке $[0; π /2]$ оба интеграла равны $π /4$ :

\int_{0}^{π /2} cos^{2} θ d θ = \int_{0}^{π /2} sin^{2} θ d θ = \frac{π}{4} .

Поэтому

Φ = \frac{8}{π} (4 \cdot \frac{π}{4} - 2 \cdot \frac{π}{4}) = \frac{8}{π} \cdot \frac{π}{2} = 4.

Ответ: $Φ = 4$ .

Задача 4 (Поток через часть боковой поверхности цилиндра (вариант)). Вычислите поток векторного поля

F = \frac{1}{π} (x i + 3 y j)

через часть боковой поверхности цилиндра $x^{2} + y^{2} = 1$ , для которой $x ⩾ 0$ , $y ⩾ 0$ и $0 ⩽ z ⩽ 2$ , в направлении внешней нормали.

Решение.

Параметризация. Радиус теперь $R = 1$ : $x = cos θ$ , $y = sin θ$ , $θ \in [0; π /2]$ , $z \in [0; 2]$ , $n = (cos θ; sin θ; 0)$ , $d S = 1 \cdot d θ d z$ .

Подынтегральное выражение.

F \cdot n = \frac{1}{π} (x cos θ + 3 y sin θ) = \frac{1}{π} (cos^{2} θ + 3 sin^{2} θ) .

Интегрирование.

Φ = \frac{1}{π} \int_{0}^{2} d z \int_{0}^{π /2} (cos^{2} θ + 3 sin^{2} θ) d θ = \frac{2}{π} (\frac{π}{4} + 3 \cdot \frac{π}{4}) = \frac{2}{π} \cdot π = 2.

Здесь обе компоненты поля направлены от оси, поэтому поток положителен — знак можно предсказать до счёта.

Ответ: $Φ = 2$ .

Что это

Рабочая формула для явной поверхности

Параметрическая запись

Где ошибаются

Задачи

flux.ipynb