Поток векторного поля

[Limit79]

Найти поток векторного поля $a=xy\textbf{i}+xy\textbf{j}-zx\textbf{k}$ через замкнутую поверхность $\sigma$: $3z=9-x^2-y^2,z=0$ двумя способами:
1) непосредственно, вычисляя потоки через все гладкие куски поверхности $\sigma$
2) по теореме Остроградского-Гаусса.

Мои мысли:
Поверхность - ограничена параболоидом и плоскостью $z=0$.

По формуле Остроградского-Гаусса получаю:

$\text{П}$ = \iiint\limits_{G} (y+x-x) dxdydz = \iiint\limits_{G} (y) dxdydz = \int\limits_{0}^{2\pi} d \varphi \int\limits_{0}^{3} dr \int\limits_{0}^{3 - \frac{r^2}{3}} r^2 \cdot \sin(\varphi) dz = 0

А вот с непосредственным вычислением проблема, не понимаю как это сделать. Читал учебники/интернет, но все равно толком не понял. Если Вам, уважаемые форумчане, будет несложно подсказать, с чего это начать, буду премного благодарен.

[Limit79]

Кое-что получилось:

Представим искомый поток как сумму потоков $\text{П}_{1}$ и $\text{П}_{2}$ через гладкие куски, соответственно $S_{1}$ (круг $x^2+y^2 \leqslant 3^2$) и $S_{2}$ (часть параболоида $z=3 - \frac{x^2}{3} - \frac{y^2}{3}$). Так как $S$ замкнута, то берем внешнюю нормаль к ней.

1) На $S_{1}$, где $z=0$, имеем $n^{0} = -k$, поэтому $(a,n^{0}) = zx$, и, значит, поток $\text{П}_1$ будет равен:

$\text{П}_1 = \iint\limits_{S_{1}} zx dS = \iint\limits_{S_{1}} zx dxdy$

У $S_{1}$: $z=0$, тогда:

$\text{П}_1 = \iint\limits_{S_{1}} zx dxdy = \iint\limits_{S_{1}} 0 \cdot x dxdy = 0$

Господа, подскажите, пожалуйста, это верно, и стоит двигаться дальше? Или нет?

[kw_artem]

Limit79 в сообщении #721352 писал(а):

Господа, подскажите, пожалуйста, это верно, и стоит двигаться дальше? Или нет?

верно

-- 09.05.2013, 00:22 --

Limit79 в сообщении #721326 писал(а):

По формуле Остроградского-Гаусса получаю:

тоже правильно

[Limit79]

kw_artem
Спасибо!

Я вот только не понял одной вещи: $dS = \frac{dxdy}{|\cos(\gamma)|}$, где $\gamma$ - насколько я понимаю, угол между осью $Oz$ и вектором нормали $n^0$, в нашем случае угол между вектором нормали и осью $Oz$ равен $0$, то есть $\cos(0) = 1$ и $dS = dxdy$, как я и выше написал?

[kw_artem]

Limit79 в сообщении #721360 писал(а):

Я вот только не понял одной вещи: $dS = \frac{dxdy}{|\cos(\gamma)|}$, где $\gamma$ - насколько я понимаю, угол между осью $Oz$ и вектором нормали $n^0$, в нашем случае угол между вектором нормали и осью $Oz$ равен $0$, то есть $\cos(0) = 1$ и $dS = dxdy$, как я и выше написал?

и здесь Вы правы

[Limit79]

kw_artem, понял, спасибо!

Пробую дальше:
2) Находим орт нормали к $S_{2}$:

$n^{0}= \pm \frac{grad(z-3+\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{3})}{|grad(z-3+\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{3})|} = \pm \frac{\frac{2x}{3} \cdot \textbf{i}+\frac{2y}{3} \cdot \textbf{j}+1 \cdot \textbf{k}}{\sqrt{ \left ( \frac{2x}{3} \right )^2 + \left ( \frac{2y}{3} \right )^2 + 1^2}} = \pm \frac{\frac{2x}{3} \cdot \textbf{i}+\frac{2y}{3} \cdot \textbf{j}+1 \cdot \textbf{k}}{\sqrt{ \frac{4x^2}{9} +\frac{4y^2}{9}+1}}$

По условию задачи, вектор нормали $n^0$ образует острый угол с осью $Oz$ (а так ли это?), поэтому следует взять знак плюс, то есть:

$n^{0}= \frac{\frac{2x}{3} \cdot \textbf{i}+\frac{2y}{3} \cdot \textbf{j}+1 \cdot \textbf{k}}{\sqrt{ \frac{4x^2}{9} +\frac{4y^2}{9}+1}}$

$\cos(\gamma) = \frac{1}{\sqrt{ \frac{4x^2}{9} +\frac{4y^2}{9}+1}}$

Тогда $dS = \frac{dxdy}{|\cos(\gamma)|} = \left (\sqrt{ \frac{4x^2}{9} +\frac{4y^2}{9}+1} \right ) }dxdy$

Находим скалярное произведение $(a, n^0)$:

$(a, n^0) = \frac{\frac{2x^2y}{3} +\frac{2y^2x}{3} - zx}{\sqrt{ \frac{4x^2}{9} +\frac{4y^2}{9}+1}}$

Тогда:

$\text{П}_{2} = \iint\limits_{S_{2}} (a,n^0) dS =\iint\limits_{S_{2}} \left ( \frac{2x^2y}{3} +\frac{2y^2x}{3} - (3 - \frac{x^2}{3}- \frac{y^2}{3}) \cdot x \right ) dxdy$ (здесь вместо $z$ подставили уравнение параболоида, решенное относительно $z$)

Проекция параболоида на плоскость $xOy$ - круг $x^2+y^2 \leqslant 3^2$

А далее переходим в полярную систему координат: $x=r \cdot \cos(\varphi), y =r \cdot \sin(\varphi)$

Область будет $0 \leqslant \varphi \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 3$

Вышеприведенный интеграл будет равен $0$, то есть $\text{П}_{2} = 0$

И окончательно имеем: $\text{П} = \text{П}_{1} + \text{П}_{2} =0+0=0$

Ответ совпал с ответом по методу Остроградского-Гаусса.

Вот вроде как-то так

[kw_artem]

Limit79 в сообщении #721381 писал(а):

Вот вроде как-то так

да, все верно!

[provincialka]

Тройной интеграл получился от нечетной функции по симметричной области - его и считать не надо, разу 0.

[Limit79]

kw_artem
Большое спасибо за помощь!

provincialka
Точно, спасибо!