Найти поток векторного поля через дивергенцию через боковую поверхность тела

Предмет: Математика

Раздел: Векторный анализ (Дивергенция и теорема Гаусса-Остроградского)

Нам необходимо найти поток векторного поля \mathbf{A} = x^2\mathbf{i} + y^2\mathbf{j} + z^2\mathbf{k} через боковую поверхность тела, заданного уравнением z = \sqrt{x^2 + y^2}, при условии 0 \leq z \leq 1.

Для этого мы воспользуемся теоремой Гаусса-Остроградского, которая связывает поток векторного поля через замкнутую поверхность с интегралом от дивергенции векторного поля по объему, ограниченному этой поверхностью:

 \iint\limits_{S} \mathbf{A} \cdot \mathbf{n} \, dS = \iiint\limits_{V} (\nabla \cdot \mathbf{A}) \, dV, 

где:

• S — замкнутая поверхность тела,
• \mathbf{n} — вектор внешней нормали,
• \nabla \cdot \mathbf{A} — дивергенция векторного поля,
• V — объем тела.

Шаг 1: Найдем дивергенцию векторного поля

Дивергенция векторного поля \mathbf{A} = x^2\mathbf{i} + y^2\mathbf{j} + z^2\mathbf{k} вычисляется по формуле:

 \nabla \cdot \mathbf{A} = \frac{\partial A_x}{\partial x} + \frac{\partial A_y}{\partial y} + \frac{\partial A_z}{\partial z}. 

Здесь:

• A_x = x^2, поэтому \frac{\partial A_x}{\partial x} = 2x,
• A_y = y^2, поэтому \frac{\partial A_y}{\partial y} = 2y,
• A_z = z^2, поэтому \frac{\partial A_z}{\partial z} = 2z.

Таким образом:  \nabla \cdot \mathbf{A} = 2x + 2y + 2z. 

Шаг 2: Определим объем тела

Тело задано уравнением z = \sqrt{x^2 + y^2}, при 0 \leq z \leq 1. Это конус с вершиной в начале координат и высотой 1, ограниченный сверху плоскостью z = 1.

Для вычисления объема удобно перейти в цилиндрические координаты:

• x = r\cos\theta,
• y = r\sin\theta,
• z = z.

Якобиан перехода в цилиндрические координаты равен r, а объемный элемент dV записывается как r \, dr \, d\theta \, dz.

Границы интегрирования:

• r меняется от 0 до z (так как r = \sqrt{x^2 + y^2} и z = \sqrt{x^2 + y^2}),
• z меняется от 0 до 1,
• \theta меняется от 0 до 2\pi.

Шаг 3: Вычислим интеграл

Подставим дивергенцию \nabla \cdot \mathbf{A} = 2x + 2y + 2z в объемный интеграл. В цилиндрических координатах:

• x = r\cos\theta,
• y = r\sin\theta,
• z = z.

Тогда:  \nabla \cdot \mathbf{A} = 2r\cos\theta + 2r\sin\theta + 2z. 

Объемный интеграл:  \iiint\limits_{V} (\nabla \cdot \mathbf{A}) \, dV = \int\limits_{0}^{2\pi} \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{z} \left( 2r\cos\theta + 2r\sin\theta + 2z \right) r \, dr \, dz \, d\theta. 

Разделим интеграл на три части:

1. Интеграл от 2r^2\cos\theta:  \int\limits_{0}^{2\pi} \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{z} 2r^2\cos\theta \, dr \, dz \, d\theta.  Поскольку интеграл по \cos\theta от 0 до 2\pi равен нулю, эта часть интеграла обнуляется.

2. Интеграл от 2r^2\sin\theta:  \int\limits_{0}^{2\pi} \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{z} 2r^2\sin\theta \, dr \, dz \, d\theta.  Аналогично, интеграл по \sin\theta от 0 до 2\pi равен нулю, поэтому эта часть интеграла также обнуляется.

3. Интеграл от 2zr:  \int\limits_{0}^{2\pi} \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{z} 2zr \, dr \, dz \, d\theta.  Вынесем константы за скобки и вычислим поэтапно:  \int\limits_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi,   \int\limits_{0}^{1} \int\limits_{0}^{z} 2zr \, dr \, dz = 2\pi \int\limits_{0}^{1} \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{0}^{z} z \, dz = 2\pi \int\limits_{0}^{1} z^3 \, dz = 2\pi \cdot \frac{z^4}{4} \Big|_{0}^{1} = \frac{\pi}{2}. 

Ответ:

Поток векторного поля через боковую поверхность тела равен \frac{\pi}{2}.