Доказательство. Рассмотрим тройной интеграл от дивергенции поля по области

Рассмотрим тройной интеграл от дивергенции поля по области

Пусть – замкнутая поверхность, ограничивающая область . Проведём цилиндрическую поверхность, проектирующую на область в плоскости (рис. 13). Поверхность разбивается при этом на две поверхности: , уравнение которой и , уравнение которой .

Рис. 13.

Цилиндрическая поверхность пересекает область по линии . Тогда, разбивая тройной интеграл на три , и , вычислим каждый из них отдельно.

.

Зададим единичную нормаль к поверхности в виде: , где - углы нормали с координатными осями , и .

Два последних двойных интеграла являются поверхностными интегралами, вычисленными при проектировании поверхности в плоскость . Причем первый интеграл – интеграл по поверхности , на которой . Второй интеграл – интеграл по поверхности , на которой . Учитывая, что , интеграл можно записать в виде суммы поверхностных интегралов.

.

где интегрирование ведётся по всей поверхности в направлении внешней нормали, а угол – угол между нормалью и осью .

Аналогично, проектируя поверхность в координатную плоскость (рис. 14), можно показать, что

,

где интегрирование ведётся по всей поверхности в направлении внешней нормали, а угол – угол между нормалью и осью .

Рис.14.

При проектировании поверхности в координатную плоскость (рис. 15), показывается, что

,

где интегрирование ведётся по всей поверхности в направлении внешней нормали, а угол – угол между нормалью и осью .

Рис. 15.

Тогда тройной интеграл равен сумме всех трех поверхностных интегралов.

,

где – единичная внешняя нормаль к границе области .

Задача

Вычислите поток векторного поля через замкнутую поверхность : , , , в направлении внешней нормали по теореме Гаусса--Остроградского.

Дата добавления: 2014-01-20