3.4: Інтерпретація інтегралів потоку

У §3.3 ми визначили два типи інтегралів над поверхнями. У §3.3.4 ми бачили деякі програми, які призводять до інтегралів типу. Тепер\(\iint_S \rho\,\text{d}S\text{.}\) ми розглянемо одну програму, яка призводить до інтегралів типу\(\iint_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\text{.}\) Нагадаємо, що інтеграли цього типу називаються інтегралами потоку. Уявіть собі рідину з

• щільність рідини (скажімо, в кілограмах на кубічний метр) в положенні\((x,y,z)\) і час\(t\) перебування\(\rho(x,y,z,t)\) і з
• швидкість рідини (скажімо, в метрах в секунду) в положенні\((x,y,z)\) і час\(t\) перебування\(\vecs{v} (x,y,z,t)\text{.}\)

Ми збираємося визначити швидкість (скажімо, в кілограмах в секунду), з якою рідина протікає через крихітний\(\text{d}S\) шматок поверхні в\((x,y,z)\text{.}\) Протягом крихітного часового інтервалу довжини\(\text{d}t\) близько часу\(t\text{,}\) рідини поблизу\(\text{d}S\) рухається\(\vecs{v} (x,y,z,t)\text{d}t\text{.}\) Зелена лінія на малюнку нижче - це сторона вид\(\text{d}S\) і\(\hat{\textbf{n}}=\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\) є одиничним нормальним вектором до\(\text{d}S\text{.}\)

Тож протягом цього крихітного часового інтервалу

• червона лінія переміщається до зеленої лінії і
• зелена лінія переміщається до синьої лінії так, щоб
• рідина, що заповнює темно-сіру область під зеленою лінією, перетинає\(\text{d}S\) і рухається до світло-сірої області над зеленою лінією.

Якщо позначимо\(\theta\) кутом між\(\hat{\textbf{n}}\) і\(\vecs{v} \text{d}t\text{,}\)

• об'єм рідини, який перетинає\(\text{d}S\) протягом часового інтервалу,\(\text{d}t\) - це обсяг, вид збоку якого - темно-сіра область нижче зеленої лінії. Цей регіон має підставу\(\text{d}S\) і висоту,\(|\vecs{v} \text{d}t|\cos\theta\) і тому має обсяг

  \[ |\vecs{v} (x,y,z,t)\text{d}t|\cos\theta\ \text{d}S =\vecs{v} (x,y,z,t)\cdot\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\,\text{d}t\,\text{d}S \nonumber \]

  тому що\(\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\) має довжину один.
• Маса рідини, яка\(\text{d}S\) перетинається за часовий проміжок\(\text{d}t\), то

  \[ \rho(x,y,z,t)\vecs{v} (x,y,z,t)\cdot\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\,\text{d}t\,\text{d}S \nonumber \]

• і швидкість, з якою рідина перетинається\(\text{d}S\), становить

  \[ \rho(x,y,z,t)\vecs{v} (x,y,z,t)\cdot\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\,\text{d}S \nonumber \]

\(\text{d}S\)Інтегруючись над поверхнею,\(S\text{,}\) ми робимо висновок, що

Лемма 3.4.1

Швидкість, з якою рідинна маса перетинається через поверхню\(S\), є інтегралом потоку

\[ \iint_S \rho(x,y,z,t)\vecs{v} (x,y,z,t)\cdot\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\,\text{d}S \nonumber \]

Ось щільність рідини,\(\rho\) це поле швидкості рідини, і\(\vecs{v} \)\(\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\) є одиницею, нормальною до\(S\) ат.\((x,y,z)\text{.}\) Якщо інтеграл потоку позитивний, рідина перетинається в напрямку\(\hat{\textbf{n}}\text{.}\) Якщо він негативний, рідина перетинається протилежно напрямку \(\hat{\textbf{n}}\text{.}\)Швидкість, з якою об'єм рідини перетинається через поверхню\(S\), є інтегралом потоку

\[ \iint_S \vecs{v} (x,y,z,t)\cdot\hat{\textbf{n}}(x,y,z)\,\text{d}S \nonumber \]

Приклади інтегралів потоку

Приклад 3.4.2. Точкове джерело

У прикладі 2.1.2 ми виявили, що векторне поле точкового джерела ¹ (у трьох вимірах), яке створює\(4\pi m\) літри в секунду, дорівнює

\[ \vecs{v} (x,y,z) = \frac{m}{r(x,y,z)^2}\,\hat{\textbf{r}} (x,y,z) \nonumber \]

де

\[ r(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}\qquad \hat{\textbf{r}} (x,y,z) = \frac{x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \nonumber \]

Ми накидали його на малюнку 2.1.3. Тепер ми обчислимо потік цього векторного поля через сферу з центром на початку. Припустимо, що сфера має радіус\(R\text{.}\)

Тоді назовні ², що вказує нормаль в точці\((x,y,z)\) на сфері

\[ \hat{\textbf{n}}(x,y,z) = \hat{\textbf{r}} (x,y,z) = \frac{x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} = \frac{x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}}{R} \nonumber \]

Зверніть увагу, що\(\hat{\textbf{r}} (x,y,z)\cdot \hat{\textbf{r}} (x,y,z)=1\) і що, на сфері,\(r(x,y,z)=R\text{.}\) Так потік\(\vecs{v} \) назовні через сферу є

\[\begin{align*} \iint_S\vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &= \iint_S \frac{m}{r(x,y,z)^2}\,\hat{\textbf{r}} (x,y,z) \cdot \hat{\textbf{r}} (x,y,z)\ \text{d}S\\ &= \iint_S \frac{m}{R^2}\ \text{d}S =\frac{m}{R^2} 4\pi R^2\\ &=4\pi m \end{align*}\]

Це швидкість, з якою обсяг рідини виходить зі сфери. При нашому виведенні векторного поля ми припустили, що рідина є нестисливою, тому це також швидкість, з якою точкове джерело створює рідину.

Приклад 3.4.3. Вихровий

На малюнку 2.1.6 ми накидали векторне поле (в двох вимірах)

\[ \vecs{v} (x,y) = \Omega\big(-y\hat{\pmb{\imath}} +x\hat{\pmb{\jmath}}\big) \nonumber \]

Тепер ми обчислимо потік цього векторного поля по колу\(C\) з центром на початку. Припустимо, що коло має радіус\(R\text{.}\)

За визначенням, у двох вимірах потік векторного поля по\(C\) кривій\(\int_C\vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}s\text{.}\)

Це природний аналог потоку в трьох вимірах - поверхня\(S\) була замінена кривою,\(C\text{,}\) а площа поверхні\(\text{d}S\) крихітного шматочка\(S\) замінена довжиною дуги\(ds\) крихітного шматка\(C\text{.}\)

Назовні вказівна одиниця нормальної в точці\((x,y)\) на нашому\(C\) колі

\[ \hat{\textbf{n}}(x,y) = \frac{x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}}}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}}}{R} \nonumber \]

Так

\[ \vecs{v} (x,y)\cdot\hat{\textbf{n}}(x,y) =\frac{\Omega}{R}\big(-y\hat{\pmb{\imath}} + x\hat{\pmb{\jmath}}\big)\cdot\big(x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}}\big) =0 \nonumber \]

і потік\(C\) поперек

\[ \int_C\vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}s=0 \nonumber \]

Це не повинно бути несподіванкою — жодна рідина не перетинається\(C\) взагалі. Це саме те, що ми очікуємо від перегляду стрілок на малюнку 2.1.6 або на лінії потоку в прикладі 2.2.6.

Приклад 3.4.4

Оцініть\(\ \iint_S\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ dS\ \), де

\[ \vecs{F} (x,y,z) = (x+y)\,\hat{\pmb{\imath}} + (y+z)\,\hat{\pmb{\jmath}} + (x+z)\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

і\(S\) є межею\(V=\left \{(x,y,z)|0\le x^2+y^2\le 9,\ 0\le z\le 5 \right \}\text{,}\) і\(\hat{\textbf{n}}\) є зовнішнім нормальним ³ до\(S\text{.}\)

Рішення

Обсяг\(V\) виглядає як жерстяна банка радіусом\(3\) і висотою\(5\text{.}\)

Природно розкласти його поверхню\(S\) на три частини.

\[\begin{align*} S_t &= \left \{(x,y,z)|0\le x^2+y^2\le 9,\ z= 5 \right \} = \text{the top}\\ S_b &= \left \{(x,y,z)|0\le x^2+y^2\le 9,\ z= 0 \right \} = \text{the bottom}\\ S_s &= \left \{(x,y,z)|x^2+y^2 = 9,\ 0\le z\le 5 \right \} = \text{the side} \end{align*}\]

Ми обчислимо потік через кожну з трьох частин окремо, а потім додати їх разом.

Верх: На вершині, назовні, що вказує нормально,\(S\) є,\(\hat{\textbf{n}}=\hat{\mathbf{k}}\) і\(\text{d}S = \text{d}x\text{d}y\text{.}\) це, ймовірно, інтуїтивно очевидно. Але якщо це не так, ви завжди можете отримати його параметризуючи вершину за\(\vecs{r} (x,y) = x\,\hat{\pmb{\imath}} +y\,\hat{\pmb{\jmath}} + 5\,\hat{\mathbf{k}}\) допомогою\(x^2+y^2\le 9\text{.}\) Таким чином, потік через вершину

\[\begin{align*} \iint_{S_t}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &= \iint_{x^2+y^2\le 9\\z=5} (x+z)\ \text{d}x\text{d}y = \iint_{x^2+y^2\le 9} (x+5)\ \text{d}x\text{d}y \end{align*}\]

Інтеграл\(x\),\(\iint_{x^2+y^2\le 9} x\ \text{d}x\text{d}y=0\) оскільки непарний, а область інтеграції симетрична щодо\(x=0\text{.}\) So

\[\begin{gather*} \iint_{S_t}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S = \iint_{x^2+y^2\le 9} 5\ \text{d}x\text{d}y =5\pi(3)^2 =45\pi \end{gather*}\]

знизу: на дні, назовні вказуючи нормальний до\(S\) є\(\hat{\textbf{n}}=-\hat{\mathbf{k}}\) і\(\text{d}S = \text{d}x\text{d}y\text{.}\) так потік через дно

\[\begin{align*} \iint_{S_b}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &= -\iint_{x^2+y^2\le 9\\z=0} (x+z)\ \text{d}x\text{d}y = -\iint_{x^2+y^2\le 9} x\ \text{d}x\text{d}y =0 \end{align*}\]

знову ж таки\(x\) непарна, а область інтеграції симетрична\(x=0\text{.}\)

Сторона: Ми можемо параметризувати сторону за допомогою циліндричних координат.

\[ \vecs{r} (\theta,z) = \big(3\cos\theta\,,\,3\sin\theta\,,\,z\big)\qquad 0\le\theta \lt 2\pi,\ 0\le z\le 5 \nonumber \]

Потім, використовуючи 3.3.1,

\[\begin{align*} \frac{\partial\vecs{r} }{\partial\theta} &=(-3\sin\theta\,,\,3\cos\theta\,,\,0)\\ \frac{\partial\vecs{r} }{\partial z} &=(0\,,\,0\,,\,1)\\ \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S&= \frac{\partial\vecs{r} }{\partial\theta} \times\frac{\partial\vecs{r} }{\partial z}\ \text{d}\theta\,\text{d}z\\ &=(3\cos\theta\,,\,3\sin\theta\,,\,0)\ \text{d}\theta\,\text{d}z \end{align*}\]

Зверніть увагу,\(\hat{\textbf{n}} = (\cos\theta\,,\,\sin\theta\,,\,0)\) що назовні вказує ⁴, за бажанням. Продовжуючи,

\[\begin{align*} \vecs{F} \big(x(\theta,z),y(\theta,z),z(\theta,z)\big) &=3(\cos\theta\!+\!\sin\theta)\,\hat{\pmb{\imath}} +(3\sin\theta\!+\!z)\,\hat{\pmb{\jmath}}+(3\cos\theta\!+\!z)\,\hat{\mathbf{k}}\\ \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\big\{9\cos^2\theta\!+\!3\sin\theta\cos\theta\!+\!9\sin^2\theta\!+\!3z\sin\theta\big\}\,\text{d}\theta\,\text{d}z\\ &=\big\{9 +\frac{3}{2}\,\sin(2\theta)+3z\sin\theta\big\}\ \text{d}\theta\,\text{d}z \end{align*}\]

Так що флюс через бічну

\[\begin{align*} \iint_{S_s}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &=\int_0^{2\pi}\text{d}\theta\int_0^5\text{d}z\ \big\{9 +\frac{3}{2}\,\sin(2\theta)+3z\sin\theta\big\}\\ &=9\int_0^{2\pi}\text{d}\theta\int_0^5\text{d}z \quad\text{since }\int_0^{2\pi}\sin\theta\,\text{d}\theta =\int_0^{2\pi}\sin(2\theta)\,\text{d}\theta =0\\ &=9\times 2\pi\times 5 =90\pi \end{align*}\]

і загальний потік

\[\begin{align*} \iint_{S}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &=\iint_{S_t}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S +\iint_{S_b}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S +\iint_{S_s}\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S\\ &=45\pi+0+90\pi =135\pi \end{align*}\]

Приклад 3.4.5

Оцініть\(\ \vecs{F} (x,y,z)=x^4\hat{\pmb{\imath}}+2y^2\hat{\pmb{\jmath}}+z\hat{\mathbf{k}},\ \)\(S\),\(\ \iint_S\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ dS\ \) де половина поверхні\(\ \frac{1}{4}x^2+\frac{1}{9}y^2+z^2=1\ \) з\(z\ge 0\text{,}\) і\(\hat{\textbf{n}}\) є нормальною одиницею спрямованості вгору.

Рішення 1

Починаємо з параметризації поверхні, яка становить половину еліпсоїда. Шляхом мотивації для параметризації, нагадаємо, що сферичні координати, з\(\rho=1\text{,}\) забезпечують природний спосіб параметризації сфери\(x^2+y^2+z^2=1\text{.}\) А саме\(x=\cos\theta\sin\varphi\text{,}\)\(y=\sin\theta\sin\varphi\text{,}\)\(z= \cos\varphi\text{.}\) Причина того, що ці сферичні координати працюють, полягає в тому, що триг-ідентичність\(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1\) передбачає

\[ x^2+y^2 = \cos^2\theta\sin^2\varphi + \sin^2\theta\sin^2\varphi =\sin^2\varphi \nonumber \]

а потім

\[ \big(x^2+y^2\big) + z^2 = \sin^2\varphi +\cos^2\varphi = 1 \nonumber \]

Рівняння нашого еліпсоїда

\[ \Big(\frac{x}{2}\Big)^2 + \Big(\frac{y}{3}\Big)^2 + z^2 =1 \nonumber \]

тож ми можемо параметризувати еліпсоїд шляхом заміни на\(\frac{x}{2}\) і\(x\)\(y\) з\(\frac{y}{3}\) в нашій параметризації сфери. Тобто вибираємо параметризацію

\[\begin{align*} x(\theta,\varphi)&=2\cos\theta\sin\varphi\\ y(\theta,\varphi)&=3\sin\theta\sin\varphi\\ z(\theta,\varphi)&=\cos\varphi \end{align*}\]

з\((\theta,\varphi)\) переходом\(0\le\theta\le 2\pi,\ 0\le\varphi\le\pi/2\text{.}\) Зверніть увагу, що

\[ \frac{1}{4}x(\theta,\varphi)^2+\frac{1}{9}y(\theta,\varphi)^2 +z(\theta,\varphi)^2=1 \nonumber \]

за бажанням.

Потім, використовуючи 3.3.1,

\[\begin{align*} \Big(\frac{\partial x}{\partial\theta}\,,\,\frac{\partial y}{\partial\theta} \,,\, \frac{\partial z}{\partial\theta}\Big) &=(-2\sin\theta\sin\varphi\,,\,3\cos\theta\sin\varphi\,,\,0)\\ \Big(\frac{\partial x}{\partial\varphi}\,,\,\frac{\partial y}{\partial\varphi}\,,\, \frac{\partial z}{\partial\varphi}\Big) &=(2\cos\theta\cos\varphi\,,\,3\sin\theta\cos\varphi\,,\,-\sin\varphi)\\ \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S&= -\Big(\frac{\partial x}{\partial\theta}\,,\,\frac{\partial y}{\partial\theta} \,,\, \frac{\partial z}{\partial\theta}\Big) \times\Big(\frac{\partial x}{\partial\varphi}\,,\,\frac{\partial y}{\partial\varphi} \,,\,\frac{\partial z}{\partial\varphi}\Big)\ \text{d}\theta \text{d}\varphi\\ &=-(-3\cos\theta\sin^2\varphi,-2\sin\theta\sin^2\varphi,-6\sin\varphi\cos\varphi)\text{d}\theta \text{d}\varphi \end{align*}\]

Додатковий мінус знак в\(\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) був поставлений там, щоб зробити\(z\) компонент\(\hat{\textbf{n}}\) позитивним. (Зазначена проблема,\(\hat{\textbf{n}}\) яка повинна бути нормальною одиницею вгору.) Як

\[\begin{align*} &\vecs{F} \big(x(\theta,\varphi)\,,\,y(\theta,\varphi)\,,\,z(\theta,\varphi)\big)\\ &\hskip0.5in=2^4\cos^4\theta\sin^4\varphi\ \hat{\pmb{\imath}} +2\times 3^2\sin^2\theta\sin^2\varphi\ \hat{\pmb{\jmath}}+\cos\varphi\ \hat{\mathbf{k}} \end{align*}\]

у нас є

\[\begin{align*} \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\Big[3\times 2^4\cos^5\theta\sin^6\varphi\!+\!2\times 2 \times 3^2 \sin^3\theta\sin^4\varphi\!+\!6\sin\varphi\cos^2\varphi\Big]\,\text{d}\theta\text{d}\varphi \end{align*}\]

і бажаний інтеграл

\[\begin{align*} \iint_S\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\!\!\text{d}\varphi\int_0^{2\pi}\text{d}\theta\ \Big[3\times 2^4\cos^5\theta\sin^6\varphi+2\times 2\times 3^2 \sin^3\theta\sin^4\varphi\\ &\hskip3in+6\sin\varphi\cos^2\varphi\Big] \end{align*}\]

Так як\(\ \int_0^{2\pi} \cos^m\theta\,\text{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sin^m\theta\,\text{d}\theta=0\ \) для всіх непарних ⁵ натуральних чисел\(m\text{,}\)

\[\begin{align*} \iint_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S &=\int_0^{\pi/2}\hskip-8pt \text{d}\varphi\int_0^{2\pi}\hskip-6pt\text{d}\theta\ 6\sin\varphi\cos^2\varphi =12\pi\int_0^{\pi/2}\hskip-8pt \text{d}\varphi\ \sin\varphi\cos^2\varphi\\ &=12\pi\Big[-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\Big]_0^{\pi/2} =4\pi \end{align*}\]

Інтеграл оцінювався шляхом вгадування (і перевірки), що\(-\frac{1}{3}\cos^3\varphi\) є антипохідним\(\sin\varphi\cos^2\varphi\text{.}\) Це також може бути зроблено шляхом підстановки\(u=\cos\varphi\text{,}\)\(\text{d}u=-\sin\varphi\,\text{d}\varphi\text{.}\)

Рішення 2

Цього разу ми параметризуємо напівеліпсоїд, використовуючи варіант циліндричних координат.

\[\begin{align*} x(r,\theta)&=2r\cos\theta\\ y(r,\theta)&=3r\sin\theta\\ z(r,\theta)&=\sqrt{1-r^2} \end{align*}\]

з\((r,\theta)\) перебігом\(0\le\theta\le 2\pi,\ 0\le r\le1\text{.}\) Тому що ми побудували фактори\(2\) і\(3\) в,\(x(r,\theta)\) і\(y(r,\theta)\text{,}\) ми маємо

\[\begin{align*} &\frac{x(r,\theta)^2}{4} + \frac{y(r,\theta)^2}{9} =r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta = r^2\\ \implies &\frac{x(r,\theta)^2}{4} + \frac{y(r,\theta)^2}{9} +z(r,\theta)^2 = r^2 + \left(\sqrt{1-r^2}\right)^2=1 \end{align*}\]

за бажанням. Далі\(z(r,\theta)\ge 0\) за нашим вибором квадратний корінь у визначенні\(z(r,\theta)\text{.}\)

Отже, використовуючи 3.3.1,

\[\begin{align*} \Big(\frac{\partial x}{\partial \theta},\frac{\partial y}{\partial \theta}, \frac{\partial z}{\partial \theta}\Big) &=(-2r\sin\theta,3r\cos\theta,0)\\ \Big(\frac{\partial x}{\partial r},\frac{\partial y}{\partial r}, \frac{\partial z}{\partial r}\Big) &=\Big(2\cos\theta,3\sin\theta,-\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\Big)\\ \hat{\textbf{n}} \text{d}S&= -\Big(\frac{\partial x}{\partial\theta},\frac{\partial y}{\partial\theta}, \frac{\partial z}{\partial\theta}\Big) \times\Big(\frac{\partial x}{\partial r},\frac{\partial y}{\partial r}, \frac{\partial z}{\partial r}\Big)dr\,\text{d}\theta\\ &=-\Big(-\frac{3r^2\cos\theta}{\sqrt{1-r^2}}, -\frac{2r^2\sin\theta}{\sqrt{1-r^2}},-6r\Big)\text{d}r\,\text{d}\theta \end{align*}\]

Ще раз, зайвий знак мінус в\(\hat{\textbf{n}} \text{d}S\) був поставлений там, щоб зробити\(z\) складову\(\hat{\textbf{n}}\) позитивним. Продовжуючи,

\[\begin{align*} \vecs{F} \big(x(r,\theta)\,,\,y(r,\theta)\,,\,z(r,\theta)\big) &=2^4r^4\cos^4\theta\,\hat{\pmb{\imath}}+2\times 3^2r^2\sin^2\theta\,\hat{\pmb{\jmath}}+\sqrt{1-r^2}\,\hat{\mathbf{k}}\\ \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S&=\Big[3\times2^4\frac{r^6}{\sqrt{1-r^2}}\cos^5\theta +2^2 3^2\frac{r^4}{\sqrt{1-r^2}}\sin^3\theta\\ &\hskip2.3in+6r\sqrt{1-r^2}\Big]\,\text{d}r\,\text{d}\theta \end{align*}\]

Знову використовуючи це\(\ \int_0^{2\pi} \cos^m\theta\,\text{d}\theta =\int_0^{2\pi} \sin^m\theta\,\text{d}\theta=0\ \) для всіх непарних натуральних чисел\(m\text{,}\)

\[\begin{align*} \int_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S &=\int_0^1 dr\int_0^{2\pi}\hskip-6pt\text{d}\theta\ 6r\sqrt{1-r^2}\\ &=12\pi\int_0^1 dr\ r\sqrt{1-r^2} =12\pi\Big[-\frac{1}{3}{(1-r^2)}^{3/2}\Big]_0^1\\ &=4\pi \end{align*}\]

Інтеграл оцінювався шляхом вгадування (і перевірки), що\(-\frac{1}{3}{(1-r^2)}^{3/2}\) є антипохідним\(r\sqrt{1-r^2}\text{.}\) Це також може бути зроблено шляхом підстановки\(u=1-r^2\text{,}\)\(\text{d}u=-2r\,\text{d}r\text{.}\)

Рішення 3

Поверхня має форму\(G(x,y,z)=0\) з\(G(x,y,z)=\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{9}y^2+z^2-1\text{.}\) Отже, використовуючи 3.3.3,

\[\begin{align*} \hat{\textbf{n}} \text{d}S&=\frac{\vecs{ \nabla} G}{\vecs{ \nabla} G\cdot\hat{\mathbf{k}}}\text{d}x\,\text{d}y =\frac{\frac{x}{2}\hat{\pmb{\imath}}+\frac{2y}{9}\hat{\pmb{\jmath}}+2z\hat{\mathbf{k}}}{2z}\text{d}x\,\text{d}y\\ &=\Big(\frac{x}{4z}\hat{\pmb{\imath}}+\frac{y}{9z}\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\Big)\text{d}x\,\text{d}y\\ \implies \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\Big(\frac{x^5}{4z}+\frac{2y^3}{9z}+z\Big)\text{d}x\,\text{d}y \end{align*}\]

Це правда, що\(\hat{\textbf{n}}\text{d}S\text{,}\) і, отже,\(\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) стають нескінченними ⁶

\(z\rightarrow 0\text{.}\)Таким чином, ми повинні дійсно розглядати інтеграл як неправильний інтеграл, спочатку інтегруючи,\(z\ge\varepsilon\) а потім приймаючи межу\(\varepsilon\rightarrow 0^+\text{.}\) Але, як ми побачимо, сингулярність нешкідлива. Так що стандартно замазувати цю точку. На\(S\text{,}\)\(z=z(x,y)=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}\) і\(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1\text{,}\) так

\[\begin{align*} \int_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S &=\iint_{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1} \Big(\frac{x^5}{4z(x,y)}+\frac{2y^3}{9z(x,y)}+z(x,y)\Big)\ \text{d}x\,\text{d}y \end{align*}\]

Обидва\(\frac{x^5}{4z(x,y)}\) і\(\frac{2y^3}{9z(x,y)}\) непарні,\(x\rightarrow-x,\ y\rightarrow -y\) а область інтеграції парна,\(x\rightarrow-x,\ y\rightarrow -y\text{,}\) тому їх інтеграли дорівнюють нулю і

\[\begin{align*} \int_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S &=\iint_{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1}z(x,y)\ \text{d}x\,\text{d}y\\ &=\iint_{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1} \sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}\ \text{d}x\,\text{d}y \end{align*}\]

Щоб оцінити цей інтеграл, спочатку зробіть зміну змінних ⁷\(x=2X\text{,}\)\(\text{d}x=2\text{d}X\text{,}\)\(y=3Y\text{,}\)\(\text{d}y=3\text{d}Y\), щоб дати

\[ \int_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S =\iint_{X^2+Y^2\le 1} \sqrt{1-X^2-Y^2}\ 6\,\text{d}X\,\text{d}Y \nonumber \]

Потім переключитися на полярні координати,\(X=r\cos\theta\text{,}\)\(Y=r\sin\theta\text{,}\)\(\text{d}X\text{d}Y = r\,\text{d}r\text{d}\theta\) щоб дати

\[\begin{align*} \int_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S &=\int_0^1 dr\int_0^{2\pi}\hskip-6pt\text{d}\theta\ 6r\sqrt{1-r^2} =12\pi\int_0^1 dr\ r\sqrt{1-r^2}\\ &=12\pi\Big[-\frac{1}{3}{(1-r^2)}^{3/2}\Big]_0^1 =4\pi \end{align*}\]

Рішення 4

Поверхня має форму\(z=f(x,y)\) з\(f(x,y)=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}\text{.}\) Отже, використовуючи 3.3.2,

\[\begin{align*} \hat{\textbf{n}} \text{d}S &=\Big[-\frac{\partial f}{\partial x}\hat{\pmb{\imath}}\!-\!\frac{\partial f}{\partial y}\hat{\pmb{\jmath}} \!+\!\hat{\mathbf{k}}\Big]\,\text{d}x\,\text{d}y =\left[\frac{\frac{x}{4}\hat{\pmb{\imath}}+\frac{y}{9}\hat{\pmb{\jmath}}} {\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}}+\hat{\mathbf{k}}\right]\text{d}x\,\text{d}y\cr \implies\! \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S&=\left[\frac{\frac{x^5}{4}+\frac{2y^3}{9}} {\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}} +\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}\right]\text{d}x\,\text{d}y \end{align*}\]

Зверніть увагу, що наша одиниця нормаль спрямована вгору, як потрібно. Як і в Рішенні 3, за дивністю\(x^5\) і\(y^3\) термінами в цілісному,

\[\begin{align*} \int_S \vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\, \text{d}S &=\iint_{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1} \left[\frac{\frac{x^5}{4}+\frac{2y^3}{9}}{\sqrt{\ \cdots\ }} +\sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}\right]\text{d}x\,\text{d}y\\ &=\iint_{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}\le 1} \sqrt{1-\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}}\ \text{d}x\,\text{d}y \end{align*}\]

Тепер продовжуйте, як у Рішенні 3.

1. Можна собі уявити, що дуже маленька труба перекачує воду до початку.
2. Це не має значення, який блок нормальний ми вибираємо тут. Ми просто повинні бути ясно, який з них ми використовуємо. При зовнішньому нормі потік дає швидкість, з якою рідина перетинає сферу в напрямку назовні. Якби ми використовували норму, що вказує всередину, потік дав би швидкість, з якою рідина перетинає сферу у напрямку всередину.
3. Необхідно, щоб проблема вказувала, так чи інакше, чи\(\hat{\textbf{n}}\) є внутрішньо вказівним нормальним або назовні вказівним нормальним. Без цього значення\(\ \iint_S\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ dS\ \) неоднозначне. Подумайте, де орієнтація нормального вектора звикає у вашому рішенні.
4. Для перевірки намалюйте, в голові, ескіз виду зверху банки. «Вид зверху» просто означає «ігнорувати\(z\) -координату». Вид зверху банки - це коло радіуса\(3\text{.}\) Потім, у загальній точці,\(\vecs{r} =(\cos\theta,\sin\theta)\text{,}\) на банку, намалюйте одиницю нормаль\(\hat{\textbf{n}} = (\cos\theta\,,\,\sin\theta)\) своїм хвостом на\(\vecs{r} \text{.}\) Він вказує подалі від початку, як і\(\vecs{r} \) є. \(\hat{\textbf{n}}\)Тобто вказує назовні.
5. Подивіться на графіки\(\cos^m\varphi\) і\(\sin^m\varphi\text{.}\)
6. Це тому, що еліпсоїд стає вертикальним\(z\rightarrow 0\text{,}\) так, що\(x\) і\(y\) не дуже хороші параметри там.
7. Читач, який цікавиться загальними змінами змінних у багатовимірних інтегралах, повинен шукати «якобійський детермінант».