§6. Векторлық өріс ағыны. Остроградский формуласы

Айталық, (S) бағытталған беті берілсін делік. Анықтама. Егер беттің әрбір нүктесінде

n( M )  cos  ( M )i  cos  ( M ) j  cos  ( M ) k

19

бірлік нормаль векторы таңдап алынса, ал вектордың өзі ол бетте үзіліссіз өзгеріп тұратын болса, онда мұндай бетті бағытталған бет деп атайды.

Қарастырылып отырған бет тұйық болған жағдайда n(M ) векторы үшін сыртқы нормальдың векторын алуға болады.

Анықтама. A(M ) векторлық өрісінің (S) бағытталған бетінен өткен ағыны (П) деп төмендегідей беттік интегралды (І – текті) айтады:

  



 dS .

A

n

(21)

( S )

Егер

векторлық өрісі:

A

A

 Pi

 QJ  Rk түрінде берілсе, онда (21) –

формуланы мынадай түрде:

  P cos   Q cos   R cos dS

(21')

( S )

немесе

   Pdydz  Qdxdz  Rdxdy   Pdydz   Qdxdz  Rdxdz

(21'')

( S )

( S )

( S )

( S )

беттік интегралы (ІІ – текті) түрінде жазуға болады.

Өріс ағынын есептеу үшін бетті координат жазықтарының біреуіне проекциялаған ыңғайлы болады.

Айталық, (S) беті XOY жазықтығына өзара бір мәнді түрде проекциялансын. Сонда

 



dxdy .

dS 

dxdy

,  

A

n

(22)

cos

cos

( S )xy

Мұндағы (S ) xy – (S ) бетінің XOY жазықтығындағы проекциясы болып

табылады.

Соңғы

интегралды есептеп

шығару үшін

(S) бетінің теңдеуін

z  f (x, y)

түрінде жазып, бұл өрнекті z-тің орнына интеграл астындағы

функцияға қою керек.

Ал (S) кез келген бет болған жағдайда, оны әрқайсысы өзара бір мәнді түрде координат жазықтарының біреуіне проекцияланатындай етіп бірнеше S₁ ,S₂ ,...,S_k  бөліктерге бөлшектейміз. Сонда

  _  A  n  dS  _  A  n  dS  _  A  n  dS  ...  _ A  n  dS .

( S ) ( S₁ ) ( S ₂ ) ( S_k )

Бұл теңдіктің оң жағында тұрған интегралдардың әрқайсысы жоғарыда көрсетілген тәсілмен есептелінеді.

20

A(M ) векторлық өрісінің тұйық (S) бетінен өткен ағынын былайша белгілейді:

  _ A, n  dS .

( S )

Айталық, (V) көлемі тұйық (S) бетімен шектелген болсын делік.

Егер A(M ) векторлық өрісі (V) көлемін, оның шекарасымен бірге

қамтитын бір аймақта анықталған және үзіліссіз дифференциалданатын болса, онда

		P		Q		R 
  P cos   Q cos   R cos dS  		x		y		dxdydz	(23)
( S )	(V ) 					z 

т еңдігі орындалады. Бұл (23) – формула Остроградский формуласы деп аталады.

(23) – теңдіктің сол жағында тұрған өрнек A(M ) векторының ағыны болып табылады. Сондықтан (23) – формуланы былай жазуға болады:

 	(V)	 P		Q		R 	(23')
		 x		y		z 
						dxdydz

немесе

  _div Ad v .

(V )

Бұл формулалар, көпшілік жағдайда, тұйық бет арқылы өткен вектор ағынын есептеуді жеңілдетеді.

Егер S₁  беті тұйық болмаса, онда оны кейде басқа бір S₂  бетімен тұйық S  бетіне дейін толтыруға болады.

Сонда

 ( S )

  ( S )

  ( S

)

 ( S )

  ( S )  ( S

) .

1

2

1

2

Бұл теңдік,

( S )

және ( S2 ) белгілі болған жағдайда S1  беті арқылы

өтетін ағынды есептеуге мүмкіндік береді. Мұндағы ( S )

– Остроградский

формуласы бойынша есептелінеді.

 (x  2z)

 (3z  4x)

 (5x  y)

векторлық өрісінің

1-мысал.

a

i

j

k

төбесі A(1;0;0),

B(0;1;0)

және

C(0;0;1)

нүктелерінде

жататын АВС

үшбұрышы арқылы өтетін ағынын табыңдар (1-сурет). Шешуі. Өріс ағынын (22) – формула бойынша есептейміз:

21

cos

  _ ^{a  n}dxdy .

( S )_xy

n бірлік нормаль векторын табу үшін алдымен үшбұрыш жазықтығының теңдеуін мына:

_a^x  _b^y  _c^z 1

жазықтықтың кесінділік теңдеуінен шығарып аламыз.

Ол F(x, y, z)  x  y  z 1  0  теңдеуі болып табылады.

Мұндағы	a,b,c 	жазықтықтың	координаталар	өстерімен
қиылысуынан	шыққан	кесінділердің	координаталары.	Біздің
жағдайымызда, олар a  b  c 1.

1-сурет

Енді осы x  y  z 1 – теңдеуінен n бірлік нормаль векторын

табамыз.

§2, (4) – формула бойынша:

n 			grad u			.
			grad u

Мұндағы u  F ( x, y , z) . Бұдан n 

i 

j



k

.

3

Демек,

cos   cos   cos 

1

3









1



x  2 z



3 z  4 x



5 x  y

 

1

2x  y  z

a

n

,

3

 











3





22

cos

^{a  n}  2x  y  z, мұндағы z-ті үшбұрыш жазықтығының теңдеуінен cos

табамыз: z 1  x  y. Сонда

a  n _{ x 1 .}

Ал өріс ағыны, АВС үшбұрышының ХОY жазықтығындағы проекциясы болып табылатын АВО үшбұрышының ауданы бойынша алынған қос интеграл арқылы былайша өрнектеледі:

  



dxdy 

(x 1)dxdy 

(x 1)dx dy 

1  x2

dx  2 .

a

n

1

1x

1







cos 









3

( S ) xy

ABO

0

0

0

2-мысал. Тұйық (S) беті арқылы өтетін

 x 2 i  x

A

j

 xzk

векторлық өрісінің ағынын табыңдар. Мұндағы (S) беті:

y  z 2

 x2 айналу

параболоидының

бетінен

(S1 ) және

y 1,

x  0,

z  0

теңдеулерімен

берілген сәйкес (S₂ ),(S₃ ),(S₄ ) жазықтықтарынан тұрады (2-сурет).

2-сурет

Шешуі. Ізделінді ағынды мынадай қосынды түрінде жазуға болады:

  ₁   ₂   ₃  ₄ .

Мұндағы ₁ ,  ₂ ,  ₃ , ₄ – берілген векторлық өрістің сәйкес (S₁ ),(S₂ ),(S₃ ),(S₄ )  беттері арқылы өтетін ағындары.

а) ₁ ағынын есептейік.

( S₁ ) бетінің теңдеуі z ²  x ²  y  0 түрінде жазылады.

23

Ағынды есептеу үшін (22) – формула бойынша қос интегралға келтірілетін бірінші текті беттік интегралды пайдаланамыз. (S₁ ) бетін YOZ

жазықтығына проекциялаймыз. Сонда

2 xi 

n 

j

 2zk

;

4 x 2  z2 1

cos  

2x

 0 .

4  x 2  z2 1







A

n

 x 2 

1

 z2 .

cos 

2

(S ) бетінің теңдеуінен x 2 -ты y пен z арқылы өрнектейміз:

x2  y  z 2 .

1

Табылған бұл мәнді ескеріп, соңғы теңдіктің оң жағын мына

интегралға қоямыз:







 

A

n

dydz .

1



cos



1 

( S ) yz

Сонда 1 

 y 

dydz .

(D)



2 

Мұндағы D11

– S1  бетінің YOZ жазықтығындағы проекциясы.

D



фигурасы: y  z 2

параболасымен,

y 1 түзуімен

және

z  0

1

координата өсімен шектелген.

Қайталама интеграл арқылы жазсақ:

 

1 dz

1

 y 

1

dy 

1

1



z 2  z 4 dz 

1

.





1







2



15

0

z2



2 

0

ә) 2

ағынын есептейік.

–

бірлік орты

S2  бетіне

жүргізілген сыртқы нормаль

болып

j

табылады. Демек,





,

cos 

 1,

A

n

 x



cos 

 



,



dxdz   xdxdz ,

 2

A

n

( S )

cos 

( D )

xz

z

24

мұндағы

D2 

– S2 

бетінің

ХOZ жазықтығындағы проекциясы,

ол:

x2  z 2 1

дөңгелегінің

1

бөлігі болып табылады.

4

Соңғы интегралды полярлық координаталарда есептейік:



 2  2

cos d 1

r 2 dr 

1

.

0

0

3

б) 3

ағынын есептейік.

Берілген вектор x  0 жазықтығында нөлге тең. Демек, 3  0.

в) 4

ағынын есептейік.

z  0 жазықтығында:

 x2

 x

.

A

i

j

Сыртқы нормаль

 k .

n

Демек, 

,

  0 ,  4  0 .

A

n

Сонымен, толық ағын:     

 

 



1



1



2

.

2

3

4

1

15

3

5

 z 2

 y2 

S 

3-мысал.

 (x  z)

 (x  z)

векторлық өрісінің

A

i

j

k

цилиндрлік беттің x2  z 2  R2 ,

y  0

және

y  b  0

жазықтықтарымен

шектелген бөлігі арқылы өтетін ағынын табыңдар (3-сурет).

3-сурет

Шешуі. Ағынды (21) – формула бойынша есептейміз. Ол үшін 

және y цилиндрлік координаталарын енгіземіз:     ,

0  y  b.

Цилиндрлік

бет ауданының элементі: dS  Rddy ,



2 xi  2zk

,

n

xi

, ал

2 x 2  z2

 R болатындықтан,



1

x2  z 2

немесе

n

 zk

R

25

A, n   _R¹ x ( x  z )  z ( z  x )   _R¹ x ²  z ²   R .

Демек,   R ^{2 }_{ }^b d  dy  2bR² .

 0

4-мысал. A  xyi  yz j  xzk векторлық өрісінің x²  y²  z ² 1

сферасының бірінші октантада жатқан бөлігі арқылы өтетін ағынын табыңдар (4-сурет).

4-сурет.

Шешуі. Бұл есепте векторлық өріс ағынын екінші текті беттік интеграл арқылы есептеген тиімді болады. (Оқушының бұл есепті бірінші текті беттік интеграл арқылы шығарып көруіне болады).

Сонымен,

  _ xydydz  yzdzdx  xzdxdy 

( S )

 _ xydydz  _ yzdzdx  _ xzdxdy .

( S ) ( S ) ( S )

Соңғы теңдіктің оң жағында тұрған үш интеграл бір-біріне тең.

Шынында, S  бетінің барлық координаталар жазықтығындағы

проекциялары бірдей. Олар радиусы бірге тең дөңгелектің ¹ бөлігіне тең

4

және беттің кез келген координатасы қалғандары арқылы бірдей өрнектеледі.

Демек,

  3 xzdxdy 		z 					 3  x		dxdy .
				1  x 2  y 2				1 x 2  y 2
( S )							( D)			1
Мұндағы D фигурасы дөңгелектің бірінші ширектегі											бөлігі.
									4

26

Сонымен

1

1 y 2

1

3

  3 dy



x

dx  1  y 2 

dy 

1  x 2  y 2

2

0

0

0

y  sin t , 0  t 







1  cos



 2 cos 4 tdt 

cos2





2

2

dy  cos tdt

0

2



2



3

1

1



3



0





cos 2t 

cos 4t

dt 

 .



8

2

8



16

	5-мысал.			x 2  y 2  z 2  R2			сфера	беті	арқылы	өтетін
	 xy 2 i  yz 2		 zx 2		векторлық өрісінің ағынын табыңдар.
A		j		k
	Шешуі. Берілген жағдайда					S 	беті –	тұйық бет болып табылады.

Сондықтан өріс ағынын есептеу үшін Остроградский формуласын (23') қолдануға болады:

 



P



Q



R





dxdydz 

(V) 

x

y

z





P

 Q 

R  y 2  z 2

 x 2  r 2

 r 2 dxdydz .

x

y

z

(V )

Енді сфералық координаталарға көшеміз:

0  r  R, 0     , 0    2 .

Сонда    r 2 dxdydz 

2 d   sin d R r 4 dr 

4

 R5 .

5

(V )

0

0

0

6-мысал. 1 z  x 2  y2

( 0  z 1)

параболонд бетінің бөлігі арқылы

өтетін

A  y ² i  x ² j  k

векторлық өрісінің ағынын табыңдар (5-сурет).

27

5-сурет

Шешуі. Тұйық бетті қарастырайық:

( S )   S₁  S₂ ,

мұндағы S₁  – берілген бет, ал S₂  XOY жазықтығындағы радиусы

бірге тең дөңгелек.

Остроградский формуласынан S  беті арқылы өтетін ағынның нөлге тең болатындығы шығады. Шынында

P

Q

R

  y 2



x2





1

div A 











 0 .

x

y

z

x

y

z

Демек,

 

 dS   

 dS  0



An

An

( S1 )

( S2 )

 

 dS    

dS   dS 

x   cos  ,

0   1

;

, 

y   sin  ,

0    2



A

n

A

k

( S1 )

( S 2 )

( S2 )

dS   d  d 

2 d  1  d  

1

2



d   .

0

0

2

0

28