Решение задач 5.3.3 и 5.3.4: Поток векторного поля через цилиндр

Ниже представлено решение задач 5.3.3 и 5.3.4 из вашего учебника, оформленное для записи в тетрадь. Задача 5.3.3 Условие: Вычислить поток векторного поля \( \mathbf{F}(-y, x, z) \) через часть цилиндра \( x^2 + y^2 = 1 \), \( 0 \le z \le 1 \), \( \mathbf{n} \) — внешняя нормаль. Решение: 1. Поток вектора \( \mathbf{F} \) через поверхность \( S \) вычисляется по формуле: \[ \Pi = \iint\limits_S (P \cos \alpha + Q \cos \beta + R \cos \gamma) dS \] где \( \mathbf{F} = (P, Q, R) \). В нашем случае \( P = -y \), \( Q = x \), \( R = z \). 2. Поверхность \( S \) — боковая поверхность цилиндра. Уравнение поверхности в цилиндрических координатах: \[ x = \cos \varphi, \quad y = \sin \varphi, \quad z = z \] где \( 0 \le \varphi \le 2\pi \) и \( 0 \le z \le 1 \). 3. Вектор нормали к цилиндру \( x^2 + y^2 = 1 \) имеет вид \( \mathbf{n} = (x, y, 0) \). Так как радиус равен 1, нормаль уже нормирована. Элемент площади \( dS = dz d\varphi \). 4. Вычислим скалярное произведение \( \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} \): \[ \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = (-y) \cdot x + x \cdot y + z \cdot 0 = -xy + xy = 0 \] 5. Следовательно, поток равен: \[ \Pi = \int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^1 0 \, dz = 0 \] Ответ: 0. Задача 5.3.4 Условие: Вычислить поток векторного поля \( \mathbf{F}(x, y, 0) \) через часть плоскости \( y + z = 1 \), расположенную в первом октанте (\( x, y, z \ge 0 \)) между \( x = 0 \) и \( x = 1 \), \( \mathbf{n} \) образует острый угол с осью \( Oy \). Решение: 1. Запишем уравнение плоскости в виде \( f(x, y, z) = y + z - 1 = 0 \). Вектор нормали \( \mathbf{n}_0 = (0, 1, 1) \). Нормированный вектор нормали: \[ \mathbf{n} = \frac{(0, 1, 1)}{\sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2}} = \left( 0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \] Так как координата по \( y \) положительна (\( 1/\sqrt{2} > 0 \)), нормаль образует острый угол с осью \( Oy \). 2. Поток вычисляется как: \[ \Pi = \iint\limits_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} \, dS \] Вычислим \( \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = (x, y, 0) \cdot (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{y}{\sqrt{2}} \). 3. Спроецируем поверхность на плоскость \( Oxy \). Область проекции \( D \): \( 0 \le x \le 1 \), \( 0 \le y \le 1 \) (так как при \( z=0 \), \( y=1 \)). Связь элемента площади \( dS \) и \( dx dy \): \[ dS = \frac{dx dy}{|\cos \gamma|} \] где \( \cos \gamma \) — координата \( z \) нормали, т.е. \( 1/\sqrt{2} \). Тогда \( dS = \sqrt{2} dx dy \). 4. Вычисляем интеграл: \[ \Pi = \iint\limits_D \frac{y}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{2} dx dy = \int_0^1 dx \int_0^1 y \, dy \] \[ \Pi = \int_0^1 dx \cdot \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1 = \int_0^1 \frac{1}{2} dx = \frac{1}{2} \] Ответ: 1/2.