Matan__teoria

10.2. Понятие потока и формы его записи

Потоком векторного поля a через ориентированную поверхность (σ ) с единичным нормальным вектором n называют величину

Πσ = ∫ (a,n)dσ .	(10.2)
(σ)

Отметим, что при изменении ориентации поверхности вектор n заменяется

на вектор (−n) и, следовательно, поток меняет знак.
Рассмотрим различные формы записи потока.
1). Обозначим через α ,β ,γ углы между вектором n	и соответственно осями
ox, oy, oz . Тогда направляющие косинусы cosα , cos β , cosγ	являются координатами

вектора n , т.е. n = {cosα , cos β , cosγ } . Если вектор поля a имеет координаты P, Q, R, то

	Πσ = ∫ (a,n)dσ = ∫ (Pcosα + Qcos β + Rcosγ )dσ .					(10.3)
	(σ)	(σ)
2). Рассмотрим элемент площади (dσ ) и его проек(
цию (dσx y ) на плоскость xoy (рис. 59). Угол между (dσ )					n	k
						γ
				z
и плоскостью xoy равен углу между их нормальными						(dσ )
векторами n и k , т.е. углу γ . Поэтому				о
	cosγ dσ = пр xoy dσ = dσ x y .					y
Аналогично			x
						(dσ x y )
cosβ dσ = пр xoz dσ = dσ x z ,		cosα dσ = пр yoz dσ = dσ y z .
					Рис. 59
Тогда
Πσ = ∫ (Pcosα + Qcos β + Rcosγ )dσ = ∫ Pdσ y z + Q dσ x z + R dσ x y .						(10.4)
	(σ)		(σ)
			dσx y}, называемый векторным элементом
3). Введем вектор dσ = {dσ y z , dσx z ,
площади. Так как a = {P, Q, R} , то из (10.4) следует
	Πσ = ∫ Pdσ y z + Qdσ x z + Rdσ x y = ∫ a dσ .
	(σ)		(σ)
Наиболее употребительны из получившихся следующие формы записи потока
	Πσ = ∫ (a,n)dσ = ∫ a dσ = ∫ Pdσ y z + Qdσ x z + Rdσ x y				.	(10.5)
	(σ)	(σ)	(σ)

Первые две формы записи потока в соотношении (10.5) называют вектор( ными, последнюю форму записи ─ координатной.

10.3. Вычисление потока

Рассмотрим несколько способов вычисления потока.

1). Вычисление потока по формуле Πσ = ∫ (a,n)dσ .

(σ)

При использовании этой формулы надо вычислить a n и dσ; например, dσ = 1+ (z′x)2 + (z′y)2 dxdy для поверхности с уравнением z = z(x, y) .

81

Пример 10.1. Заряд q помещен в начало координат и создает поле напряженно(

q

стей E =

r (пример 9.3). Вычислить поток этого поля через поверхность сфе(

r3

ры радиусом R с центром в начале координат и нормальным вектором, направ(

ленным от начала координат.

Решение. Так как единичный вектор нормали n

к сфере коллинеарен радиус(

вектору r , то n =

r

. Тогда (E,n)=

q

r

r

=

q

r2 =

q

. На поверхности сферы r = R ,

r2

r

r3

r

r4

q

(E,n)=

; площадь поверхности сферы σ = 4π R2 . Поэтому

2

R

q

q

q

Π = ∫ (E,n)dσ =

∫

dσ =

σ =

4π R2 = 4π q.

2

2

2

(σ )

R (σ )

R

R

Заметим, что величина потока не зависит от радиуса сферы.

Пример 10.2. Вычислить поток поля a = {2x, z, y} через верхнюю сторону части плоскости 3x + 2y + z = 6 , расположенной в первом октанте (рис. 60).

Решение. Вычислим поток по формуле Πσ = ∫ (a,n)dσ .	z
(σ)	6

Нормальный вектор плоскости 3x + 2y + z = 6		есть вектор
			N		{3, 2,1}
N = {3, 2,1}; единичный нормальный вектор n		=		=
			N		14

. Его третья координата положительна, следовательно, он составляет с осью Oz острый угол и определяет верхнюю

сторону поверхности. Вычислим скалярное произведение (a,n) на плоскости z = 6− 3x − 2y :

(a,n) =	1	(6x + 2z + y), (a,n)		(σ )	=	1	(6x + 2(6 − 3x − 2y) + y) =
14					14

n

о

3 y

2

Рис.60

x

3 (4 − y)

14

.

′

2

′

2

Теперь вычислим элемент dσ =

)

)

dxdy

= 14 dxdy . Тогда получим

1+ (z

+ (z

y

x

Πσ = ∫ (a,n)dσ = ∫∫

3

(4 − y)

dx dy = 3 ∫∫ (4 − y)dxdy .

14

14

(σ)

(σ xy)

(σ xy)

Проекция (σxy) поверхности (σ )

на плоскость XOY есть треугольник в плоско(

сти XOY , ограниченный линиями 3x + 2y = 6,

x = 0,

y = 0 . Поэтому

3

6−2y

3

3

3

6 − 2y dy = 2

Πσ = 3∫(4 − y)dy

∫ dx = 3∫(4 − y)

∫(4 − y) (3− y)dy = 27.

0

0

0

3

0

2). Вычисление потока методом проектирования на три плоскости

Воспользуемся формулой Πσ = ∫ P dσ y z + Q dσ x z + R dσ x y и рассмотрим интегралы

(σ)

82

I1 = ∫ P dσ y z , I2 = ∫ Qdσ x z , I3 = ∫ Rdσ x y .

(σ) (σ) (σ)

Для вычисления интеграла I1 = ∫ P(x, y, z)dσ y z следует

(σ)

а)вподынтегральнойфункции заменить x его значением x = x(y, z) наповерхности,

+dy dz,

(n ,ox)<π/ 2,

б) учесть, что dσ y z = прyo z dσ и поэтому dσy z = −dy dz,

(n ,ox)>π/ 2,

0,

(n ,ox)=π/ 2,

в) вычислить получающийся двойной интеграл по проекции (σ y z ).

Для вычисления интеграла I2 = ∫ Q(x, y,z)dσ x z следует

(σ)

а)вподынтегральнойфункции заменить y его значением y = y(x, z) наповерхности,

+dx dz,

(n,oy)<π/ 2,

б) учесть, что dσ x z = прxo z dσ и поэтому dσx z = −dxdz,

(n ,oy)>π/ 2,

0,

(n,oy)=π/ 2

в) вычислить получающийся двойной интеграл по проекции (σ x z ).

Аналогично вычисляется интеграл I3 .

z

Пример 10.3. Вычислить поток поля a = { y5 , y, z4 − x4} через

поверхность цилиндра x2 + y2 = 9

(0 ≤ z ≤ 5) с выбранной

n

внешней нормалью (рис. 61).

n

Решение. Для вычисления потока воспользуемся формулой

Πσ = ∫ P dσ y z + Qdσ x z + R dσ x y = ∫ y5 dσ y z + y dσ x z + (z4 − x4)dσ x y .

n

0

y

(σ)

(σ)

x

1). Вычислим интеграл I1 = ∫ y5 dσ y z .

Рис. 61

(σ)

На части (σ1)

2

цилиндра, где

x = +

9 − y

dσ y z = + dy dz ;

, имеем: (n,ox)<π/ 2,

на части (σ2 )

2

цилиндра, где

x = −

9 − y

dσ y z = − dy dz ;

, имеем: (n,ox)>π/ 2,

I1 = ∫ y5 dσ y z + ∫ y5 dσ y z = + ∫∫ y5dy dz −

∫∫

y5dydz = 0 .

(σ1)

(σ2)

(σ y z)

(σ y z)

2). Вычислим интеграл I2 = ∫ y dσ x z .

(σ)

На части (σ3) цилиндра, где

2

y = +

9 − x

dσ x z = + dxdz ;

, имеем: (n,oy)<π/ 2,

на части (σ4 ) цилиндра, где

2

y = −

9 − x

dσ x z = − dx dz ;

, имеем: (n,oy)>π/ 2,

83

I2 = ∫ y dσ x z + ∫ y dσ x z = + ∫∫

dxdz + ∫∫ (−

)(− dxdz) = 2 ∫∫

9 − x2

9 − x2

9 − x2 dxdz.

(σ3)

(σ4)

(σ xz)

(σ xz)

(σ xz)

Проекция (σ x z ) есть прямоугольник, поэтому

3

5

3

I2 = 2 ∫∫

9 − x2 dxdz = 2∫ 9 − x2 dx ∫dz =10∫ 9 − x2 dx.

(σ xz)

−3

0

−3

Воспользовавшись результатом примера 7.8, получим

3

I2

=10∫ 9 − x2 dx =10

S

= 5π R2 = 45π .

2

−3

3). Вычислим интеграл

I3 = ∫ (z4 − x4)dσ x y . Так как на поверхности цилиндра

(σ)

Πσ = I1 + I2 + I3 = 45π .

(n,oz)=π/ 2, то dσ x y = 0 и поэтому I3 = 0 . В результате

3). Вычисление потока методом проектирования на одну плоскость

Для вычисления потока воспользуемся формулой Πσ = ∫ (a,n)dσ

и парамет(

рическим уравнением поверхности (σ ): r = r (u,v),

(σ)

(u,v) (S). Вычислим нор(

= ru′× rv′; тогда единичный

мальный вектор поверхности по формуле (4.2): N

нормальный вектор n , определяющий ориентацию поверхности, есть вектор

= +

N

= −

N

n

, если n

↑↑ N ,

n

, если

n ↑↓ N .

N

N

ru′× rv′

Элемент площади dσ вычислим по формуле (13.1): d σ =

du dv =

du dv .

N

Подставляя значения для n и dσ в интеграл Πσ = ∫ (a,n)dσ , получим

(σ)

∫

(a,n)dσ = ±

∫∫

a

∫∫

a

∫∫

a (ru′× rv′)du dv .

Πσ =

N

N

du dv = ±

N du dv= ±

N

(σ)

(S)

(S)

(S)

Окончательно имеем:

Πσ = + ∫∫ a (ru′× rv′)du dv,

если

ru′× rv′ ↑↑ n;

(S)

(10.6)

Πσ = − ∫∫ a (ru′× rv′)du dv,

если

ru′× rv′ ↑↓ n.

(S)

Пример 10.4. Вычислить

поток поля a = {x,

y,

z} через поверхность y = x2 + z2 (y ≤ 4) ,

ориентированную внешней нормалью (рис. 62).

z

n

Решение. Запишем уравнение поверхности в параметрическом ви(

де x = ρ cosϕ ,

z = ρ sinϕ ,

y = ρ2 (ρ , ϕ − параметры). Найдем вектор

0

y

i

j

k

i

j

k

x

r ′

× r ′ =

x′

y′

z′

=

cosϕ

2ρ

sinϕ

− ρ

= 2ρ2 cosϕ i

j + 2ρ2 sinϕ k.

n

ρ

ϕ

ρ

ρ

ρ

x′

y′

z′

−ρ sinϕ 0 ρ cosϕ

Рис. 62

ϕ

ϕ

ϕ

Вторая координата этого вектора отрицательна, как и у вектора n ,

84

поэтому

rρ′× rϕ′ ↑↑ n и Πσ = + ∫∫ a (rρ′× rϕ′)dρ dϕ .

(S)

Здесь a (rρ′× rϕ′)= {ρ cosϕ , ρ2, ρ sinϕ} {2ρ2 cosϕ, − ρ, 2ρ2 sinϕ} = ρ3 . Тогда

		2π	2
Πσ = + ∫∫ a	(rρ′× rϕ′)dρ dϕ = ∫∫ ρ3 dρ dϕ = ∫ dϕ ∫ρ3dρ = 8π .
(S)	(S)	0	0

Пример 10.5. Вычислить поток поля a = {2x, z, y} через верхнюю сторону части плоскости 3x + 2y + z = 6 , расположенной в первом октанте (рис. 60).

Решение. Вычислим поток методом проектирования на одну плоскость (срав( ните с методом, разобранным в примере 10.2). Для этого запишем уравнение по(

верхности в параметрическом виде

x = x, y = y, z = 6 − 3x − 2 y (x, y − параметры).

rx′× ry′ =

i

j

k

i

j

k

x′x

y′x

z′x

Найдем векторное произведение

=

1

0 − 3

= 3 i

+ 2 j

+ k .

x′

y′

z′

0

1 − 2

y

y

y

Вторая координата этого вектора положительна, как и у вектора n , поэтому

rx′× ry′ ↑↑ n и Πσ = + ∫∫

a (rx′× ry′)dxdy .

(σ xy)

Вычислим значение подынтегральной функции на поверхности (σ ):

a (rx′× ry′)= {2 x, z, y} {3, 2, 1} = (6 x + 2 z + y)

(σ ) = 6 x + 2(6 − 3x − 2 y)+ y = 3(4 − y).

Тогда Πσ = + ∫∫	a (rx′× ry′)dxdy = 3 ∫∫ (4 − y)dx dy . Этот интеграл был вычислен в
(σ xy)	(σ xy)
примере 10.2: Πσ = 3 ∫∫ (4 − y)dxdy = 27 .
	(σ xy)

10.4. Формула Остроградского. Дивергенция поля

Поток векторного поля через замкнутую поверхность (σ ) удобно вычислять по формуле Остроградского с помощью дивергенции div a поля a = {P, Q, R}:

	Πσ = (a,n)dσ =		diva dV ,	где diva		∂Q +∂R
		∫			= a = ∂P +		.
	∫				∂x	∂y ∂z
	(σ)	(V)
В этой формуле (V)		─ тело, ограниченное замкнутой
						z

поверхностью (σ ); поверхность (σ ) ориентирована внешней

нормалью; функции P , Q, R непрерывны вместе со свои( ми частными производными.

Вывод формулы проведем для случая, когда поверх(
ность (σ ) состоит (рис. 63) из поверхности (σ1) с уравнени(
ем z = z1(x, y) и поверхности (σ2) с уравнением z = z2 (x, y).	о
	x

(10.7)

n

(σ2)

(σ1)

n

y

Рис. 63

85

Запишем формулу Остроградского в координатной форме

Π =	∫	Pdσ	+Qdσ	+R dσ =	∫		∂P +	∂Q +∂R dV .	(10.8)
							∂x
σ		y z	x z	x y				∂y ∂z
	(σ)				(V)

Покажем сначала, что

∫

=

∫

∂z

. Действительно,

Rdσ

x y

∂R dV

(σ)

(V)

∫ ∂z

∫∫

z2(x,y)

∂z

∫∫

(R(x, y, z2 (x, y))− R(x, y, z1(x, y)))dxdy .

∫

∂R dV =

(Vxy)

dxdy

z1(x,y)

∂R dz =

(σ xy)

(10.9)

(V)

∫

∫

∫

R(x, y, z)dσx y +

R(x, y, z)dσx y .

С другой стороны,

R(x, y, z)dσx y

=

(σ)

(σ1)

(σ2)

На поверхности (σ2):

z = z2 (x, y);

dσ x y = + dxdy , так как (n,oz)< π / 2 ;

на поверхности (σ1):

z = z1(x, y);

dσ xy = − dxdy , так как (n,oz)> π / 2 ;

поэтому

∫∫

∫∫

∫

R(x, y, z2(x, y))dxdy−

R(x, y, z1(x, y))dxdy .

R(x, y, z)dσx y =

(σ)

(σxy)

(σxy)

Получившееся выражение равно правой части формулы (10.9), значит

∫

=

∫

∂z

(10.10)

Rdσ

x y

∂R dV .

(σ)

(V)

Аналогично можно показать, что

∫

∫

∫

∫

∂y

∂x

Qdσ

x z

=

∂Q

dV

,

Pdσ

y z

=

∂P dV .

(10.11)

(σ)

(V)

(σ)

(V)

Складывая равенства (10.10) и (10.11), получим формулу Остроградского (10.8).

Пример 10.6. Вычислить поток поля a = {2x, z, y} через поверхность пирамиды, ограниченную плоскостью 3x + 2y + z = 6 и координатными плоскостями (рис. 60).

Решение. Так как поверхность замкнутая, то воспользуемся формулой Остроградского

Π σ = ∫ diva dV = ∫

(2 + 0 + 0) dV = 2 Vпир = 2 (1 Sосн h)= 2

(1 2 3) 6 =12 .

(V)

(V)

3

3

2

Пример 10.7. Вычислить поток жидкости, текущей со скоростью v = {x + y, z − x, z},

через боковую поверхность конуса x2 + y2 = z2 (0 ≤ z ≤ 4) в направлении внешней

нормали (рис. 64).

Решение. Поток через боковую поверхность конуса удоб(

n

z

но вычислить как разность потока через полную поверх(

4

ность и потока через основание. Поток через полную по(

верхность вычислим по формуле Остроградского

Πполн = ∫

∫

∂

∂

∂

divv dV =

(x + y) +

(z − x) +

(z)

dV

=

∂x

∂y

∂z

(V)

(V)

y

∫

2π

42 4 = 128π

о

= 2

dV = 2V

= 2

1π R2h =

.

x

кон

3

3

3

(V)

Рис. 64

86

(V) , и

z = 4, значит,

Поток жидкости через основание конуса вычислим по формуле Π осн = ∫ v n dσ .

(σ)

Учтем, что единичный вектор нормали к основанию конуса равен n = {0, 0,1}. Поэтому v n = (x + y) 0 + (z − x) 0 + z 1 = z . На основании конуса

v n = 4 и

Π осн = ∫ v n dσ = 4 ∫ dσ = 4σ.

(σ) (σ)

Здесь σ ─ площадь основания, т. е. площадь круга радиусом 4. Следовательно,

Π осн = 4π R2 = 64π, Π бок = Π полн − Π осн = 1283 π − 64π = − 643 π .

Так как Π бок < 0 , то через боковую поверхность конуса в направлении внешней нормали течет жидкости меньше, чем в противоположном направлении.

Остановимся более подробно на свойствах дивергенции.

Инвариантное определение дивергенции

Рассмотрим точку M (рис. 65), окружим ее замкнутой поверхностью (σ ) и вычислим поток поля a через эту поверхность по формуле Остроградского

Πσ = (a ,n)dσ =

∫

diva dV .

∫

(σ)

( )

V

Применяя к тройному интегралу теорему о среднем, получим

Π σ

Πσ = (diva) V

или

(diva)

=

V

.

M

M

(σ )

M

M

~

Здесь M есть некоторая точка из области (V) . В последнем

равенстве перейдем к пределу, стягивая область (V) в точку

Рис. 65

M (при этом точка M будет стремиться к точке M ). Запишем

результат предельного перехода:

Π σ

(diva)

=

lim

.

(10.12)

M

V

(V)→M

Мы получили инвариантное (т.е. независящее от системы координат) опреде(

ление дивергенции. Первоначальное определение дивергенции

=

∂P

+

∂Q

+

∂R

diva

∂x

∂y

∂z

было введено для прямоугольной системы координат.

Физический смысл дивергенции

Пусть векторное поле a есть поле скоростей жидкости. Величина потока Πσ равна разности между количеством жидкости, вытекающей из области количеством жидкости, втекающей в эту область. Если Π > 0 , то из области (V) жидкости вытекает больше, чем втекает. Это означает, что в области (V) име(

ются источники, питающие поток жидкости. Величина ΠVσ определяет количе(

ство жидкости, возникающей в единицу времени в единице объема. Ее называ( ют средней мощностью источников в области (V) . Величину

87

		Π σ
	lim		= diva (M)
		V
	(v)→M

называют мощностью источника в точке M .

Если Π < 0 , то в область (V) втекает жидкости больше, чем вытекает, т. е. в

области (V) имеются стоки со средней мощностью

Π σ

. Величина

V

lim

Π σ

=

diva (M)

V

(V)→M

есть мощность стока в точке M . Итак,

1)

если diva (M) > 0

, то в точке M имеется источник мощности diva(M) ,

2)

если diva (M) < 0, то в точке M имеется сток мощности

diva (M)

,

3)

если diva (M) = 0

, то в точке M отсутствуют и источник, и сток.

Дифференциальные свойства дивергенции

1)	divc = 0	, или				− постоянный вектор),
			c = 0		( c
2)	divr = 3 , или
			r = 3		( r − радиус(вектор),
3) div(a + b)= diva + divb ,					или	(a	+ b)= a + b ,
4) div( f a) = f diva + a grad f ,								( f a) = f
						или				( a)+ a	( f ),
	( f	− скалярное поле, a − векторное поле),
	div(c a) = c diva,								( c−
5)				или	(c a) = c		( a)			константа),
6)									( c − постоянный вектор).
	div( f c) = c grad f , или ( f c) = c							f

Проверим эти свойства:

1)divc = ∂∂x (c1)+ ∂∂y (c2)+ ∂∂z (c3)= 0,

2)divr = ∂∂x (x)+ ∂∂y (y)+ ∂∂z (z) = 3,

∂

∂

∂

∂f

∂f

∂f

∂P

∂Q

∂R

4)

div( f a) =

( f

P)

+

( f Q)+

( f R) =

∂x P +

∂y Q +

∂z

R

+

f

∂x

+ f

∂y

+ f

∂z

=

∂x

∂y

∂z

= {

∂f

,

∂f

,

∂f

∂P +

∂Q

+

∂x

∂y

∂z

}{P, Q, R}+ f

∂y

∂R

= (grad f ) a

+ f diva ,

∂x

∂z

свойство 3) проверяется так же, как свойство 4), свойство 5) есть следствие свойства 4) при f = c , свойство 6) есть следствие свойства 4) при a = c .

Пример 10.8. Доказать, что div( f (r) r ) = 3 f (r)+ r f ′(r).

Решение. По свойству 4) дивергенции div( f (r) r )= f (r) divr + r grad f (r);

	по свойствам градиента grad f (r) = f ′(r) grad r = f ′(r)			r	. Тогда
				r
		r
	div( f (r) r ) = 3 f (r)+ r f ′(r)		= 3 f (r)+ r f ′(r).
		r

88

Пример 10.9. Доказать, что дивергенция поля напряженностей, создаваемого зарядом q , равна нулю.

Решение. Поле напряженностей, создаваемое зарядом q (см. пример 9.3), есть

		q				f (r) =	q
	поле E =			r	. Из предыдущего примера при				следует, что
		r	3				r	3

q div r3

q

q

′

q

−3q

r

= 3

+ r

= 3

+ r

= 0 .

r3

3

r3

r4

r

r

11. Линейный интеграл и циркуляция векторного поля

11.1. Задача о работе силы

Пусть задано поле сил F(M), под действием которых материальная точка движется по кривой BC от точки B к точке C . Вычислим совершаемую при

этом работу. Для этого разобьем линию BC на n							z
									F (Mk)
частей точками B = M0 , M1, ..., Mn−1, Mn = C					с ради(
ус(векторами r	, r	, ..., r (рис. 66). Рассмотрим век(					Mk		Mk+1
0	1	n						rk
тор перемещения						M1
							r
MkMk+1 = rk+1			− rk = rk
							k		C = Mn
и вектор силы F (Mk) = Fk . Их скалярное произве(								rk+1
						B = M0
дение приближенно равно работе Ak силы F(M)							о		y
вдоль дуги Mk Mk+1 , т. е.
		Ak ≈ Fk rk .				x
Вычислим работу вдоль всей линии BC :							Рис. 66
				n−1
				A ≈ ∑ Fk rk .
				k=0

Это равенство будет тем точнее, чем меньше длины векторов rk . Максималь(

ную из этих длин обозначим d			и, переходя к пределу при d → 0, определим
точное значение работы
			n−1
		A = lim ∑ Fk rk			.	(11.1)
			d→0 k=0
Этот предел обозначают ∫
	F d r		и называют линейным интегралом поля F по

BC

дуге BC или криволинейным интегралом второго рода.

11.2. Понятие линейного интеграла и его свойства

Отвлекаясь от физического содержания рассмотренной задачи, аналогичным образом вводят понятие линейного интеграла произвольного поля a(M) (риc. 66):

		n−1
∫	a (M)d r = lim	∑ a (Mk) rk ,	(11.2)
BC	d→0	k=0

89

r1

rn−1

}.

где M0 ,M1, ..., Mn ─точкиразбиениядуги BC ,

rk = MkMk+1, d = max{

,...,

Отметим три свойства линейного интеграла:

∫

∫

1)

(λ a + 8 b)d r = λ

a d r

+8 ∫ b d r

(свойство линейности),

BC

a d r = ∫

a d r +

BC

a d r

BC

2)

∫

∫

(свойство аддитивности),

BC

BK

KC

3)

∫ a d r = − ∫ a d r ,

BC

CB

т. е. при изменении направления обхода кривой линейный интеграл меняет знак, т. к. векторы rk меняют свое направление на противоположное.

Выразив скалярное произведение векторов a = {P, Q, R} и d r = {dx, dy, dz} че( рез их координаты, получим

∫	a d r = ∫ P dx + Q dy + R dz.	(11.3)
BC	BC

Выражение Pdx + Qdy + Rdz в скобки не заключают, хотя знак интеграла отно(

сится ко всему этому выражению. В формуле (11.3) функции	a, P, Q, R есть
функции точки M или ее координат x, y, z . Интеграл ∫ a d r	называют век%
BC

торной формой, а интеграл ∫ Pdx+Qdy +Rdz ─ координатной формой за(

BC

писи линейного интеграла.

В тех случаях, когда линейный интеграл поля a берется по замкнутой кри% вой L , он называется циркуляцией поля a по кривой L и обозначается так:

	C(a, L)= a d r.	(11.4)
	∫
	(L)
Приняты и другие обозначения циркуляции: C(a),		C.

11.3. Вычисление линейного интеграла

Не доказывая, сформулируем правило вычисления линейных интегралов ∫ a d r в следующих двух случаях.

BC

1). Для вычисления интеграла ∫ a d r по линии BC , заданной

BC

уравнениями x = x(t), y = y(t), z = z(t), следует: а) записать интеграл в координатной форме

∫ P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz,

BC

б) заменить x, y, z в функциях P, Q, R соответственно на x(t), y(t), z(t) , в) заменить dx, dy, dz соответственно на x′(t)dt, y′(t)dt, z′(t)dt ,

г) найти интервал изменения параметра t и вычислить получившийся

определенный интеграл по этому интервалу.

90