Теорема на Гаус-Остроградски - доказателство (част 3)

Сега да изчислим този зелен повърхностен интеграл ето тук. За целта трябва да параметризираме повърхнина 2 ( S2). Да кажем, че повърхнина 2 може да се представи чрез функция от радиус-вектора – ще го означа с t – t за втората повърхнина, като t е вектор и е функция от х и от у. х и у ще бъдат нашите параметри. Това ще е равно на – можем да направим това, защото тази повърхнина е функция от х и от у. Значи това ще е равно на х по i, плюс у по j, плюс f2 от (х; у) по k, за всички (х; у), които принадлежат на нашето дефиниционно множество. Като изяснихме това, сега можем да преработим скаларното произведение k по n, dS. Ще запиша това ето тук. Скаларното произведение k по n, dS е равно на – мога да поставя скоби тук, за да отделим това скаларно произведение. Поне аз така предпочитам. Това е съвсем същото нещо като скаларното произведение на k по векторното произведение на частната производна на t – искам да поясня това. Ще използвам цикламено. Векторното произведение на частната производна на t относно х и частната производна на t относно у, по това малко парченце площ – по dA – малко парченце от площта в дефиниционното множество за ху. Правили сме това няколко пъти, когато изчислявахме повърхностни интеграли. Разгледахме логиката защо това е така. След това просто ще изчислим този повърхностен интеграл. Едно нещо, за което искаме да сме сигурни, е че имаме правилната ориентация. Понеже, спомни си, за да бъде в сила теоремата за дивергенцията, начинът, по който го дефинираме, е, че всички нормални вектори сочат навън. За тази повърхнина отгоре нормалният вектор трябва да сочи право нагоре. Не е задължително да е право нагоре, достатъчно е да е нагоре. Ако това е крива, тогава няма да сочи право нагоре. Но трябва да е нагоре, ето по този начин. Отстрани нормалния вектор трябва да сочи настрани по този начин. Тук отдолу векторът трябва да сочи надолу, като цяло трябва да сочи надолу. Сега да се уверим, че този вектор сочи нагоре. Ако имаме промяна относно х, тогава отиваме в тази посока. Промяната относно у ни отвежда в тази посока. По правилото на дясната ръка за векторното произведение – показалецът е тук, това е средният пръст, а десният палец сочи право нагоре. Така че този вектор е с правилната посока. Този вектор сочи нагоре. Така че имаме правилна ориентация на повърхнината. Сега да помислим какво е това. Важно е да разберем, че можем да изчислим всички компоненти на това, но тогава просто ще намерим скаларното произведение на това с k. А по същество нас ни интересува само компонента k, но ще го пресметна. Това е равно на k по матрицата i, j, k от частно t относно х – частно t относно х – ще го напиша със синьо – то ще е 1, 0 и частната производна на f2 относно х. После частната производна на t относно у е просто 0, 1 и частната производна на f2 относно у. После умножаваме това по dA. Всичко това ще е равно на скаларното произведение на единичния вектор k и... даже не трябва да пресмятам това. Това ще е нещо по единичния вектор i, минус нещо – прилагаме шахматното правило – минус нещо по нещо друго, по единичния вектор j, плюс... Сега можем да помислим за единичния вектор k. Единият вектор k ще бъде 1 по 1, минус 0. Значи плюс единичния вектор k. Това е 1 по единичния вектор k. Разбира се, тук имаме dA. Но когато намерим това скаларно произведение, получаваме само k-компоненти. Това всъщност е 1 по 1. Получаваме скаларната величина 1. Всичко това се опрости до dA. Сега можем да преработим нашия повърхностен интеграл. Ще го преработим в дефиниционното множество на ху – дефиниционното множество на нашите параметри. Значи повърхностният интеграл ето тук – това е добре за това видео. После ще направим същото с тази повърхнина ето тук. Само искам да проверя, че имаме правилната ориентация. Този повърхностен интеграл, S2 – даже малко ще го преработя – S2, което е функция. R е функция от х, у и z, по скаларното произведение k по n, dS – просто преписвам всичко това тук – това е еквивалентно на двоен интеграл по дефиниционното множество на нашите параметри, което е D – от R от х, у и z, по всичко това тук. Всичко това се опростява до dA. И понеже искам да го представя чрез параметрите, ще го запиша като R от (х; у). И докато разглеждаме тази повърхнина, z e равно на f2. Значи това е х, у и f2 от (х; у). После видяхме, че всичко това се опрости до dA. Може би ти се струва, че не сме го опростили кой знае колко. Но поне сега го представихме като двоен интеграл, вместо като повърхностен интеграл. Поне за мен това е опростяване. В следващото видео ще направим същото нещо за това – само трябва да се уверим, че векторите са ориентирани правилно. Можем да използваме знак минус, за да се уверим, че това е така. После ще разгледаме тройните интеграли и ще опитаме да ги опростим.