Поверхностные интегралы.

Содержание:

  1. Поверхностные интегралы первого рода.
  2. Интегральные суммы Римана. Суммы Дарбу.

Поверхностные интегралы первого рода.

Пусть \(\Sigma\) — простая (почти простая) поверхность, заданная векторным уравнением \(\boldsymbol{r} = \boldsymbol{r}(u, v)\), \((u, v) \in \Omega\). Пусть на поверхности \(\Sigma\) определена непрерывная функция \(F(x, y, z)\). Двойной интеграл (несобственный интеграл)
$$
\iint\limits_{\Omega} F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) |[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|\ du\ dv\nonumber
$$
будем называть поверхностным интегралом первого рода от функции \(F(x, y, z)\) по поверхности \(\Sigma\) и обозначать символом \(\displaystyle\iint\limits_{\Sigma} F\ dS\). Таким образом, по определению
$$
\iint\limits_{\Sigma} F\ dS = \iint\limits_{\Omega} F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) |[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|\ du\ dv.\label{ref1}
$$

Интеграл \eqref{ref1} не зависит от выбора параметрического уравнения поверхности. Это доказывается так же, как и для интеграла, задающего площадь поверхности. Аддитивность интеграла \eqref{ref1} относительно поверхности следует из аддитивности двойного интеграла по области интегрирования.

Если функция \(F(x, y, z) \geq 0\), то ее можно интерпретировать как плотность материальной поверхности. В этом случае интеграл \eqref{ref1} равен массе поверхности. В самом деле, произвольному разбиению области \(\Omega\) на области \(\Omega_{i}\), \(i = \overline{1, n}\), соответствует разбиение поверхности \(\Sigma\) на простые поверхности \(\Sigma_{i}\), \(i = \overline{1, n}\). Применяя интегральную теорему о среднем, получаем, что
$$
S(\Sigma_{i}) = \iint\limits_{\Omega_{i}} |[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|\ du\ dv = |[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|_{i} m(\Omega_{i}).\nonumber
$$

Символ \(|[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|_{i}\) означает, что значение функции \(|[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|\) вычислено в некоторой точке \((u_{i}, v_{i}) \in \Omega\). Масса поверхности приближенно равна следующей сумме:
$$
\sum_{i=1}^{n} F(x_{i}, y_{i}, z_{i})S(\Sigma_{i}) = \sum_{i=1}^{n} F(x(u_{i}, v_{u}), y(u_{i}, v_{u}), z(u_{i}, v_{u})) |[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|_{i} m(\Omega_{i}).\nonumber
$$

Точное значение массы есть по определению предел этой суммы при мелкости разбиения, стремящейся к нулю, т. е. равняется интегралу \eqref{ref1}.

Значение величины \(|[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|\) определяется через коэффициенты первой квадратичной формы поверхности. Подставляя это выражение в формулу \eqref{ref1}, получаем следующее выражение для поверхностного интеграла первого рода:
$$
\iint\limits_{\Sigma} F\ dS = \iint\limits_{\Omega} F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) \sqrt{EG - F^{2}}\ du\ dv.\label{ref2}
$$

Пример 1.

Найдем положение центра тяжести однородной полусферы \(x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}\), \(z \geq 0\).

Решение.

\(\vartriangle\) Без ограничения общности считаем, что плотность \(\rho = 1\). Параметризуем полусферу
$$
x = R \cos \varphi \cos \psi,\ y = R \sin \varphi \cos \psi,\ z = \sin \psi,\ 0 \leq \varphi \leq 2\pi,\ 0 \leq \psi \leq \frac{\pi}{2}.\nonumber
$$

Мы уже вычисляли коэффициенты квадратичной формы для сферы и выяснили, что \(\sqrt{EG - F^{2}} = R^{2} \cos \psi\). Масса полусферы равна числу
$$
M = \iint\limits_{\Sigma} dS = \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{\pi/2} \sqrt{EG - F^{2}}\ d\psi = \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{\pi/2} R^{2} \cos \psi\ d\psi = 2\pi R^{2}.\nonumber
$$

Координата \(z_{c}\) центра тяжести есть
$$
z_{c} = \frac{1}{M} \iint\limits_{\Sigma} z\ dS = \frac{1}{2\pi R^{2}} \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{\pi/2} \sqrt{EG - F^{2}}\ d\psi = \frac{1}{2\pi R^{2}} \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{\pi/2} R^{3} \cos \psi \sin \psi\ d\psi = \frac{R}{2}.\nonumber
$$

В силу симметрии полусферы \(x_{c} = y_{c} = 0\). \(\blacktriangle\)

Для поверхности \(\Sigma\), являющейся графиком непрерывно дифференцируемой функции \(z = f(x, y)\), \((x, y) \in \Omega\), формула \eqref{ref2} принимает следующий вид:
$$
\iint\limits_{\Sigma} F\ dS = \iint\limits_{\Omega} F(x, y, z(x, y)) \sqrt{1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}}\ dx\ dy.\label{ref3}
$$

Для функции \(F(x, y, z)\), непрерывной на кусочно гладкой поверхности \(\Sigma\), поверхностный интеграл определяется как сумма поверхностных интегралов по всем гладким кускам.

Пример 2.

Вычислить поверхностный интеграл
$$
\iint\limits_{\Sigma} \frac{dS}{(1 + x + y)^{2}} = I\label{ref4}
$$
по кусочно гладкой поверхности \(\Sigma\), являющейся границей симплекса \(T = \{(x, y, z): x \geq 0,\ y \geq 0,\ z \geq 0,\ x + y + z \leq 1\}\) (рис. 54.1).

Рис. 54.1
Рис. 54.1

Решение.

\(\vartriangle\) Граница \(\Sigma\) симплекса \(T\) состоит из четырех треугольных граней: грань \(D_{1}\) лежит в плоскости \(z = 0\), грань \(D_{2}\) лежит в плоскости \(y = 0\), грань \(D_{3}\) лежит в плоскости \(x = 0\), а грань \(D_{4}\) — в плоскости \(x + y + z = 1\). Обозначим поверхностные интегралы по соответствующим граням через \(I_{1}\), \(I_{2}\), \(I_{3}\) и \(I_{4}\).

Воспользовавшись формулой \eqref{ref3}, получаем
$$
I_{1} = \iint\limits_{D_{1}} \frac{dx\ dy}{(1 + x + y)^{2}} = \int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{0}^{1 - x} \frac{dy}{(1 + x + y)^{2}} = \int\limits_{0}^{1} \left(\frac{1}{1 + x} - \frac{1}{2}\right)\ dx = \ln 2 - \frac{1}{2}.\nonumber
$$

В силу симметрии подынтегрального выражения в формуле \eqref{ref4} относительно \(x\) и \(y\) получаем, что
$$
I_{2} = I_{3} = \iint\limits_{D_{2}} \frac{dz\ dy}{(1 + y)^{2}} = \int\limits_{0}^{1} \frac{dy}{(1 + y)^{2}} \int\limits_{0}^{1 - y} dz = \int\limits_{0}^{1} \frac{(1 - y)\ dy}{(1 + y)^{2}} = 1 - \ln 2.\nonumber
$$

Уравнение грани \(D_{4}\) можно записать в виде \(z = 1 - x - y\), \((x, y) \in D_{1}\). Применяя формулу \eqref{ref3}, получаем
$$
I_{4} = \iint\limits_{D_{4}} \frac{dS}{(1 + x + y)^{2}} = \iint\limits_{D_{1}} \frac{\sqrt{3}dS}{(1 + x + y)^{2}} = \sqrt{3}I_{1}.\nonumber
$$

Складывая интегралы, находим значение интеграла \eqref{ref4}:
$$
I = I_{1} + I_{2} + I_{3} + I_{4} = (1 + \sqrt{3})I_{1} + 2I_{2} = (1 + \sqrt{3})\left(\ln 2 - \frac{1}{2}\right) + 2(1 - \ln 2).\ \blacktriangle\nonumber
$$


Поверхностные интегралы второго рода.

Пусть в некоторой окрестности простой поверхности \(\Sigma\) задано непрерывное векторное поле, т. е. определена вектор-функция
$$
\boldsymbol{a}(x, y, z) = (P(x, y, z),\ Q(x, y, z),\ R(x, y, z)),\label{ref5}
$$
компоненты \(P\), \(Q\), \(R\) которой есть непрерывные функции в некоторой области, содержащей поверхность \(\Sigma\).

Ориентируем поверхность \(\Sigma\) единичными нормалями
$$
\boldsymbol{n} = \frac{\boldsymbol{N}}{|\boldsymbol{N}|},\ \boldsymbol{N} = [\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}].\label{ref6}
$$

Противоположная ориентация поверхности \(\Sigma\) возникает при замене в формуле \eqref{ref6} вектора \(\boldsymbol{N}\) на вектор \(\boldsymbol{-N}\). Заметим еще, что для простой поверхности \(|\boldsymbol{N}| \neq 0\).

Спроектируем в каждой точке поверхности \(\Sigma\) вектор \(\boldsymbol{a}\) на нормальный вектор. Тогда на поверхности \(\Sigma\) будет определена непрерывная функция \(F(x, y, z) = (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n})\), знак которой зависит от ориентации поверхности.

Потоком вектор-функции \(\boldsymbol{a}(x, y, z)\) через ориентированную поверхность \(\Sigma\) назовем следующий поверхностный интеграл первого рода:
$$
\iint\limits_{\Sigma} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n})\ dS.\label{ref7}
$$

Подчеркнем то обстоятельство, что при изменении ориентации на противоположную интеграл \eqref{ref7} меняет знак. Интеграл \eqref{ref7} называют также поверхностным интегралом второго рода.

Для поверхностного интеграла второго рода используют еще и следующие обозначения:
$$
\iint\limits_{\Sigma} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n})\ dS = \iint\limits_{\Sigma} a_{n}\ dS = \iint\limits_{\Sigma} (P \cos \widehat{nx} + Q \cos \widehat{ny} + R \cos \widehat{nz})\ dS =\\= \iint\limits_{\Sigma} (P\ dy\ dx + Q\ dz\ dx + R\ dx\ dy).\label{ref8}
$$

Если \(\boldsymbol{a}(x, y, z)\) есть векторное поле скоростей движущейся жидкости, то абсолютная величина интеграла \eqref{ref7} равна массе жидкости единичной плотности, протекающей через поверхность за единицу времени. Отсюда и происходит слово “поток”.

Воспользовавшись формулой \eqref{ref1} для вычисления интеграла \eqref{ref7}, выразим поток векторного поля \(\boldsymbol{a}\) через простую поверхность \(\Sigma\), ориентированную нормалями \eqref{ref6}, при помощи двойного интеграла по плоской области \(\Omega\) от смешанного произведения трех векторов \((\boldsymbol{a}, \boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v})\):
$$
\iint\limits_{\Sigma} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n})\ dS = \iint\limits_{\Omega} \left(\boldsymbol{a}, \frac{\boldsymbol{N}}{|\boldsymbol{N}|}\right) |[\boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v}]|\ du\ dv = \iint\limits_{\Omega} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{N})\ du\ dv = \iint\limits_{\Omega} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{r}_{u}, \boldsymbol{r}_{v})\ du\ dv.\label{ref9}
$$

При выводе формулы \eqref{ref9} была использована формула \eqref{ref6}.

Запишем формулу \eqref{ref9} в координатной форме:
$$
\iint\limits_{\Sigma} P\ dy\ dx + Q\ dz\ dx + R\ dx\ dy = \iint\limits_{\Omega} \begin{vmatrix}P&Q&R\\x_{u}&y_{u}&z_{u}\\x_{v}&y_{v}&z_{v}\end{vmatrix} du\ dv =\\= \iint\limits_{\Omega} \left[P(x(u, v),\ y(u, v),\ z(u, v)) \frac{\partial (y, z)}{\partial (u, v)} +\\+ Q(x(u, v),\ y(u, v),\ z(u, v)) \frac{\partial (z, x)}{\partial (u, v)} + R(x(u, v),\ y(u, v),\ z(u, v)) \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}\right]\ du\ dv.\label{ref10}
$$

При выводе формулы \eqref{ref10} было применено разложение определителя третьего порядка по элементам первой строки; определители второго порядка записаны через соответствующие якобианы.

Формула \eqref{ref10}, несмотря на ее громоздкий вид, удобна для запоминания. При переходе от левой части к правой нужно произвести следующие замены символов:
$$
dy\ dz \rightarrow \frac{\partial (y, z)}{\partial (u, v)},\quad dz\ dx \rightarrow \frac{\partial (z, x)}{\partial (u, v)}\ du\ dv,\quad dx\ dy \rightarrow \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}\ du\ dv,\nonumber
$$
но при этом важно помнить, что левую часть нужно записывать в том виде, как в формуле (10), не допуская в символах типа \(dx\ dy\) перестановок. В левой части формулы (10) достаточно запомнить написание слагаемого \(R\ dx\ dy\), так как остальные слагаемые получаются при помощи круговой перестановки символов.
$$
R\rightarrow P \rightarrow Q \rightarrow R,\qquad dx\rightarrow dy\rightarrow dz\rightarrow dx.\nonumber
$$

Полагая в формуле \eqref{ref10} \(P = Q = 0\), получаем
$$
\iint\limits_{\Sigma} R\ dx\ dy = \iint\limits_{\Omega} R(x(u, v),\ y(u, v),\ z(u, v)) \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}\ du\ dv.\label{ref11}
$$

Аналогично
$$
\iint\limits_{\Sigma} P\ dy\ dz = \iint\limits_{\Omega} P(x(u, v),\ y(u, v),\ z(u, v)) \frac{\partial (y, z)}{\partial (u, v)}\ du\ dv,\nonumber
$$
$$
\iint\limits_{\Sigma} Q\ dz\ dx = \iint\limits_{\Omega} Q(x(u, v),\ y(u, v),\ z(u, v)) \frac{\partial (z, x)}{\partial (u, v)}\ du\ dv.\nonumber
$$

Особенно просто вычисляется поверхностный интеграл \eqref{ref11}, если поверхность \(\Sigma\) задается как график непрерывно дифференцируемой функции \(z = f(x, y)\), \((x, y) \in \Omega\). В этом случае
$$
\iint\limits_{\Sigma} R\ dx\ dy = \iint\limits_{\Omega} R(x, y, f(x, y))\ dx\ dy.\label{ref12}
$$

Ясно, что в формуле \eqref{ref12} выбрана такая ориентация поверхности \(\Sigma\), при которой нормаль \(\boldsymbol{n}\) составляет острый угол с осью \(Oz\), так как
$$
\boldsymbol{N} = (-f_{x}, -f_{y}, 1),\ \cos \widehat{\boldsymbol{nz}} = \frac{1}{\sqrt{1 + f_{x}^{2} + f_{y}^{2}}}\;>\;0.\nonumber
$$

Заметим, что формула \eqref{ref12} может иметь смысл и в том случае, когда частные производные \(f_{x}(x, y)\) и \(f_{y}(x, y)\) не определены на \(\Omega\). В этом случае будем под поверхностным интегралом \(\iint\limits_{\Sigma} R\ dx\ dy\) понимать двойной интеграл в правой части формулы \eqref{ref12}.

Пример 3.

Вычислить поверхностный интеграл
$$
\iint\limits_{\Sigma} z^{2}\ dx\ dy\nonumber
$$
по внешней стороне полусферы \(x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1\), \(z \geq 0\) (внешняя сторона определяется нормалями, направленными от центра).

Решение.

Рис. 54.2
Рис. 54.2

\(\vartriangle\) Полусферу \(\Sigma\) можно задать как график функции \(z = \sqrt{1 - x^{2} - y^{2}}\), \((x, y) \in \Omega\), \(\Omega = \{(x, y): x^{2} + y^{2} \leq 1\}\) (рис. 54.2). Внешняя сторона полусферы в данном случае определяется нормалями, составляющими острый угол с осью \(Oz\). Воспользовавшись формулой \eqref{ref12}, получаем
$$
\iint\limits_{\Sigma} z^{2}\ dx\ dy = \iint\limits_{\Omega} (1 - x^{2} - y^{2})\ dx\ dy = \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{1} (1 - r^{2})r\ dr = 2\pi \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{2}.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 4.

Вычислить поверхностный интеграл
$$
\iint\limits_{\Sigma} z\ dx\ dy
$$
по внешней стороне конической поверхности \(z^{2} = x^{2} + y^{2}\), \(0 \leq z \leq 1\), считая, что внешняя сторона определяется нормалями, составляющими с осью \(Oz\) тупой угол (рис. 54.3).

Рис. 54.3
Рис. 54.3

Решение.

\(\vartriangle\) Уравнение поверхности \(\Sigma\) можно задать в виде
$$
z = \sqrt{x^{2} + y^{2}},\ (x, y) \in \Omega,\ \Omega = \{(x, y): 0 < x^{2} + y^{2} \leq 1\}.
$$

Воспользуемся формулой \eqref{ref12}, но теперь двойной интеграл в этой формуле нужно взять со знаком минус, так как поверхность \(\Sigma\) ориентирована нормалями, составляющими с осью \(Oz\) тупой угол. Сводя поверхностный интеграл к двойному, а затем переходя к полярным координатам, получаем
$$
\iint\limits_{\Sigma} z\ dx\ dy = -\iint\limits_{x^{2} + y^{2} \leq 1} \sqrt{x^{2} + y^{2}}\ dx\ dy = -\int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{1} r^{2}\ dr = -\frac{2\pi}{3}.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Заметим, что для почти простой поверхности \(\Sigma\) интеграл в формуле \eqref{ref9} существует как несобственный или как интеграл Римана. По определению будем считать, что этот интеграл есть поток через почти простую поверхность.

Пример 5.

Вычислить поток вектора \(\boldsymbol{a}(x^{3}, y^{3}, z^{3})\) через внутреннюю сторону конической поверхности \(z^{2} = x^{2} + y^{2}\), \(0 \leq z \leq 1\) (см. рис. 54.3).

Решение.

\(\vartriangle\) Поверхность конуса можно параметризовать следующим образом:
$$
\begin{array}{c}
     \boldsymbol{r} = r \cos \varphi\ \boldsymbol{i} + r \sin \varphi\ \boldsymbol{j} + r\ \boldsymbol{k},\quad (r, \varphi) \in \Omega,\\
     \Omega = \{(r, \varphi): 0 \leq r \leq 1, 0 \leq \varphi \leq 2\pi\}.
\end{array}\label{ref13}
$$

Воспользовавшись формулой \eqref{ref10}, получаем
$$
\iint\limits_{\Sigma} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n})\ dS = \iint\limits_{\Omega} \begin{vmatrix}r^{3} \cos^{3} \varphi&r^{3} \sin^{3} \varphi&r^{3}\\\cos \varphi&\sin \varphi&1\\-r \sin \varphi&r \cos \varphi&0\end{vmatrix} dr\ d\varphi =\\= \int\limits_{0}^{2\pi} d\varphi \int\limits_{0}^{1} r^{4} (\cos^{2} \varphi + \sin^{2} \varphi - \cos^{4} \varphi - \sin^{4} \varphi)\ dr =\\= \frac{2}{5} \int\limits_{0}^{2\pi} \cos^{2} \varphi \sin^{2} \varphi\ d\varphi = \frac{1}{10} \int\limits_{0}^{2\pi} \sin^{2} 2\varphi\ d\varphi = \frac{\pi}{10}.\nonumber
$$

Заметим еще, что при параметризации \eqref{ref13} для проекции вектора нормали \(\boldsymbol{N}\) на ось \(Oz\) справедливо неравенство
$$
N_{z} = \frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \varphi)} = \begin{vmatrix}\cos \varphi&\sin \varphi\\-r \sin \varphi&r \cos \varphi\end{vmatrix} = r\;>\;0.\nonumber
$$

Поэтому вектор нормали \(\boldsymbol{n} = \boldsymbol{N}/|\boldsymbol{N}|\) составляет с осью \(Oz\) острый угол и вектор \(\boldsymbol{n}\) определяет внутреннюю сторону конической поверхности. \(\blacktriangle\)


Пример 6.

Поле скоростей точечного источника массы, помещенного в начале координат, задается формулами
$$
\boldsymbol{a} = \frac{Q}{4\pi} \frac{\boldsymbol{r}}{r^{3}},\ \boldsymbol{r} = (x, y, z),\ r = |\boldsymbol{r}| = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}.\nonumber
$$

Найти поток вектора \(\boldsymbol{a}\) через внешнюю сторону сферы радиуса \(R\) с центром в начале координат.

Решение.

\(\vartriangle\) Имеем
$$
\boldsymbol{n} = \frac{\boldsymbol{r}}{r},\ (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n}) = \frac{Q}{4\pi} \left(\frac{\boldsymbol{r}}{r^{3}}, \frac{\boldsymbol{r}}{r}\right) = \frac{Q}{4\pi r^{2}},\nonumber
$$
$$
\iint\limits_{\Sigma} (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{n})\ dS = \iint\limits_{\Sigma} \frac{Q}{4\pi R^{2}}\ dS = \frac{Q}{4\pi R^{2}} \iint\limits_{\Sigma} dS = Q.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Поток через кусочно гладкую ориентированную поверхность равен по определению сумме потоков через все гладкие куски.

Пример 7.

Вычислить поверхностный интеграл
$$
J = \iint\limits_{\Sigma} xy\ dx\ dy\nonumber
$$
через внешнюю сторону поверхности \(\Sigma\), являющейся границей симплекса \(T = \{(x, y, z): x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0, x + y + z \leq 1\}\) (см. рис. 54.1).

Решение.

\(\vartriangle\) Как и в примере 2, обозначим через \(J_{1}\), \(J_{2}\), \(J_{3}\), \(J_{4}\) соответствующие поверхностные интегралы по граням симплекса. Получаем
$$
J_{1} = \iint\limits_{D_{1}} xy\ dx\ dy = -\int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{0}^{x} xy\ dy = -\frac{1}{8},\nonumber
$$
$$
J_{2} = \iint\limits_{D_{2}} xy\ dx\ dy = 0,\nonumber
$$
$$
J_{3} = \iint\limits_{D_{3}} xy\ dx\ dy = 0,\nonumber
$$
$$
J_{4} = \iint\limits_{D_{4}} xy\ dx\ dy = \int\limits_{0}^{1} dx \int\limits_{0}^{x} xy\ dy = \frac{1}{8}.\nonumber
$$
Следовательно,
$$
J = J_{1} + J_{2} + J_{3} + J_{4} = 0.\nonumber
$$

При вычислении поверхностных интегралов было использовано то обстоятельство, что внешняя нормаль к грани составляет тупой угол с осью \(Oz\), а поэтому поток через эту грань равен двойному интегралу по плоской области \(D_{1}\), взятому со знаком минус. На грани \(D_{4}\) внешняя нормаль составляет с осью \(Oz\) острый угол, и поток равен соответствующему двойному интегралу, взятому со знаком плюс. \(\blacktriangle\)