математический-анализ - Поток векторного поля

Непонятно, какую роль в этом условии играет точка $%M$%.

Интеграл от дивергенции по шару можно вычислять и в декартовых координатах, и в цилиндрических. Прежде всего, удобно представить уравнение сферы в виде $%x^2+y^2+(z-1)^2=1$%, а затем сдвинуть центр в начало координат посредством замены $%z\mapsto z+1$%. Получится такой тройной интеграл: $$\iiint\limits_{x^2+y^2+z^2\le1}(7+4z-x^2)\,dV.$$

Пределы интегрирования можно было бы расставить так (в декартовой системе): $%-1\le x\le1$% (для "внешнего" интеграла), $%-\sqrt{1-x^2}\le y\le\sqrt{1-x^2}$% для "среднего", и $%-\sqrt{1-x^2-y^2}\le z\le\sqrt{1-x^2-y^2}$% (для "внутреннего"). В данном случае можно избежать сложных вычислений следующим образом.

Будем интегрировать отдельно каждое слагаемое. Для числа $%7$% получится $%7V$%, где $%V=\frac43\pi R^3$% -- объём шара (в нашем случае $%R=1$%). Интеграл от функции $%z$% равен нулю, что ясно без вычислений, так как область симметрична, а функция нечётна.

Наконец, при вычислении интеграла от функции $%x^2$% можно заметить, что точно такими же будут интегралы от $%y^2$% и от $%z^2$% из соображений симметрии. Поэтому достаточно проинтегрировать функцию $%x^2+y^2+z^2$% и поделить на 3 то, что получится.

Для каждого $%r$% от $%0$% до $%R=1$% мы интегрируем величину $%x^2+y^2+z^2=r^2$% по сфере радиуса $%r$%. Величина постоянна, и она умножается на площадь поверхности сферы, которая равна $%4\pi r^2$%. Получается, что интегрируем мы $%4\pi r^4$% от 0 до 1, получая $%\frac45\pi$%. С учётом деления на 3, окончательный ответ для значения исходного интеграла будет равен $%7\cdot\frac43\pi-\frac4{15}\pi=\frac{136}{15}\pi$%.

Добавление. После замены $%z\mapsto z+1$% получился интеграл по единичному шару с центром в нуле от функции $%3+4(z+1)-x^2=4+4z-x^2$%; он был выписан выше. Его представляем в виде $%7I_1+4I_2-I_3$%, где $%I_1=\frac43\pi$% -- объём единичного шара, $%I_2=0$%, так как интегрируется нечётная функция по отрезку $%[-1;1]$%. Для оставшегося интеграла имеем: $$\int\limits_{-1}^1dz\int\limits_0^{\sqrt{1-z^2}}r^3\,dr\int\limits_0^{2\pi}\cos^2\varphi\,d\varphi.$$ Здесь была применена цилиндрическая замена координат, из которой $%x^2=r^2\cos^2\varphi$%, а также произошло домножение на $%r$% как якобиан полярной замены координат.

Ясно, что "внутренний" интеграл равен $$\int\limits_0^{2\pi}\frac{1+\cos2\varphi}2=\frac{2\pi}2=\pi,$$ и это число выносим в качестве множителя. Далее, интеграл $%\int\limits_0^{\sqrt{1-z^2}}r^3\,dr$% равен $%\frac14r^4$% в пределах от $%0$% до $%{\sqrt{1-z^2}}$%, то есть $%\frac14(1-z^2)^2$%. Множитель $%\frac14$% также выносим, и остаётся $$\int\limits_{-1}^1(1-z^2)^2dz=2\int\limits_{0}^1(1-2z^2+z^4)dz=2(1-\frac23+\frac15)=\frac{16}{15}.$$ Итого, с учётом множителей, имеем $%I_3=\frac{\pi}4\cdot\frac{16}{15}=\frac{4\pi}{15}$%, как и утверждалось выше.