Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 648

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

512.25 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Решение. а) Используя оператор

градиент grad f

f , будем иметь

grad

, a , a

б) Действительно, используя , 2

, получим

div gradU div

div r ( , r )

rot a , a ,

в)

Используя

выражение

получим

div rot a

, rot a , , a

Данная операция приводит к нулю, поскольку мы имеем смешанное произведение компланарных векторов.

г) Действительно

rot

U , U

rot grad U rot

y z

z x

x z

x y

z y

y x

Данная операция приводит к нулю, поскольку мы имеем векторное произведение двух коллинеарных векторов.

д) Поскольку rot a , a , то rot rot a , , a .

е) Действительно

div a

Используя оператор Лапласа ,

приведем это выражение к

виду

div

div a.

grad div a

4.2. Найти: a)

div grad U , если U x3 y3 z ; б)

i y

yi z

если a

k ; в) rot rot a , если a

zj z xk .

Решение. а) Найдем сначала градиент функции U x3 y2 z

grad U 3x2 y2 zi 2x3 yzj

x3 y3k .

Отсюда div grad U 6xy2 z 2x3 z 2xz 3y2

x2 .

б) Найдем сначала дивергенцию вектора a

div a 4x3 4 y3

4z3 .

Отсюда градиент

12x

12 y

12z

grad div a

12 x i

в) Полагая a x2 y,a y2z,a z2x найдем ротор вектора a

i z

k .

rot a y

Отсюда rot rot a 0 ,

т. е. векторное поле вектора rot a потен-

циально.

div grad uv ;

4.3.

Найти:

б)

если

rot rot cu ,

постоянный вектор Решение. а) Найдем сначала градиент произведения двух

скалярных функций

grad uv u

k .

Дивергенция этого вектора равна

div grad uv u

u v

v 2u

u v

2v u v

x x

y y

u v

z z

u v

x x

y y

z z

u div grad v 2 grad u,gradv v div gradu.

б) Найдем сначала rot (cu) , учитывая, что c - постоянный

вектор c c i

j k

rot (cu)

ck .

Отсюда

rot rot cu

x y

x z

y z

x y

x z

y z

x y

x z

x y

y z

x z

y z

grad u uc.

5. ИНТЕГРАЛЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ И ТЕОРИИ ПОТЕНЦИАЛА

1°. Поток вектора. Потоком векторного поля a(M ) через

поверхность S называется поверхностный интеграл 2-го рода, который может быть сведен к вычислению поверхностного интеграла 1-го рода

Q a, n dS andS axdydz ay dxdz az dxdy

S					S		S		(1)
	a	x	cos a	y	cos a	z	cos		(1)
	a		cos a		cos a		cos	dS,

где n cos , cos , cos - единичный вектор нормали к повер-

хности S.

Вычисление интеграла (1) может быть представлено в виде

суммы трех двойных интегралов

a, n dS ax x y, z , y, z dydz

(2)

x, y

x, z

, z

dxdz

x, y, z

x, y

dxdy.

где S1, S2 , S3

- проекция поверхности S на плоскости

Oyz,Oxz,Oxy ;

переменные

x x y, z , y y x, z , z z x, y

находятся из уравнения поверхности S0 разрешая его относительно соответствующих координат.

Если вектор a определяет поле скоростей текущей жидкости или газа, то поверхностный интеграл определяет количество жидкости или газа, протекающей за единицу времени через поверхность S в заданном направлении. Переход к другой стороне поверхности S меняет направление нормали на противоположное, а следовательно, и знак поверхностного интеграла.

При явном задании поверхности z f x, y элемент площади имеет вид

1 zx 2 zy 2 dxdy ,

(3)

а направляющие косинусы нормали к поверхности находятся по формулам

cos	zx			, cos	zy		,
cos	1 zx 2	zy 2		, cos	1 zx 2	zy 2	,
cos	1x		.				(4)
cos	1 zx 2	zy 2	.				(4)

Подставляя в формулу (1) выражения (3), (4), находим еще одну формулу для вычисления потока вектора a через поверхность

Q ax zx ay zy az dxdy				(5)

Здесь предполагается, что нормаль образует острый угол с осью Oz , следовательно, cos 0 и в формулах (4) берется

знак «+». В случае cos 0 в формулах (4) следует брать знак

«-».

2°. Формула Остроградского-Гаусса. Если V - некоторая замкнутая область пространства, ограниченная гладкой поверхностью S , и функции P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z) непрерывны со своими частными производными первого порядка в области V, включая границу S , то справедлива формула Остроградского - Гаусса

		P	Q	R
Pdydz Qdzdx Rdxdy		P	Q	R	dxdydz . (6)
S	V	x	y	z

Если поверхностный интеграл второго типа заменить поверхностным интегралом первого типа, то формула (2) примет вид

P cos

	P	Q	R
Q cos R cos dS	P	Q	R	dxdydz . (7)
V	x	y	z
23

где , , - углы между внешней нормалью к поверхности S и

координатными осями.

В векторной форме формула Остроградского - Гаусса име-

ет вид
a, n dS div a dxdydz ,			(8)
s	V	j R x, y,z k .
где a axi ay j az k	или a P x, y,z i Q x, y,z	j R x, y,z k .
Формула (8) определяет поток векторного поля			a через

замкнутую поверхность S в направлении ее внешней нормали

п.

3°. Формула Грина. Пусть L - граница некоторой области S в плоскости Оху и функции P x, y и Q x, y непрерывны,

вместе со своими частными производными Qx и Py в

области S, включая границу L. В этом случае справедлива формула Грина.

		Q	P		(9)
	Pdx Qdy	Q	P	dxdy ,	(9)
L	S	x	y

которая преобразует криволинейный интеграл, взятый по замкнутому контуру, в двойной интеграл по области S, ограниченный этим контуром. Обход контура L выбирается так, чтобы область S оставалась слева, т. е. против часовой стрелки.

4°. Формула Стокса. Если L — некоторый замкнутый контур поверхности S и функции P(x, y, z) , Q(x, y, z) и R(x, y, z)

прерывны вместе со своими частными производными первого порядка на поверхности S, включая границу L, то справедлива формула Стокса

Pdx Qdy Rdz

(10)

dxdy

dydz

dxdz.

Следует заметить, что сторона поверхности и направление обхода контура определяются так же, как и в случае формулы Грина. Если в качестве поверхности S взять плоскую область на плоскости Оху, так что z = 0, то формула (10) преобразуется в формулу Грина.

Если поверхностный интеграл второго типа заменить поверхностным интегралом первого типа, то формула Стокса примет вид

Pdx Qdy Rdz

(11)

cos

cos ds,

где cos cos xn

cos cos yn ,

cos cos zn —

направляющие косинусы внешней нормали n к поверхности S.

5°. Работа поля. Циркуляция вектора. Работа поля a вдоль

кривой L определяется интегралом.
a, dr ax dx ay dy az dz .		(12)
L	L

Если кривая L - замкнутая, то интеграл (12) называется

циркуляцией векторного поля a вдоль кривой L, обозначается

C a, dr

и характеризует вращательную способность поля на контуре L. Если замкнутая кривая L ограничивает поверхность S, то имеет место формула Стокса, которая в векторной форме при-

мет вид
C a, dr rot a, n dS	(13)

и означает, что циркуляция векторного поля a по замкнутому контуру L равна потоку вектора rot а через поверхность S, ограниченную этим контуром L.

6°. Потенциал. Скалярная величина U называется потенциалом векторного поля a , если grad U a . Само же

векторное поле a в этом случае называется потенциальным. Необходимым и достаточным условием потенциальности поля a является равенство нулю вихря этого поля rot a 0 .

Поскольку	U dx	U dy	U dz ax dx ay dy az dz,
dU
	x	y	z

то потенциальная функция U с точностью до произвольного постоянного слагаемого определяется линейным интегралом

U	a, dr	ax dx ay dy az dz B dU U (B) U ( A) .	(14)
AB	AB	A	AB и
Линейный интеграл не зависит от формы кривой			AB и

определяется разностью значений потенциального поля в конце и начале пути интегрирования. Поэтому за путь проще всего взять ломаную со звеньями, параллельными координатным

осям, а за начальную точку A - начало координат.
		2	i y	2	2	k	через часть
5.1. Найти поток вектора a		x	i y	j	z	k	через часть
сферы x2 y2 z2 R2 ,	x 0, y 0, z 0 ,				в		направлении
внешней нормали.
Решение. Используя формулу (1), имеем
a, n dS x2dydz y2dxdz z2dxdy .
S	S

Таким образом, задача сводится к вычислению трех интегралов. Преобразуя эти поверхностные интегралы в двойные по формуле (2), будем иметь

a, n dS x2dydz y2dxdz z2dxdy

R2 y2 z2 dydz R2 x2 z2 dxdz

R2 x2 y2 dxdy.

Переходя к полярным координатам, получим

a, n dS 2 d R R2 2 d 2 d R R2 2 d

S	0 0	0 0

2 d R R2 2 d		R4 .
0	0	8
5.2. Найти поток векторного поля a xyi zj 2 y3k через
часть поверхности 4x2 y2		4 z , лежащую в первом октанте

x 0, y 0, z 0 , в направлении нормали, образующей острый

угол с осью Oz .

Решение. Для нахождения потока воспользуемся формулой

(1). Разрешим уравнение поверхности относительно z и найдем производные

z 4 4x2 y2 , zx 8x , zy 2 y .

Элемент площади поверхности и направляющие косинусы нормали к поверхности S находятся по формулам (3), (4). Поверхность S представляет эллиптический параболоид (рис. 5).

Рис. 5 Спроектируем его на плоскость Оху и рассмотрим четвер-

тую часть D. По условию нормаль образует острый угол с осью Oz , следовательно, cos 0 и в формулах (4) перед

корнями следует брать знак (+). Расчетная формула примет

вид (5). Координаты вектора a					по условию равны			ax xy ,
ay 4 4x2 y2 , az		2 y3 , отсюда
Q 8x2 y 4 4x2 y2 2 y 2 y3 dxdy
D
1	2 1 x2	1				1		32 .
8 dx		ydy 4 y2	02	1 x2 dx 16 1 x2 dx
8 dx		ydy 4 y2	02	1 x2 dx 16 1 x2 dx
0	0	0				0		3
5.3. Найти поток вектора						1	2
5.3. Найти поток вектора				a	zi	6 xj	9 yk через часть

поверхности x 2 y 3z 1,	лежащую в первом октанте x 0 ,
y 0 , z 0 , в направлении	нормали, образующей острый угол

с осью Oz .
Решение. Воспользуемся формулой (5). Для этого найдем
проекции вектора на оси координат:	ax z	1	1 x 2 y	,
		3

ay 16 x , az 92 y и производные zx 13 , zy 23 :

Q		1		1		x	2 y	1		1	x		2					2
			3					3		6			3					9
																				y dxdy .
	Sxy
Проекция поверхности на плоскость Ox y представляет об-
ласть Sx y , ограниченную							прямыми						x 0, y 0 и										x 2 y 1
(рис. 6). Отсюда																1
						y 1 1 x											1 x
																	1 x
												1				2
	Q				1	1 dx	2	dy			1	1	y							dx
					9	0	0				9	0
					1											0			1
																0
			1			1 x dx			1					x		2					1
																2
					0					x												.
										x												.
			18						18						2				0	36
																			0

Рис. 6

				3	i y	3		3	k через полную
5.4. Найти поток вектора a				x	i y		j	z	k через полную
поверхность конуса	x2	y2	z2	, 0 a H .
поверхность конуса		R2	H 2	, 0 a H .
		R2	H 2

Решение. Воспользуемся формулой Остроградского - Гаусса (8), тогда

a, n dS 3x2 3y2 3z2 dxdydz

R2 x2

dy.

Переходя к полярным координатам, получим

a, n

R4 H

H R5

H3 R2

1 H3 R5

R 5

3 R

5.5. С помощью формулы Остроградского - Гаусса вычис-

лить

x3dydz y3dxdz z3dxdy ,

взятый

по

наружной

поверхности

тетраэдра,

образованной

плоскостями

x y z a , x 0 , y 0 , z 0 .

Решение. Сопоставляя данный интеграл с левой частью

формулы

(6), находим,

что

P x3 ,Q y3 , R z3 .

Найдем

первые производные

3x2 ,

3y2

3z2 .

На основании формулы (6) задача сводится к вычислению интеграла

a x

a x y

x2 y2

dxdydz 3

y2 z2

a x

y y

a x

a x y

3 dx x

2 a

a x

3 0

0, 2a

5.6. Вычислить x cos y cos z cos dS по внешней

поверхности тетраэдра, ограниченного плоскостью x y z 1,

расположенной в первом октанте.

Решение. По формуле Остроградского - Гаусса (7), где

P x, Q y, R z , имеем

x cos y cos z cos dS

dxdydz

1 x

1 x y

1 .

3 dxdydz 3 dx dy

cos n,k dS

5.7. Вычислить I x cos n,i y

cos n, j z

по внешней поверхности параболоида

x2 y2 2az a2 ,

z 0 ,

расположенной во втором октанте.

Решение. Согласно формуле (7) обозначим P x2 ,Q y2 ,

R z2 . Найдем производные	P	2x,	Q	2 y,	R	2z . По
	x		y		z

формуле Остроградского-Гаусса имеем

I 2 x y z dxdydz 2 dxdy

x y z dz

x y a

a S

dxdy.

Переходя к полярным координатам, получим

cos sin d

2 2d

d a2 2

a2 2 3

16a2

5.8. Вычислить с помощью теоремы Остроградского - Га-

z i

yk в сторону внеш-

усса поток вектора a

j 6x

ней нормали через полную поверхность тела, лежащего в первом октанте x 0, y 0, z 0 и ограниченного

поверхностью S : x 2y 2z 2 .

Решение. Поверхность ограничена координатными плоскостями x 0, y 0, z 0 и плоскостью x 2 y 2z 2 (рис. 7).

Рис. 7

Воспользуемся формулой (8). Находим дивергенцию

вектора

														2																			2								2
				div a								y				z											3y												6x			y 6 y .
				div a						x		y				z							y				3y										z		6x			y 6 y .
Поверхность S проектируется на плоскость Oxy в область,
ограниченную осями Ox , Oy и прямой x 2 y 2 . Отсюда
																				x					x																	x			1		x		y
																				x					x																	x			1		2		y
													2						1				1						y						2					1
													2						1	2			1		2				y						2					1		2
Q 6 ydxdydz 6 dx dy																																ydz 6 dx yz																		dy
		V											0						0					0											0						0
			1		x																																							0				x
																																												0
		2							x																	2									x y2							y3				1
		2		2					x								2									2									x y2							y3				2
6 dx								1			y		y						dy		6											1																		dx
6 dx								1			y		y						dy		6											1							2											dx
		0		0					2																	0									2				2			3				0
		0		0																	2					0																3				0
																			x 4		2
	2			x			3		2				1													1
	2						3		2				1
								dx										2
		1																													.
		1		2												4										2					.
	0			2												4										2
																					0
5.9. Проверить формулу																					0			Грина											для				интеграла:
5.9. Проверить формулу																								Грина											для				интеграла:
а)			dy						взятого										по				контуру														ABC						с			вершинами
а)	dx		dy					,	взятого										по				контуру														ABC						с			вершинами
L		y				x																		xy x y dx xy x y dy ,
A 1,1 , B 2,1 ,C 2, 2 ;																			б)					xy x y dx xy x y dy ,
																									L
взятого по окружности x2 y2																					x .
Решение. а) В данном интеграле P x, y																																								1		,Q x, y 1 .
Решение. а) В данном интеграле P x, y																																								y		,Q x, y 1 .
																																								y										x
Частные производные															P						1							, Q							1			. Следовательно, по
Частные производные															P								y2					, Q										. Следовательно, по
															y								y2							x					x2
формуле Грина будем иметь
																												1						1
									dx				dy															1						1		dxdy .
									dx				dy															2						2		dxdy .
								L	y							x						S		x										y

Область интегрирования показана на рис. 8 и ограничена прямыми: y x, x 2, y 1. Найдем двойной интеграл по

площади треугольника						2	x							2
	1		1			2	x		1		1			2	1			1
					dxdy	dx							dy				1 dx		.
		2	y	2	dxdy	dx				2	y	2	dy		x	2	1 dx	2	.
x			y			1	1	x			y			1	x			2

Найдем теперь значение криволинейного интеграла непосредственно по контуру треугольника. Уравнение AB : y 1,

dy 0;

уравнение BC : x 2, dx 0;

уравнение

CA : y x ,

dy dx . Отсюда

2 dx

AB BC CA 1

1 x

Рис. 8

б) В данном интеграле P xy x y , Q xy x y . Част-

ные производные Py x 1, Qx y 1 . По формуле Грина

xy x y dx xy x y dy y x dxdy.

L S

Область интегрирования показана на рис. 9. Переходя к полярным координатам, двойной интеграл по области S равен

											sin
y x dxdy 2											sin
y x dxdy 2							cos sin d						2d
S												0
						2

	1	2		sin	3			4	d	1	2			4
	3			sin		cos	sin		d	3	sin				d	8 .
			2									2
			2									2

Рис. 9

Найдем теперь значение криволинейного интеграла непосредственно. Для этого представим нашу окружность

			1 2				2			1 2																x	1	1	cos t ,
x					y						в			параметрическом									виде				2	2
x			2		y						в			параметрическом									виде
			2							2
y		1 sin t . Криволинейный интеграл в этом случае будет
		2
2		1	cos t sin t sin t											1	cos t			1		1				1
			cos t sin t sin t												cos t						sin t				sin tdt
0		3												2				2		2				2
	2		1	cos t sin t sin t											1	cos t			1		1		1	cos tdt
	0		4	cos t sin t sin t											2	cos t			2		2	sin t	2	cos tdt
	0		4												2				2		2		2
		1 2			3	sin		2	t cos			2	t					.
						sin			t cos				t	dt				.
		4 0			2												8
																35

5.10. Показать			с	помощью		формулы		Стокса,		что
yzdx xzdy xydz		по		любому	замкнутому		контуру			равен
L
нулю. Проверить		это вычислением интеграла							по контуру
OAB с вершинами O 0, 0, 0 , A 1,1, 0 и B 1,1,1 .
Решение.	Согласно			формуле		Стокса	(10)		обозначим
P yz,Q xz, R xy . Тогда
P	z, P		y, Q z,		Q	x, R y,		R	x .
y		z		x	z	x		y

Подставляя эти производные в формулу Стокса, получим

yzdx xzdy xydz

z z dxdy x x dydz y y dxdz 0.

S S S

Треугольник OAB показан на рис. 10. Запишем уравнения его сторон. Уравнение OA : x y, z 0; Уравнение AB :

x 1, y 1; уравнение OB : x y z . Представим криволинейный интеграл в виде суммы интегралов

1 x 0dx x 0dx x2d 0 1 zd 0 zd 0 dz

OA AB BO 0

1 x2dx y2dy z2dz 1 1 0.

Рис. 10 36

5.11. Применяя формулу Стокса, найти интеграл

I xdx x y dy x y z dz ,

L
где L кривая x2 y2	a2 , z x y и проверить результаты

непосредственным вычислением.

Решение. Согласно формуле Стокса (10) обозначим P x ,

Q x y , R x y z . Найдем производные
P	0,	P	0,	Q	1,	Q	0,	R	1,	R	1 .
y		z		x		z		x		y

Тогда по формуле (10) будем иметь

xdx x y dy x y z dz dxdy dydz dxdz .

L	S	S	S
Найдем первый интеграл в правой части последнего выра-
жения. В сечении цилиндра	x2 y2	a2 плоскостью		z x y

имеет эллипс, проекция которого на плоскость Оху есть круг. Тогда в полярной системе координат получим

2 a

dxdy d d a2 .

Проекции сечения цилиндра плоскостью на координатные плоскости Oyz и Oxz , в силу симметрии, будут одинаковые по

площади эллипсы. Следовательно, два последних интеграла в

сумме равны нулю. Таким образом, I a2 .

При непосредственном вычислении криволинейного интеграла, целесообразно кривую L представить в параметрическом виде

x a cos t, y a sin t, z a cos t sin t , 0 t 2 .

Значение криволинейного интеграла будет

	2	2	cos t sin t cos tdt
I a2 cos t sin tdt a2			cos t sin t cos tdt
	0	0
2	cos t sin t cos t sin t dt a2			2
2a2	cos t sin t cos t sin t dt a2			cos2 tdt a2 .
0				0
5.12.	Найти	работу	сил поля	a xyi yzj xzk при

перемещении точки массы т по замкнутой линии, состоящей

из: отрезка прямой	x z 1, y 0	;	отрезка прямой
y z 1, x 0 и четверти окружности x2		y2	1, z 0 (рис. 11)
по направлению стрелки.

Рис. 11

Решение. Воспользуемся формулой (12). Учитывая, что ax xy, ay yz, az xz , используя уравнения заданных линий,

будем иметь
a, dr xzdz			yzdy xydx
L	AB	BC	CA
1	1 z zdz 1	y 1 y dy 1		x 1 x2 dx 1		1	1	2 .
0	0		0		6	6	3	3	j
5.13 Найти циркуляцию вектора: а) a x2						y i y2 x			j
вдоль окружности радиуса R с центром в начале координат;
б) r вдоль одного витка винтовой линии					x a cos t,		y a sin t,

z bt 0 t 2 .

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022510.55 Кб4Учебное пособие 643.pdf
#
30.04.2022511.19 Кб5Учебное пособие 644.pdf
#
30.04.2022511.46 Кб2Учебное пособие 645.pdf
#
30.04.2022511.47 Кб2Учебное пособие 646.pdf
#
30.04.2022512.08 Кб3Учебное пособие 647.pdf
#
30.04.2022512.25 Кб5Учебное пособие 648.pdf
#
30.04.2022512.25 Кб2Учебное пособие 649.pdf
#
30.04.2022257.79 Кб3Учебное пособие 65.pdf
#
30.04.2022512.26 Кб5Учебное пособие 650.pdf
#
30.04.2022512.85 Кб2Учебное пособие 651.pdf
#
30.04.2022513.41 Кб3Учебное пособие 652.pdf