Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги / Практические занятия по высшей математике. Численное решение алгебраических и трансцендентных уравнений, матричное исчисление, векторный анализ и интегрирование линейных дифференци

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

15.42 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 4232 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 > Следующая >>>

поверхности г =х3+у3найдем \| \|		* ^ и вычислим ^ 1
входящий в эту формулу:
— =	2х •	\| = 2^
дж	*	\| = 2^

1Л 1 + Й * + ( 1 ) ’ " 1 / ' + ^ + ^ -

Подставляя это значение корня и заменяя г на ж* -{- у2 в (13,2)г получим

Ух* +у*	• у 1 н- 4хг + 4у%йо.
Х * + у *

где о — проекция поверхности 5 на поскость хОу. Эта проекция — круг радиуса а. Его ограничивает окружность ж* + у3=* а*.

/ = ГГУ ч - ^ ч - у		I + 4(Ж	«+у»)
и	у * * + у*	*» +	*»

И здесь выгодно перейти к полярным координатам, в которых

Поэтому		** + $/* =	Ра;	йо=*
Поэтому					2я		а
					2я		а
			р</р		^	^ У		1 + 4р® йр.
	(О)				о		о
Внутренний интеграл
\| У Т р 1	?«/р -	4 - ( т ^ ! + 4 * +			т	,п 12а + V 1			+	4а’1)-
О
У к а з а н и е .
Гу^1 + 4р* йр =		Г-4=г==йр =		Г	^		+ 4 С—-		р	Лр.
3		З / г + 4 ?		З у п м р 1				3 / 1	+ 4Р>
а Г -7 = = = = взять по частям,			полагая		а =		р;	й» = —т = ^ —
3 / 1 + 4р*		’							/ 1	+ 4р>
О т в е т . /	= * * ( \| / 1 + 4а» +			.1.1п\|2в +			/ 1	+ 4а1\|) .

Задача 11,8 (для самостоятельного решения). Вычислить поверх ностный интеграл первого типа

/ - П / 7 + 7 Т ? * ,

Г$>

ЗИ

где 5 — поверхность				конуса г2= х2 4- у2, ограниченного сверху
плоскостью г — к.
У к а з а н и е .		Воспользоваться формулой (13,2). После замены
под корнем г2 на хг				у2и вычисления
что г = у^х2 + у2) должно получиться
				/ = 2 ДО (• + *) Л .
				<•)
Перейти к	полярным			координатам.
/ч	/	4 п к *	.
О т в е т .	/ =	—у	.
Задача	13,4.	Найти поверхностный интеграл первого типа

' - И * * .

(5)

где

5 — полная

поверхность

тетраэдра,

отсекаемого

от первого

октанта

плоскостью

х + у +

г ■= 1.

Р е ш е н и е . Здесь поверхность 5 составлена из четырех частей.

Значение величины

й& в формуле (13,2)

ниже

указано для

каж

дой

из

этих частей:

хОу:

й$ = йх йу. Он

— треугольник

плоскости

2 = 0;

ограничен осями Ох, Оу и прямой

х + у = 1.

5 2 — треугольник

в плоскости

хОг:

у — 0; йг = <1хс1г. Он ог

раничен осями Ох, Ог и прямой * - | - г =

1; г =

1— х.

огра

53 — треугольник

в плоскости уОг: х =

й$ = йу йг. Он

ничен

координатными

осями

Оу,

Ог

прямой

у +

2 = 1;

2 =

= 1 — 0.

плоскостью,

на

которой

г =

1 — х — у,

й5 =»

54 — заданная

= тГ&йхйу, так

к а к ^

= |

1 , а

+ (

( | ) 2 = / 3 ,

поэтому

/ = [ [ г2 йз =

ДО г2 <1$+

ДО г* <1$+

[ Сг2 йз 4- ДО г2 <1$.

<$)

(5.)

(5^)

(5.)

Учитывая значение йз на каждой из частей и заменяя в пос

леднем интеграле г на 1 — х — у, а <1$ на / 3 йх йу и вычисляя отдельно каждый из четырех этих интегралов, получаем:1

1) Д О г М 5 - Д О о . < / * ^ = 0 ; ($|) &)

		\ йх	\ гг<Ь =±\(1-х)*< 1х = ±>г
(5.)	(5.)	0	0	0
				Ш
		1	у	*
3) ЭДгМ$ =	^ г г4у4г=! ^4у		^ г*</г =	- М (1 — у)94у = ^ ;
(5.)	5 ,	0	0	0

4)]*]* г*<& =■ (1 — х —у)2УТ>йхйу~

		«•)	1-*	(з)
		•	1-*
	= УГЪ\<1х ^			(1 — х — у?с1у = ^ - .
Окончательно
		/ _ л . 1 , 1 . К з _ 2 + / з
		1 - °	+ !5 +	Т5 + Ж -------12	*
Задача	13,5.	Вычислить		поверхностный интеграл второго типа
			-И?"'
				(5)
по верхней стороне нижней половины сферы радиуса а.
Р е ш е н и е .		Уравнение		сферы х24- У2+	** = а2.	На	нижней
половине	сферы	г =	— У а1— х2— у2. Проекция			этой	сферы

на плоскость хОу есть круг радиуса а, ограниченный окруж

ностью	х2+ у* = а2. Применяя формулу (13,5) и заменяя под
знаком	интеграла г на — / а2— х2 — у2, получаем

'--И у

(Ч)

где а— проекция сферы на плоскость хОу. Перейдем в полярные координаты: х»рсо$<р; у = р $ т <р, элементы же площади йхйу надо заменить на рйрй<р.Тогда

(О) к	К
2*	а

1 = - ^ й п 2<?\уё=^<1Р.

/ \

•

Внутренний интеграл вычисляем по частям

= - р1 / ^ - р 1 |о + <[ 2р / ^ - р ® Й р =

л ~	»	О
о
и «■ р4		А и — 2 р й р
(IV = -?= == . о	=	— - 1 / а а — р 1

Поэтому
/ = _ \| . 08 \| $ т 2^ ^ = —	=

—	4 “(т -		т 8\|п2» ) Г —	т ° ’ 4		- 2'	—		4 " Л
Задача 13,6.		Вычислить поверхностный интеграл						второго		типа
			(5)
где 5 — поверхность конуса г* =				х* +	у8»	ограниченная				плос
костью г = Л.
Р е ш е н и е .		Применяя формулу		(13,5)	и заменяя			г* нах8 + «/*,
получаем
			(®)
где а — круг, являющейся проекцией поверхности 5								на	плоскость
хОух ограниченный			окружностью	х* + у* ■« Л*.			После		перехода
к полярным координатам
		I = Л ( Р ^ у г м р х п у г р а?
			) С05 <р)* • (р $ ш <?)*
			р*
			(«)	2*				Л
				2*				Л

= ^ $ш* <р• сое®<р• р8 &р (1<р = ^ з!па <рсо$2<рЖр ^ р3 йр.

(а)			0				0
Интеграл		2х			2х>
2к		2х			2х>
Г 51П8 <Р • С05* <р Лр =г ^			$1п 2<р^	<*р = ~	^	5Ш* 2<Р <*<р =>
I 2п		о			о
1 Г	1— со* 4?.,	1 /1	1п4?\\|2		1	1	0.	*
Т 3	— 1ТГ-*^ = 7 1 т ? -----8			)\|о = Т - 7			- 2* = 7 -

Л	#	яА4
О т в е т :	/ =	“Пр

Задача	13,7. Определить поток вектора	г — радиуса-вектора
точки через	полную поверхность прямого	кругового цилиндра,

если нижнее основание цилиндра лежит в плоскости хОу, его

центр находится в начале координат,		радиус основания цилиндра
равен К, высота его И.		воспользуемся формулой
Р е ш е н и е . При	решении задачи
(13,8). Черев полную	поверхность цилиндра поток

К задаче 13,7

1 . При вычислении потока черев боковую поверхность цилиндра следует учесть, что внешняя нормаль к этой поверхности в любой ее точке перпендикулярна оси Ог, а потому проекция г0 радиуса-

вектора	г на нормаль к боковойповерхности				цилиндра	равна
радиусу	цилиндра,		т. е. гп *= /?	итогда
П бок. нов. =		\|	\|	\| \|	= / ?	\| \|	= /
		(бок.	(бок.	(бок.
		ПОВ.)	НОВ.)	ПОВ.)

так как сI$ равен боковой поверхности цилиндра. Окончательно

ок.

пов.)

Пб о к . ПОВ. — 2тс/?2/ / .

2.На_ нижнем основании цилиндра вектор г перпендикулярен вектору п — внешней нормали нижнего основания, а потому про-

екция	вектора г на внешнюю нормаль п равна нулю, т. е. г « О
н	п
	Яннжн. осн. — 11 Г п й 5 = 0.
	(иажн.
	оси.)

3.На верхнем основании внешняя нормаль к нему параллельна

оси Ог и имеет то же направление, что и ось Ог, поэтому проек ция радиуса-вектора г точек верхнего основания цилиндра на внешнюю нормаль равна высоте цилиндра Я и

Л к рхн. осн. =	г п 4 и —	Л н а $ = н	а $ = я . я»=я*я,
>	(оерхн.	(верха.	(верхи,
	оси.)	оса.)	осн.)

так как (Ь равен площади верхнего основания, т. е. кЯ*.

(верхи.

осн.)

Подставляя найденные значения потоков через боковую поверх ность цилиндра, его нижнее и верхнее основание в (А), получим поток через полную поверхность цилиндра

				Л	=	3кР *Н .
Задача		13,8.	Определить		поток радиуса-вектора				г точки	через
прямой круговой конус,				основание которого лежит в плоскости
хОу,	ось	совпадает с осью			Ог,		радиус основания равен			7?, вы
сота — Я .			Через полную поверхность конуса поток
Р е ш е н и е .
		Яполи. поа. коя. “			Я вок. лов. коя. "Ь Я оси, коя.*
Очевидно,		что	поток вектора			г	через	основание	конуса	равен
нулю,	так	как	на основании			конуса		вектор г перпендикулярен
к нормали		основания.
Проекцию радиуса-вектора 7 на нормаль к боковой поверх
ности	найдем по формуле			(13,9). У нас
			г	** зй +			у1 + гк.

поэтому

Гп = *СО$(Л, х) + у С05 (Я , у) + 2С05 (П, 2)

и по формуле (13,10)

ЛОВ.

КОН.)

хйуЛг + ус1г<1х + г<1хйу.

поВ.

КОН)

Остается вычислить интегралы:

Л хЛуЛг'.	уйгйх:	гйхйу.	(А)
(бок.	(бок.		(бок.
лов.	лов.		лов.
КОН)	КОН)	КОН)

Найдем уравнение поверхности конуса. Если на конусе взять произвольную точку А (д:, у, г), то из подобия треугольников ВОС и АВй следует, что

II ~Ш>' но АО = /X * +-«А В й - Н - г

и тогда

КУ * Т у %

~н “ Н - г *

Отсюда уравнение поверхности конуса:

г = й ( , _ > ^ + 2 ) .

д а

Последний из интегралов в (А), если в него подставить г из уравнения (В), приведется к виду

\| \| Ы хй у= \| \|	н [ 1 - Ухг+- У')йх<1у,
(бок.	(оси.
пэв.	кон)

КОН)

причем Дх Ду есть проекция элемента Д$ поверхности конуса на плоскость хОу и интегрирование будет вестись по проекции по верхности конуса на эту плоскость, т. е. по основанию конуса.

Если перейти к полярным координатам, то, учитывая, что в них & + у2= Р, а элемент площади Д$ — р ДрД<?, получим

И	Я [ \ - ^ ^ ) Д х Д у = Я \|\|( ,1 - \|- ) рДрД? =
(осн.	(ОСН
КОН)	кон.)

Два других интеграла (А) вычислить самостоятельно.

При вычислении §§ хДуДг учесть, что областью интегриро-

ЛОВ.

кон)

вания явится проекция боковой поверхности конуса на плоскость уОг, т. е. треугольник ВЕР. Множитель х, входящий в подынтег ральное выражение, определить из уравнения (В) поверхности конуса.

х = ± У ^ ( \ —

(С>

Уравнения сторон ВЕ и ВР треугольника ВЕР получаются из уравнения (В) поверхности конуса как уравнения линий пересече ния поверхности конуса с плоскостью уОг (уравнение этой плос кости х —0).

(В Е ).у= + /?( 1 - - ^ ) }

(ВЕ)у = - / ? ( 1 - ^ - ) .

В выражении (С) для х возьмем знак плюс перед корнем. Желая вычислить П хДуДг по всей боковой поверхности конуса и счи-

(бок.

лов.

КОВ)

тая х * + 1 /^ Р?{\ — — у1, мы должны будем вследствие сим-

метрик поверхности конуса относительно плоскости уОг получен ный результат удвоить, т. е.

			Ц	хйуйг — 2 ^		хйуйг =
		(бок. пов.			ЬВЕР
			кон)
	н	* I1	зг)		_______________
=	2
	* - ( ■ - * )
При вычислении внутреннего интеграла использована формула
	^ > /а2 — /* Л = у V °2— &+					\	агс 51П + С,
причем	принято, что			а* =	/?* ^1 —	.	Вычисление последнего
интеграла тем		же	путем даст
				Я 4 ^ 2 =

(бок.

ПОВ.

КОН.)

и тогда окончательно поток

Лполн. ПОВ.КОВ. “ “з"

т. е.

Я палн, по», кон. в

и / ? * Я .

Мы решили эту задачу, не прибегая к формуле Остроград ского. Используем ее и убедимся, что это значительно сэкономит вычисления. Поток вектора через замкнутую поверхность 5 нахо дят по формуле Остроградского (13,17).

Применим эту формулу для случая, когда вектором является радиус-вектор точки г — ля + у[+ гк. На основании (13,13)

а потому

дг

Но гх =8 X) Гу *ту\	гг -« г, поэтому
&	" 1*	& " » •
Значит, для радиуса-вектора г' <11V? =		3.

Интересующий нас поток радиуса-вектора г через замкнутую

поверхность будет	равен на основании формулы (13,17)
		Щ	э Л - з Щ л - З о . (13,19)
(5)	(о)	(О)	(О)

т. е. поток радиуса-вектора точки через замкнутую поверхность

8 равен утроенному объему, ограниченному этой									поверхностью.
Для потока-через'полную поверхность конуса, рассматриваемого
в этой задаче, имеем, учитывая, что объем							конуса		о = уи:7?2# ,
		^П О Л И . лов. коп. =		З . у	*	Я * Я - * / ?		2# .
Получен	тот	же	результат,	что	н	раньше,		но	со значительно
меньшей	затратой		труда, притом		получен		и дополнительный			ре
зультат.
В задаче		13,1	поток радиуса-вектора точки через полную							по
верхность	прямого		кругового	цилиндра /7 — 3кВ*Н, т. е. поток

радиуса-вектора точки через полную поверхность прямого круго

вого цилиндра равен утроенному объему цилиндра,			как	это сле
дует и из формулы (13,19).
Формулу (13,19) можно	истолковать так: если		в установив
шемся потоке несжимаемой жидкости скорость любой				частицы
равна ее раднусу-вектору, то количество		жидкости,	вытекающее
из какого-либо тела за единицу времени,		равно утроенному объ
ему этого тела.
Задача 13,9. Доказать, что если во всех точках некоторого
объема V, ограниченного поверхностью 5, дивергенция вектора а
равна нулю, то поток вектора	а через поверхность 5		равен нулю.
Р е ш е н и е . По формуле	(13,10) поток	вектора

(»)(О)

Вектор а , для которого дивергенция равна нулю, называется соленоидальным.

Задача 13,10. Доказать, что если во всех точках некоторого объема V, кроме одной точки А, дивергенция вектора равна нулю, то поток этого вектора через замкнутую поверхность, окружающую точку А, не зависит от формы этой поверхности.

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 4232 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги