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 31 3233 / 4233 34 35 36 37 38 39 40 41 42 > Следующая >>>

Р е ш е н и е . Пусть во всех точках объема V, кроме точки А,

дивергенция вектора а равна нулю: сйуа = 0.			Окружим точку А
поверхностью	(5^ (см.	чертеж). Тогда по условию задачи всюду
в объеме, заключенном		между поверхностями 5	и 5 Ь сПу а = 0, а
поток вектора	а через	поверхность 5 + 5х равен нулю на основа
нии результата	предыдущей задачи, т. е.

или иначе

(Л)

В этой формуле а„ — проекция вектора а на внешнюю нор маль п к поверхности 5, а а„, — проекция вектора а на внешнюю нормаль п, к поверхности 5,. Внешняя нормаль к поверхности 5Х направлена внутрь (противоположно направлению внешней нормали на поверхности 5). Учитывая, что изменение направления нормали на противоположное изменяет знак интеграла, получим

Заменяем в (А) второе слагаемое в левой части равенства его значением из (В):

15)(5.)

и окончательно

что и требовалось доказать. Решим задачу на применение этого результата.

Задача 13,11. Напряженность Е поля точечного электричес* кого заряда е на расстоянии г от этого заряда

Е =

(А)

где г — радиус-вектор,

проведенный

из заряда

в рассматриваемую

точку

поля

А.

Определить

поток

вектора

Е через любую замкнутую поверх

ность

в двух случаях:

заряда

е и

когда эта

поверхность не охватывает

когда

заряд

расположен

внутри замкнутой поверхности.

Р е ш е н и е .

Для

ответа

на

первый

вопрос

воспользуемся

формулой

(13,17).

Поток вектора

через

замкнутую

поверхность 5

Я -

{ ! * • * " Ш («Vа&о.

(5)

(У)

Будем

считать,

что

заряд

с помещен в

начале

координат, а

точка

имеет

координаты _х,

и г.

Тогда

радиус-вектор г =■

= х1 + у} +

гк,

а его модуль

г — У х2+ у* + гг

Поэтому

равенство

(А)

перепишется так:

^ =

7 » (XI +

у[+ гк),

Ех = ~ х\

Е„ = ^ у ,

Ег ~ - р г.

тт

дЕх

дЕи

дЕг

Найдем теперь - ^ ,

дЕх

Их “

Но г = Ух* + у*- + ? ,

д*

2х

2 Ух* + у* + г*

Ух*+у* + .

Поэтому

дЕх .

/ *

Зг2г '

/■

_г* — 3/-V

.г* — 3**

дх

га

г7

г*

Аналогично

г* —Ь*

дЕг

Ъг

дЕи .

дЕг

“ЗГ Г

дг

поэтому

Л у Ё	с	('* -	З*1) +	(г» - З у) + (г - Зг«)	З л « - 3 (* Ч - у » + г » ) .
			у* +	г*	г*
Но так	как	х* +	у* +	г* — г*, то числитель последней дроби равен
нулю и в рассматриваемом случае <Ну Е — 0.

Поскольку знаменатель последней дроби г*, то это заключение

является верным	только тогда, когда г Ф 0 , т. е.	всюду, кроме
начала координат.	В рассматриваемом случае, когда	поверхность 5

не охватывает заряда е, радиус-вектор г не может быть равен нулю, поэтому поток вектора 5

З а к л ю ч е н и е . Поток	Я вектора Е — напряженности элект
рического поля точечного	заряда — через всякую замкнутую по

верхность равен нулю, если эта поверхность не охватывает зарода е. 2. Когда заряд е расположен внутри замкнутой поверхности, т. е. когда начало координат находится внутри замкнутой по


верхности сделанное			выше заключение		оказывается неверным, так
как	в этом случае радиус-вектор г в начале координат равен нулю.
Для ответа на второй вопрос задачи воспользуемся резуль
татами задачи		(13,10).
Поскольку		в рассматриваемом		случае во		всех точках объема
V,	ограниченного		поверхностью	5,.	кроме	начала	координат,
(Ну 2: = 0, то'		поток вектора Я не		зависит от формы			поверхности
5, в связи с чем за			поверхность 5 примем сферу радиуса Я с цен
тром	в начале	координат.
Так как внешняя нормаль в любой точке сферы совпадает с
направлением		радиуса-вектора ~г этой			точки,	то вектор ~Ё имеет

то же направление, что и внешняя нормаль к сфере, поэтому

проекция Е„ вектора Е на		внешнюю нормаль равна						его	модулю.
Так как Е =* ^-г = ^		,	а	-у есть единичный векторг0 ради
уса-вектора г точки, то Е			• г0, а его			модуль	Е =*	. Поэтому
Модуль радиуса-вектора			точек		сферы	равен	радиусу		Я сферы,
поэтому	г — Я н тогда Е„ =		^ , а		поток	вектора Е
так как	равен поверхности			сферы,		т. е. 4*/?1.
И									323

З а к л ю ч е н и е .

Если

точечный заряд

е расположен

внутри

замкнутой

поверхности,

то поток вектора

Е — напряженности ноля

данного заряда — через эту поверхность

равен 4ке.

Задача

13,12. Найти

поток

вектора

а = хЧ +

у2/

г2к через

положительный

октант

сферы

х2-+• у2+

г2= /?*

(х >

у > О,

2 >

0).

Воспользуемся

формулой (13,11), в

которой надо

Р е ш е н и е .

взять ах =

х2; ау = у*; аг = г2. Тогда поток вектора

П =

фйхЛг +

г24хйу,

(А)

где

под 5

понимается

поверхность сферы,

расположенная

в пер*

ьом

октанте.

Представим интеграл в формуле (А) в виде суммы трех интег

ралов. Областями

интегрирования при вычислении этих

интегралов

будут проекции поверхности 5 соответственно на координатные

плоскости уОг,		Юг и Юу. Это видно			из	наличия в первом		ин
теграле произведения йуйг, во втором йхйг, в третьем йхйу
	П —	х2йуйг +	у2йхАг-\- \| \|				г2Ахйу.
	\У°г______ 1		______ \|				______ \|
		Л	1%				/,
При	вычислении	интеграла	выразим		х2 через у2 и г2. Из урав
нения сферы х2 + у2 + г2 = Я2 следует,						что	х2= /?* — (у2 +	г2).
Перейдем к полярным координатам, в					которых у2+ г2= р; х2 *
=	— ра, а <1у йг надо заменить на			р4 р4<р.
Поэтому
						2	К
л = Ц * луйгш* ^У — р*) р				^		^	5 (^* — р*) р	:
	50	5уОг	к			•	«
		X	к

						к	__	я /? 4	*
						2		8	*
Вычисляя	/ 2 и	/ э,	найдем,		что каждый				из этих интегралов
-	*/?4	потому		поток
также равен	. а	потому		поток
	п		,	*#4	.	«/?4		3	т
	77 =		“Г +	“Г	+	- Г	=	Т 1'/ ? -

Задача 13,13 (для самостоятельного решения). Найти поток

вектора	а = х2! + у2/ +		через поверхность			сферы	х2 + у2 +
Ч- 22 =	I?2.
У к а з а н и е .		Воспользоваться формулой (13,11). Удобно						начать
с вычисления ] ^ гМ хйу. Из уравнения					сферы	х2 + у2 +		г* = /?2
	5дЮу					координатам.
найти г2 — Яг— (х2 Ч- у2). Перейти к полярным						координатам.
О т в е т . Я =		-у
Задача 13,14.		Найти	поток	вектора	5 = у 1	+ г/ +	хБ	через
часть плоскости		х + у +	г = а,	расположенную		в первом октанте
(х > 0, у > 0, г > 0).					2
Р е ш е н и е . Воспользуемся фор-					2
мулой (13,8), по		которой

л- Ц м * .

ивычислим проекцию а„ вектора

ана внешнюю нормаль к плоскости

х + у + г = а	по	формуле		(13,9)
а„ = ахсо$ (я,	х) + аусо$ (л,			у) +
Ч- аг соз (л,г).
Так как эта нормаль			образует
с осью Ог острый угол, в формуле
для соз (л, г)	возьмем знак			плюс,
а направляющие косинусы нормали х								К задаче 13.14
найдем по формулам (13,3) и (13,4).								К задаче 13.14
соз (л, х) = —		-------- ;			соз	(л,	у) =		4	]
1 7		/ 1 + Р2 - М 2				1 ’ Ю		/ 1 + ^ + 4*
		СОЗ (Л, 2)
где
				д г		д г
Уравнение	плоскости		х + у +		г«=а		разрешим		относительно г
и получим г ■* а — х — у,			откуда
		д г		.	4 =	д г		.
					4 =	5; = — ';
С05(" '	- -	у ’1 + (_ Т ) .- К - 1Р или С05("*							=	Г з ;
	соз (л, у) =				соз (л,		г) =	^=.

Из условия	задачи аж— у,	ау =		г: аг ™ х.			Поток	Я	вектора о
будет равен на основании (13,10)
77 “ И	г * 7	3	•	л71)Л	“	р з	И	+ "
"(5) '							(5)	х 4 - у + г = а,
где интеграл	5 распространен		на	часть	плоскости			х 4 - у + г = а,
расположенную в первом октанте.				Но	в	последнем		интеграле по*
дынтегральную функцию х + у + г можно						заменить		из	уравнения
поверхности	на а, так как на		поверхности 5				х + у + г = а,

Треугольник АВС равносторонний (АВ = АС = ВС), значит, каждый его угол равен 60°. Из равнобедренного прямоугольного

треугольника АОС следует,	что АС -»У а2+ а2= а У~2. Высота
ВО = АС • $ т 60° =* АС • ^	— а У 2 • ^	, а потому

З ^ л с - у А С • ВО - \ а У 2 .

и окончательно

„о в* /3 а»

Задача 13,15 (для самостоятельного решения). Определить по* ток вектора а ~ у? г/ + хй из предыдущей задачи через полную поверхность пирамиды, ограниченной плоскостью х + у -|- г = а и

координатными	плоскостями (см.	чертеж к предыдущей задаче).
У к а з а н и е	. Искомый поток	рассмотреть как сумму потоков

через грани пирамиды АОВ, ВОС, АОС и АВС, причем использо вать результат предыдущей задачи: через грань АВС поток вектора


а П = у . При вычислении				потока этого вектора, например через
грань АОВ, учесть,		что	на	этой	грани	соз(п,	х) =	соз (п, г) = 0 ,
а	со$ (а, у) — — 1 и вычисление				потока	через	эту	грань	приведет
к	интегралу — ^ г 4$, в		котором элемент 4$				площади		треуголь
ника АОВ должен		быть	заменен		на Лхйг. Уравнение прямой АВ:
х + г -• о. Отсюда		ПАов — — у .

Поток через полную поверхность рассматриваемой пирамиды равен нулю.

О т в е т . Я = 0.

Задача 13,16 (для самостоятельного решения). Найти поток

вектора а =	хН + у2] + г2к через сферу (х — а)г + (у — Ь)2-+■
+ ( г - с ) а =	Яа.

У к а з а н и я . Искомый поток						вычисляется по формуле (13,И).
1.	Удобно	перейти к сферическим					координатам. Положим
			х — а =		Л соз		з т 0;
			у — Ь =		/?зш<рз1п0;				.д
			г — с =		ксо50;				'	'
			(О < <р<		2; 0 < 9 < ).
Проверьте, действительно ли (х — а)г + {у— Ь)2+ (г— с)2 «■ Я2.
2.	При вычислении,			например ^ г М х й у , рассмотреть его						как
сумму двух интегралов
		г%йхйу «=			ггАхйу + ^			ггйхйу,
		(5\|		«,)			(5„)
где $„— верхняя сторона				верхней половины сферы,					а
5„ — нижняя сторона				нижней		половины сферы.
Тогда
	\\г*<1х<1у =		112*005(7»,			г)вАз + \\г*со$(7»,			г)нй$,
	(5)	„	5 ,				(«а)
где соз (л, 2)в		и С05 (л, г)в — косинусы					угла	между	внешней нор

малью и осью Ог соответственно на верхней стороне верхней поло

вины и на нижней стороне		нижней половины сферы.		г — с
3. Разрешить уравнение		поверхности	относительно
г — с= ± / « * — (Ж— а)* — (у— 6)8;
г = с ± У К г - ( х - а у - ( у - Ь ) \				(В)
где знак плюс надо взять для верхней			половины сферы, а знак
минус— для нижней.
На верхней стороне верхней половины сферы со$ (л,				г) > О
соз (л, г) =				<С)
а на нижней стороне	нижней половины сферы соз (л, г) < 0
соз (л ,	г) =	I	1 -

(О)

Вычисляя ~ и щ из уравнений (В) и подставляй в (С) и (О), полу

чим в двух случаях для соз (л, г) одно и то же выражение соз (л, г) =

2-~ С

— — Тогда, если учесть, что в сферических координатах эле

мент поверхности

(Ь = Я2з!п 0 йЬ йу

(см. В. С м и р н о в . Курс высшей математики, т. II, стр. 190),

г2 соз (л, г)в й$

гасо$ (л г)„<& *=

<$в>

<5Н)

• ^

• / ?

а 8т

0 й0й(р =

/? (*|га(г — с)з|П 0<Ю<*?.

<5»

*(5)

Так

как

сов (л, г)

имеет

одно и то же выражение на поверх

ностях

(5в)

и (5„), мы от интегралов по этим поверхностям пере

шли к

интегралу по всей поверхности сферы. Вычислить последний

интеграл

несложно. В

нем

на

основании

равенства

(А)

следует

взять

г — с — Я со80,

пределы

интегрирования

по 6 будут

0 и

я,

а по <р

они

равны 0

и 2я.

После вычислений

получим

\^ г гйхйу = -§-*сЯ*.

(5)

Аналогично вычисляются

и два других

интеграла:

( х2 йу 4г

у2йх йг.

'< »

“(5)

О т в е т . /7 =* у * # 3 (а + Ь+ с).

Задача 13,17 (для самостоятельного решения). Найти поток

вектора а = хЧ +

у21

г2к

через верхнюю

сторону верхней поло

вины сферы

(х — а)2+ (у —к)2+ (г — с)2= Я2.

О т в е т .

Я = 2хКа( | +

|с К

+ ^ ) .

Задача

13,18 (для самостоятельного решения). Вычислить поток

вектора

<*= (х + у)1 + (у — х)] + гк

через

поверхность шара

единичного

радиуса

с центром в

начале

координат.

У к а з а н и е . Вычислить дивергенцию вектора 5. Окажется, что

(Пул = 3,

иприменить формулу Остроградского.

От в е т . Л = 4я.

С о д е р ж а н и е . Сеойстеа дивергенции. Упражнения, связанные с форму* лами Остроградского и Стокса.

ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ

1 . Формула Стокса. Эта формула связывает криволинейный ин теграл по замкнутому контуру I* с интегралом по поверхности, ограниченной данным контуром. Она записывается так:

Здесь Ь — замкнутый контур, ограничивающий поверхность 5. На правление нормали к поверхности 5 выбирается так: для наблю дателя, стоящего на поверхности н смотрящего на нее с конца нормали, обход контура Ь в правой системе координат должен происходить против движения 'Часовой стрелки.

Формула (14,1) на основании формул (12,7) может быть запи сана так:

+ го^ а сое (л, у) + го1, о с о б (п, г)) ё&.

(14,2)

2. Формула Стокса в векторной форме. Учитывая, что выра жение в квадратных скобках под интегралом в (14,2) есть проек ция вектора го1 а на нормаль к поверхности, т. е. (го1 а)п, формула (14,2) в векторной форме запишется так:

(6 а • <й — ^ (го1 а)пё$,

(14,3)

Г“(5,


где 4/ — элемент дуги кривой Ь, рассматриваемый как малый				век
тор, проекции которого на координатные оси		равны йх, йу		и йг.
Из формулы Стокса (14,2) заключаем,	что	циркуляция	произ•
вольного вектора по замкнутому контуру	равна потоку		ротора

этого вектора через любую поверхность, опирающуюся на этот контур (направление обхода контура 1* и направление нормали к поверхности 5 должны быть согласованы одно с другим).

Свойства дивергенции

Задача 14,1. Доказать что

<Ну (а +	В) =	(Ну а ■+■(Ну Ь,
где	у, г),	Ь = Ь(х, у, г).
а = а(х,	у, г),	Ь = Ь(х, у, г).

Р е ш е н и е . Векторы а и Б определяются равенствами

а = а] + ау1 + а&

(а + Ь)х = ах + Ь4	(а +	Ь)у =	+ \ \|
(а + Ь)г =	п, +	Ьг
Согласно формуле (13,13)

Поэтому

(Ну (с + 5) < = ^ (а + Ъ)х + 1 (а + Ь)и + ^ (а + Ь)г =

	“	5 5( а * + Ь* ) + щ ( ° у + Ь « ) +					^	а *ь+г ) —
		—	( д а * _\|_ даУ 1	д а г \	, (дьх		дЬу ,	Й>Л
		-	[ЪГ + Ъ + 1*7 + \Т х + Ту +					-ЗУ*
Выражение, стоящее в первой скобке,							есть	(Ну а,		а выражение,
стоящее во второй скобке, есть					(Ну Ъ.
Итак,
			(Ну (а +	Ь) = (Ну а +			(Ну Ь.
				I
Задача	14,2		(для самостоятельного				решения).			Доказать,	что
(Ну (11а) = а • §га(1 (/, где а — постоянный							вектор,		I! = 1! (х, у,		г),
а а • §гай II — скалярное произведение						векторов а			и	§га<1 II.
Задача	14,3.		Доказать,	что,	если	а = а(х,. у,				г)\ а функция
II *= 11 (х,	у,	г),	то
			(Ну (11а) =	II (Ну а +		а • дгаб II *

• В отличие от предыдущее задачи здесь а — переменные вектор.

<<< < Предыдущая 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 3233 / 4233 34 35 36 37 38 39 40 41 42 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги