Векторный анализ: Методические указания к выполнению типового расчета

Министерство образования Российской Федерации Ульяновский государственный технический университет

ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ Методические указания

Ульяновск 2003

Министерство образования Российской Федерации Ульяновский государственный технический университет

ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ Методические указания к выполнению типового расчета для студентов всех специальностей

Составители: И. В. Коноплева А. В. Скрынников

Ульяновск 2003

УДК 51(076) ББК 22.151.5я7 В26 Рецензент – зав. кафедрой № 7 «Высшая математика и инженерная графика» УФВВИС, доцент С. П. Никонова Одобрено секцией методических пособий научно– методического совета университета В26 Векторный анализ: Методические указания к выполнению типового расчета /Сост.: И. В. Коноплева, А. В. Скрынников. – Ульяновск: УлГТУ, 2003. – 28 с. Составлены в соответствии с учебной программой по курсу «Высшая математика», содействуют успешному усвоению темы «Векторный анализ» и совершенствованию математического аппарата будущего инженера. Настоящее пособие может быть использовано при выполне нии типового расчета студентами всех специальностей УлГТУ. Работа подготовлена на кафедре «Высшая математика».

© Оформление УлГТУ, 2003

ОГЛАВЛЕНИЕ ПРЕДИСЛОВИЕ

3

1. СКАЛЯРНОЕ ПОЛЕ

4

1.1 Понятие скалярного поля. Градиент. Производная по направлению 1.2 Решение типовых примеров 2. ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕ 2.1 Понятие векторного поля. Векторные линии 2.2 Решение типовых примеров 2.3 Поток векторного поля 2.4 Дивергенция. Формула Остроградского–Гаусса 2.5 Решение типовых примеров 2.6 Линейный интеграл. Циркуляция. Ротор 2.7 Формула Стокса 2.8 Решение типовых примеров БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

4 4 6 6 7 9 11 12 22 23 24 28

ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящие методические указания являются руководством к выполнению типового расчета «Векторный анализ». Подробно рассмотрены примеры ко всем задачам соответствующего раздела сборника заданий по высшей математике Л. А. Кузнецова [1]. В каждом примере указано, какой именно задаче из этого сборника он соответствует. Приведены необходимые для понимания разбираемых решений теоретические сведения и формулы. Перед выполнением расчета следует не только разобрать примеры, но и ознакомиться с соответствующим материалом по конспекту лекций или учебнику, например, [2, 3]. Преподаватель, желающий включить в типовой расчет теоретические вопросы и упражнения, может найти их в книгах [1] или [4] .

1. СКАЛЯРНОЕ ПОЛЕ

1.1

Понятие скалярного поля. Градиент. Производная по направлению

Если каждой точке M области D ⊂ R 3 поставлено в соответствие число U (M ) , то говорят, что в области D задано скалярное поле U . Зафиксируем систему координат. Тогда U можно рассматривать как функцию трех переменных – координат x, y, z точки M : U = U ( x, y, z ) . Градиентом функции U ( x, y, z ) называется вектор, проекциями которого на оси координат являются значения частных производных  ∂u ∂u ∂u  ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u , , : grad u =  ; ;  = i+ j ++ k. ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z  ∂x ∂y ∂z  ∂x Рассмотрим точку M ∈ D и луч l , выходящий из нее. Значение производной функции U в точке M по направлению l (см.[2,3]) вычисляется по формуле ∂u ∂u ∂u ∂u = cos α + cos β + cos γ , (1.1) ∂l ∂x ∂y ∂z где cos α , cos β , cosγ – координаты единичного направляющего вектора τ луча l или направляющие косинусы: τ = cos α i + cos β j + cos γ k .

1.2 Решение типовых примеров Пример (к задаче 1). Найти производную скалярного поля u ( x, y , z ) = x 2 − arctg ( y + z ) в точке M (1,1,1) по направлению вектора l = 18i + 9 j + 18k . Решение. Вычислим grad u в точке M (1, 1, 1) :

  ∂u ∂u ∂u   1 1 , − grad u =  ; ;  =  2 x;− ; 2 2  ∂ ∂ ∂ x y z 1 + ( y + z) 1 + ( y + z)     1 1  grad u ( M ) =  2; − ; −  . 5 5  Найдем вектор τ , который совпадает по направлению с l и имеет единичную длину. Длина вектора l равна l = 18 2 + 9 2 + 18 2 = 27 . Тогда 2 1 2 =  ; ;  = (cos α , cos β , cos γ ) . |l| 3 3 3 Производную по направлению вычисляем по формуле (1,1): ∂ u (M ) 2 1 1 1 2 17 = 2⋅ − ⋅ − ⋅ = . ∂l 3 5 3 5 3 15

τ=

l

Ответ:

∂ u ( M ) 17 = . ∂l 15

Пример (к задаче 1). Найти производную поля u ( x, y, z ) = ln( x + y 2 + z ) в точке M (1,3,2) по направлению нормали к поверхности S : z2 − 5 = 0 , образующей тупой угол с положительным направлением x + zy − 2 оси Oz . Решение. Найдем grad u (M ) и единичный вектор τ заданного направ  ∂u ∂u ∂u   2y 1 1 ; ; ; ления: grad u =  ; ;  =  2 2 2 ∂ x ∂ y ∂ z    x + y + z x + y + z x + y + z  1 1 1 grad u ( M ) =  ; ;  .  12 2 12  Вектор нормали к поверхности S : F ( x, y, z ) = 0 в каждой точке M ∈ S 2

 ∂F ( M ) ∂F ( M ) ∂F ( M )   . ; ; определяется по формуле n( M ) =  ∂ ∂ ∂ x y z   2 z В данном случае F ( x, y, z ) = x 2 + yz − − 5 , следовательно, n = (2 x; z; y − z ), 2 n ( M ) = (2;2;1). Найдем единичный вектор τ направления нормали:

τ =±

n |n|

=±

 2 2 1 = ± ; ;  .  3 3 3 22 + 22 +1 (2,2,1)

Выясним, какой знак соответствует вектору, образующему тупой угол с положительным направлением оси Oz . Поскольку τ = (cos α , cos β , cos γ ) , где γ – угол между вектором τ и положительным направлением оси Oz , и этот угол по условию тупой, то cos γ < 0 . Последнее возможно лишь при выборе знака «–»,  2 2 1 т.е. τ =  − ;− ;−  . Для вычисления производной остается воспользоваться  3 3 3 формулой (1,1): ∂ u (M ) 1  2  1  2  1  1  5 = ⋅−  + ⋅−  + ⋅ −  = − . 12  3  2  3  12  3  12 ∂l ∂ u(M ) 5 Ответ: =− . ∂l 12 Пример (к задаче 2). Найти угол между градиентами скалярных полей xy 2 u ( x, y, z ) = 2 x − yz + z 3 , v( x, y, z ) = 4 в точке M (0,2,1) . z

Решение.

(

)

(

)

 ∂u ∂u ∂u  grad u =  ; ;  = 2 ;− z;3 z 2 − y ; grad u ( M ) = 2 ;−1;1 ;  ∂x ∂y ∂z   y 2 2 xy 4 xy 2  grad v =  4 ; 4 ;− 5 ; grad v( M ) = (4;0;0). z z  z Пусть ϕ - угол между векторами grad u ( M ) и grad v( M ) , grad u(M ) , | grad v | – длины этих векторов. Тогда (grad u ( M ), grad v(M ) ) 2 ⋅ 4 −1⋅ 0 + 1⋅ 0 2 2 π cos ϕ = ; ϕ = arccos = = = . 2 | grad u ( M ) | ⋅ | grad v ( M ) | 2 2 4 2 2 2 + (− 1) + 1 ⋅ 4 Ответ:

( )

π . 4

2. ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕ

2.1 Понятие векторного поля. Векторные линии Если каждой точке M области D ⊂ R 3 сопоставлен вектор a ( M ) = (a x ( M ), a y ( M ), a z ( M ) ) = a x ( M )i + a y ( M ) j + a z ( M )k , то говорят, что в области D задано векторное поле a (M ) . В фиксированной системе координат отображение a : D ⊂ R 3 → R 3 скалярных аргументов

(координат точки

a ( M ) = a x ( x, y, z )i + a y ( x, y, z ) j + a z ( x, y, z )k является векторной функцией скалярных аргументов. Векторной линией поля a (M ) называется линия, в каждой точке M которой направление касательной совпадает с направлением соответствующего вектора поля (см. рис. 2.1). Система дифференциальных уравнений семейства векторных линий поля a имеет вид dx dy dz = = (2.1) . ax a y az M ∈ D ):

a (M )

М Рис.2.1

При интегрировании этой системы надо иметь в виду следующее: 1) если одна из координатных функций вектора a тождественно равна нулю (к примеру a y ≡ 0 ), то соответствующая координата принимает постоянное значение на каждой векторной линии ( y = C = const ) ; 2) иногда целесообразно помимо уравнений системы (2.1) рассмотреть их комбинации, получающиеся формально на основе свойства проa c a c a+c . порций; = ⇒ = = b d b d b+d

2.2 Решение типовых примеров Пример (к задаче 3). Найти векторные линии поля a = 10 yi − 3 xz k . Решение. Т. к. a x = 10 y, a y ≡ 0, a z = −3xz , то система (2.1) имеет dx dy dz = = . 10 y 0 − 3xz В силу замечания 1) полагаем y = C1 = const . Подставляя это значение в систему, для дальнейшего определения векторной линии получаем дифференdx dz =− , в котором считаем С 1 ≠ 0 . Это уравнение с циальное уравнение 10С1 3xz разделяющимися переменными. Решаем его: xdx dz xdx dz =− ,∫ = − ∫ + ln C 2 , 10C1 z 10C1 z вид

−

2

x2 20C1

x = − ln z + ln C 2 , z = C 2 e . 20C1 Векторные линии определяются из системы уравнений  y = C1 ≠ 0,  x2  −  z = C e 20C1 .  2 Каждая из них является линией пересечения плоскости y = C1 и цилиндрической поверхности z = C 2 e

−

x2 20C1

(см. рис. 2.2).

Если же y=0, то a = −3 xz k ; дифференциальные уравнения семейства dx dy dz = = , так что векторвекторных линий в плоскости y=0 имеют вид 0 0 − 3 xz  y = 0, ные линии образуют семейство прямых   x = C = const.

z

0

С10

x Рис. 2.2 Пример (к задаче 3). Найти векторные линии в векторном поле a = ( y − z ) i + ( z − x ) j + ( x − y ) k . dy dx dz = = . Используя свойРешение. Запишем систему (2.1): y−z z−x x− y ство пропорций, находим dx + dy + dz d (x + y + z ) dx = , = 0 y − z ( y − z ) + (z − x ) + (x − y ) d ( x + y + z ) = 0; x + y + z = С1 = const. Умножим числитель и знаменатель первой дроби системы на x, второй – на y, третьей – на z: ydy xdx zdz = = . x( y − z ) y ( z − x ) z ( x − y ) Аналогично предыдущему получим  x2 y2 z2  d  + +  2 2 2  xdx + ydy + zdz dx  ; = = 0 y − z x( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y )  x2 y2 z2  d  + +  = 0, 2 2 2  

x 2 + y 2 + z 2 = С 22 = const.

Таким образом, векторные линии определяются из системы алгебраических  x + y + z = С1 , и являются линиями пересечения плоскостей уравнений  2 2 2 2 x + y + z = С2 x + y + z = С1 и сфер x 2 + y 2 + z 2 = С 22 (рис. 2.3). Это окружности.

z y x+y+z=C1

0 2

2

2

x

2

x +y +z =C

2

Рис.2.3

2.3 Поток векторного поля Потоком векторного поля а ( M ) = a x (M ) i + a y (M ) j + a z (M ) k через ориентированную поверхность S называется поверхностный интеграл I–го рода по S от скалярного произведения вектора поля на единичный вектор нормали к поверхности: K = ∫∫ (a (M ), n (M ))ds = ∫∫ a n (M )ds, (2.2) S

S

где a n (M ) – проекция вектора a (M ) на направление n (M ), M ∈ S . Напомним, что поверхностный интеграл I–го рода сводится к вычислению двойного интеграла следующим образом: если S является графиком непрерывно дифференцируемой функции z = z ( x, y ), D = prxoy S , то

∫∫ f (M )ds = ∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f ( x, y, z ( x, y )) S

S

1 + z ′x 2 + z ′y2 dxdy.

D

Аналогичные формулы можно получить и в тех случаях, когда поверхность S задана уравнением y = y ( x, z ) или x = x( y, z ) . Из свойств поверхностного интеграла I–го рода следует, что если S состоит из объединения конечного числа частей S1 , S 2 ,..., S n без общих внутренних точек, ориентированных так же, как поверхность S , то поток поля через S равен сумме потоков через S 1 , S 2 ,.., S n :

K S US 1

2

U...U S n

= K S + K S + ...K S . 1

2

n

Рассмотрим некоторые способы вычисления потока. 1. Пусть в уравнении поверхности S переменную z можно однозначно выразить через x и y: z = z ( x, y ) , то есть любая прямая l , параллельная оси Oz, пересекает поверхность не более одного раза (см. рис. 2.4). Тогда K = ± ∫∫ (a z − a x z ′x − a y y ′y )dxdy. (2.3) D

Здесь D = prxoy S , знак «+» берется в случае, когда вектор n составляет на S острый угол с положительным направлением оси Oz (как на рис. 2.4), знак «–», если этот угол тупой. Кроме того, вместо переменной z в подынтегральном выражении следует подставить z ( x, y ) . Аналогичные формулы имеют место в случае, когда уравнение поверхности S записано в виде x = x(y ,z) (y = y( x ,z)). z

l

γ

n

S

y D=prxoy S x Рис.2.4 2. Поток К можно представить в виде суммы поверхностных интегралов I–го рода: K = ∫∫ a x cos α dS + ∫∫ a y cos β dS + ∫∫ a z cos γ dS , S

S

S

где cos α , cosβ , cosγ – направляющие косинусы вектора нормали к S. Здесь каждый из трех интегралов вычисляется через двойной: если в уравнении поверхности S z можно однозначно выразить через x и y : z = z ( x, y ) (см. рис. 2.4), то

∫∫ a z cos γ dS = ± ∫∫ a z ( x, y.z ( x, y))dxdy. S

В

Выбор знака здесь такой же, как и в формуле (2.3). Аналогично вычисляются и два других интеграла: ∫∫ a x cos α dS = ± ∫∫ a x ( x( y, z ), y, z )dydz; S

D

∫∫ a y cos β dS = ± ∫∫ a y ( x, y ( x, z ), z )dxdz. S

D

(2.4)

Здесь x = x( y, z ) и y = y ( x, z ) – уравнения поверхности S. Следующий способ вычисления потока основан на формуле Остроградского – Гаусса.

2.4 Дивергенция. Формула Остроградского – Гаусса Пусть поле a( M ) = a x ( M )i + a y ( M ) j + a z ( M )k задано в пространственной области v~ , и функции a x , a y , az непрерывны в v~ вместе со своими частными производными первого порядка. Выберем в v~ замкнутую кусочно–гладкую поверхность S, ограничивающую некоторую область v ⊂ v~ . Направление нормали на S возьмем внешним по отношению S (см. рис. 2.5).

S z

a (M )

n

MM M v 0

y

x Рис. 2.5 Дивергенцией векторного поля a называется величина ∂a y ∂a z   ∂a  , M ∈ v. div a ( M ) =  x + +  ∂ ∂ ∂ x y z  M

(2.5)

Дивергенция является скалярной характеристикой векторного поля, характеризующей мощность его источников и стоков (см.[2,3]). Имеет место формула Остроградского – Гаусса K = ∫∫ (a , n )dS = ∫∫∫ div a dv или S

v

 ∂a x ∂a y ∂a z  = (2.6) a dS ∫∫ n ∫∫∫  ∂x + ∂y + ∂z dxdydz ,  S v  которую можно прочитать так: поток векторного поля через замкнутую поверхность, ориентированную в направлении внешней нормали, равен тройному интегралу от дивергенции по объему, ограниченному этой поверхностью.

2.5 Решение типовых примеров Пример (к задачам 5, 6). Найти поток векторного поля a через часть плоскости P, расположенную в первом октанте (нормаль образует острый угол с осью Oz): a = 3xi + 2 yj + zk , P : x + y + 2 z = 1. Решение. Нужно найти поток через треугольник S (см. рис. 2.6). Его проекция на плоскость xOy – треугольник D. По формуле (2.3) K = ∫∫ (a z − a x z ′x − a y z ′y )dxdy, D

a x = 3 x,

a y = 2 y,

a z = z.

Поскольку по условию нормаль образует острый угол с осью Oz, перед интегралом выбран знак «–». Далее, из уравнения плоскости P находим: 1 1 1 z = (1 − x − y ), z ′x = − , z ′y = − . Подставляем полученные значения в подын2 2 2 тегральное выражение: 1 1 1  1    1 K = ∫∫  (1 − x − y ) − 3x ⋅  −  − 2 y ⋅  −  dxdy = ∫∫  x + y + dxdy 2 2  2   2 D2 D и вычисляем двойной интеграл как повторный (см. рис.2.7). z 1 2

0

S 1 D

1 x Рис.2.6

1 y=1-x

D

0 y=0

x

1

x

y

Рис.2.7 1 1− x 1 y 1 y 2  1 − x 1   dx = K = ∫ dx ∫  x + + dy = ∫   x +  y +  0 2 2 2 4    0 0  0  1 (1 − x )2 dx = 1  x − x 2 + 1 − x + 1 − x 2 dx = 1  = ∫   x + (1 − x ) + ∫  2 4  2 2 4 4  0 0  1 1 3 2 1 3 3  x3  3 = ∫  − x 2 + dx =  − + x  = ⋅ = . 4 4 3 0 4 0 4 3 2 1 Ответ: K = . 2 Пример (к задаче 4). Найти поток векторного поля a через часть поверхности S, вырезаемую плоскостью Р (нормаль внешняя к замкнутой поверхности, образуемой данными поверхностями). a = xi + ( y + 2 z ) j + ( z − 2 y )k , S : x 2 + y 2 + z 2 = 4( z ≥ 0 ), P : z = 0 . Решение. Способ 1. Из условий задачи следует, что требуется найти поток через полусферу z 2 = x 2 + y 2 (обозначим ее той же буквой S, что и всю сферу), нормаль к ней составляет острый угол с осью Оz (см. рис. 2.8). z

nS

S

D

D 2

0

y= 4 − x 2

2 y=- 4 − x 2

x

nD

Рис.2.8 Поэтому воспользуемся формулой (2.3) a x = x, a y = y + 2 z , a z = z − 2 y . Для полусферы S: z = 4 − x 2 − y 2 , z ′x = −

x 2

4− x − y

2

, z ′y = -

со

знаком

y 2

4− x − y

2

.

«+»,

Тогда

K S = ∫∫ (a z − a z ⋅ z ′x − a y z ′y )dxdy = D

 = ∫∫  4 − x 2 − y 2 +  D = ∫∫

y 2 + 2 y 4 − x 2 − y 2  + dxdy =  4 − x2 − y2 4 − x2 − y2 

4 − x2 − y2 + x2 + y2 2

2

x2

dxdy = 4 ∫∫

dxdy 2

2

.

4−x − y D 4−x − y Поскольку D (проекция S на плоскость xOy ) есть круг, то последний интеграл удобно вычислить в полярных координатах ( 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 2 ): 2π 2 2π 2 2 rdr rdr = 4 ∫ du ∫ = −8π 4 − r 2 = 16π . K S = 4 ∫ du ∫ 2 2 0 0 0 4−r 0 0 4−r Способ 2. Добавив к полусфере круг D, получим замкнутую поверхность S ∪ D . Функции a x = x, a y = y + 2 z, a z = z − 2 y непрерывны внутри S ∪ D вместе со своими частными производными. Поэтому поток через S ∪ D можно найти по формуле Остроградского – Гаусса:  ∂x ∂ ( y + 2 z ) ∂ ( z − 2 y )  dV = ∫∫∫ 3dV = 3µV = 16π . + K = ∫∫∫  + ∂y ∂x V  ∂x V  Здесь µV – объем тела V , ограниченного S ∪ D . Теперь найдем поток K D через D ( z = 0 на D ). Поскольку в формуле Остроградского – Гаусса нормаль к S ∪ D внешняя (см. рис. 2.8), то единичная нормаль n D ≡ (0; 0; − 1) = −k , K D = ∫∫ (a , n D )ds = ∫∫ ( x ⋅ 0 + ( y + 2 z ) ⋅ 0 + ( z − 2 y )(−1) )ds = D

D

D

2

= ∫∫ (2 y − z )ds = 2 ∫∫ yds = 2 ∫ dx D

D

−2

4− x 2

∫ ydy =

− 4− x 2

4 − x2 2 2 y =2∫ dx = ∫ [(4 − x 2 ) − (4 − x 2 )]dx = 0. −2 2 −2 − 4 − x2 2

Интеграл

∫∫ ydxdy можно было не вычислять, т.к. равенство его нулю следует D

из нечетности по y подынтегральной функции и симметричности круга D относительно оси Ox. По свойству поверхностного интеграла ∫∫ a n dS = ∫∫ a n dS − ∫∫ a n dS , K S = K − K D = 16π − 0 =16π . S

Ответ: K S = 16π .

S ∪D

D

Пример (к задаче 4). Найти поток векторного поля a через часть поверхности S, вырезаемую плоскостями P1 , P2 (нормаль внешняя к замкнутой поверхности, образуемой данными поверхностями). a = 2 xi − yj + 2 xyk , S : x 2 + y 2 = 1, P1 : z = 0, P2 : z = 4. z z 4 S

S+

n

n+

0

1

y

0

x

y

x Рис.2.9

Рис.2.10

Решение. Способ 1. Из условий следует, что требуется найти поток в направлении внешней нормали через боковую поверхность цилиндра, которую также обозначим через S, в направлении внешней нормали (см. рис. 2.9). Воспользуемся формулами (2.4), (2.5). Заметим, что вектор нормали n перпендикулярен оси Oz, поэтому cos γ = 0 и ∫∫ a z cos γdS = 0 . Поверхность S симметS

рична относительно плоскости yOz , выражение x cos α принимает равные значения в симметричных точках (поскольку x и cos α меняют знак при переходе к симметричной точке). Поэтому ∫∫ a z cos αdS = 2 ∫∫ a x cos αdS (см. рис. 2.10). S

S+

Переходя по формулам (2.5) от поверхностного интеграла к двойному и учитывая, что n + составляет острый угол с осью Ox, а уравнение S + имеет вид x = 1 − y 2 , получаем (см. формулу (2.5) и рис. 2.4) 1

4

−1

0

2 2 ∫∫ a x cos αdS = 2∫∫ 2 xdydz = 4∫∫ 1 − y dydz = 4 ∫ dy ∫ 1 − y dz = S

D

D

y = sin t = 4 ∫ 1 − y 2 dy ∫ dz = 16 ∫ 1 − y 2 dy = dy = cos tdt 1

4

1

−1

0

−1

=

π π α =− ,β = 2 2 π 2 π 2 π 2 = 16 ∫ cos 2 tdt =8 ∫ (1 + cos 2t )dt =(8t + 4 sin 2t ) = 8π . − π 2 −π 2 −π 2

Аналогично получаем

∫∫ a y cos βdS = − ∫∫ y cos βdS = −4π . S

S

Окончательно K = ∫∫ (a x cos α + a y cos β + a z cos γ )dS = 8π − 4π = 4π . S

z 4 D –1

0

1

y

Рис. 2.11 Способ 2. Вектор внешней нормали к поверхности S : x 2 + y 2 = 1 в точке ( x, y, z ) ∈ S равен N = xi + yj и направлен по диаметру окружности, получаемой в сечении S горизонтальной плоскостью Z = z. Единичный вектор xi + yj xi + yj N нормали равен n = = = = xi + yj , так как R=1. Тогда 2 2 R N x +y

(a ( M ), n ( M ) ) M ∈S

= ax x + a y y + az 0

M ∈S

= 2x 2 − y 2

M ∈S

=

= 3x 2 − R 2 = 3x 2 − 1. K = ∫∫ (a ( M ), n ( M ) )dS = ∫∫ 3x 2 − 1 dS = 3∫∫ x 2 dS − ∫∫ dS =

(

S

)

S

S

S

S+ : x = 1 − y 2 , y

x ′y = − = 6 ∫∫ x 2 dS − µS = S+

1− y2

x ′z = 0

4

1

0

−1

= 6 ∫ dz ∫ 1 − y 2 dy − 2πRh =

2

1

2

1 + x ′y + x ′z =

1− y2

pryOz S + = D y = sin t = dy = cos tdt

π π 1 − y = cos t , − ≤ t ≤ 2 2 2

π 2

= 6 ⋅ 4 ∫ cos 2 tdt − 8π = −

π 2

π 4

π 4

−

π − 4

 sin 2t  = 12 ∫ (1 + cos 2t )dt − 8π = 12 t +  2   π 4

− 8π = 12π − 8π = 4π .

Способ 3. Пусть S ∪ S1 ∪ S 2 – полная поверхность цилиндра, ограниченного S , P1 и P2 соответственно. Тогда K S = K S ∪ S ∪ S − K S − K S . 1. По формуле Остроградского – Гаусса: ∂a y ∂a z   ∂a dxdydz = ∫∫∫ (2 − 1 + 0)dV = µV = + K S ∪ S ∪ S = ∫∫∫  x +  ∂ ∂ ∂ x y z  V  V 1

1

2

1

2

2

= πR 2 h = π ⋅ 1 ⋅ 4 = 4π . 2. n S1 ≡ − k = (0;0;−1), n S 2 ≡ k = (0;0;1). K S1 = ∫∫ (a , n )dS = − ∫∫ 2 xydS = S1

S1

K S = ∫∫ (a , n )dS = ∫∫ 2 xydS = 2

S2

S2

S1 : z = 0, z ′x = z ′y = 0 prxOy S1 = S1

= − 2 ∫∫ xydxdy. S1

S 2 : z = 4, z ′x = z ′y = 0 prxOy S 2 = S1

= 2∫∫ xydxdy. S1

Итак: K S = − K S , K S = 4π − ( K S + K S ) = 4π − 0 = 4π . Ответ: 4 π . Пример (к задаче 7). Найти поток векторного поля a через замкнутую поверхность S (нормаль внешняя). 1   a =  e z + x i + x + y j + x 2 y − z k , 2   1

2

1

1

(

) (

)

S : x 2 + y 2 + z 2 = 2 x + 2 y − 1. Решение. Условия, при которых применима формула ОстроградскогоГаусса, выполнены (см. стр.11). По формуле (2.6) находим   z x   ∂ e +   2  ∂ax ∂ay ∂az  ∂ + ∂ − x y x y z 2   dV = dV = ∫∫∫  + + + K = ∫∫∫  +   ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z  V  ∂x S     1 1 1  = ∫∫∫  + 1 −1dV = ∫∫∫ dV = µV . 2V 2  V 2 Остается найти объем µV тела, ограниченного поверхностью S. Выясним, что собой представляет это тело. Преобразуем уравнение поверхности S, выделяя x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y = −1,

(

) (

полные квадраты: x 2 − 2 x + 1 + y 2 − 2 y + 1 + z 2 = −1 + 2, z 2 + ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 1.

)

Таким образом, поверхность S – сфера радиуса R = 1 с центром в точке (1;1;0), 4 тело V – шар, ограниченный этой сферой. Его объем µV = π . Тогда 3 1 4 2π K= ⋅ π= . 2 3 3 2 Ответ: K = π . 3 Пример (к задаче 8). Найти поток векторного поля a через замкнутую поверхность S (нормаль внешняя).  z = 2 − 3 x 2 + y 2 , a = ( x + 4 y ) + (3z − y ) j + 2 zk , S :   z 2 = x 2 + y 2 , ( z ≥ 0). Решение. Так же, как в предыдущем примере, применим формулу Остроградского – Гаусса: ∂a y ∂a z   ∂a dV = + K = ∫∫ a n dS = ∫∫∫  x +  ∂ ∂ ∂ x y z  S V   ∂ ( x + 4 y ) ∂ (3z − y ) ∂ (2 z )  dV = = ∫∫∫  + + ∂ ∂ ∂ x y z   V

(

)

= ∫∫∫ (1 − 1 + 2)dV = 2 µV . V

Найдем объем тела V, ограниченного поверхностью S. Из рис.2.12 видно, что S представляет собой объединение соответствующих частей конуса z 2 = x 2 + y 2

(

)

( z ≥ 0) и параболоида вращения z = 2 − 3 x 2 + y 2 . z 2 S

y 0 D x Рис.2.12 Объем тела, ограниченного снизу и сверху соответственно графикам функций z = f 1 ( x, y ) и z = f 1 ( x, y ) , можно вычислить по формуле

µV = ∫∫ ( f 2 ( x, y ) − f1 ( x, y ) )dxdy , где D – проекция тела на плоскость xOy . В D

(

)

нашем случае f1 ( x, y ) = x 2 + y 2 , f 2 ( x, y ) = 2 − 3 x 2 + y 2 , D – круг с центром в начале координат.

( (

)

)

Таким образом, µV = ∫∫ 2 − 3 x 2 + y 2 − x 2 + y 2 dxdy . Для вычисления этоD

го интеграла необходимо знать радиус R круга D. Найдем его, решая относительно R = x 2 + y 2 систему уравнений

(

)

 z = 2 − 3 x 2 + y 2 ,   z = x 2 + y 2 . Подставляя в правые части уравнений системы R = x 2 + y 2 и приравнивая их, получим −1± 5 2 − 3R 2 = R, 3R 2 + R − 2 = 0, R1, 2 = . 6 2 Так как нас интересует только положительное значение корня, то R = . Вы3 2 числим µV в полярных координатах (для круга 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ ): 3 2π

2 3

0

0

(

2 3

)

(

)

µV = ∫ dϕ ∫ 2 − 3r 2 − r rdr = 2π ∫ 2 − 3r 2 − r dr = 0

 2 3r 2 r 3  2 32 = 2π  r − −  3 = π . 4 3  0 81  64 Окончательно K = 2µV = π . 81 Замечание. Объем тела V можно вычислить по формуле µV = ∫∫∫ dxdydz , V

в которой для вычисления тройного интеграла можно перейти к цилиндриче x = r cos ϕ  ским координатам (r , ϕ , z ) :  y = r sin ϕ (см. рис. 2.13) z = z  z М z 0

r

ϕ x Рис. 2.13

y

z = x 2 + y 2 ⇔ z = r = f1 (r , ϕ ),

(

)

z = 2 − 3 x 2 + y 2 ⇔ z = 2 − 3r 2 = f 2 (r , ϕ ), 2 − 3r 2 = r; 2   r = ; ⇔ f1 (r , ϕ ) = f 2 (r , ϕ ) ⇔ r ≥ 0; 3 0 ≤ ϕ ≤ 2π 0 ≤ ϕ ≤ 2π ; 

M ∈ V ⇔ (rM , ϕ M , z M ) ∈ L,

2   M (r , ϕ , z ) ∈ V = (r , ϕ , z ) : 0 ≤ r ≤ ,0 ≤ ϕ ≤ 2π , f1 (r , ϕ ) ≤ z ≤ f 2 (r , ϕ ). 3   Тогда 2π

2 3

2 − 3r 2

2 3

0

0

r

0

(

)

2 ∫∫∫ dxdydz = ∫ dϕ ∫ rdr ∫ dz = 2π ∫ r 2 − 3r − r dr = V

 2 r 3 3r 4   = 2π  r − − 3 4   Ответ: K =

2 3 0

=

32π . 81

64 π. 81

Пример (к задаче 9). Найти поток векторного поля a через замкнутую поверхность S (нормаль внешняя).  x 2 + y 2 + z 2 = 1, 2 2 2 a = x + yz i + y + xz j + z + xy k , S :   x 2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0.

(

) (

) (

)

Решение. Применим формулу Остроградского– Гаусса:  ∂ x 2 + yz ∂ y 2 + xz ∂ z 2 + xy  dV = 2 ∫∫∫ ( x + y + z )dV + + K = ∫∫∫   ∂ ∂ ∂ x y z V  V  Остается вычислить тройной интеграл (2.7).

(

) (

) (

)

(2.7)

Поверхность S, ограничивающая тело V, образована частями сферы x + y 2 + z 2 = 1 и конуса x 2 + y 2 = z 2 (см. рис.2.14). 2

Вычислим интеграл (2.7), перейдя к сферическим координатам r , ϕ , Θ :  x = r cos Θ cos ϕ   y = r cos Θ sin ϕ (см. рис. 2.15).  z = r sin Θ 

z 1

z М r

0

π 2

π 4

ϕ

y

θ

z

y

x

y

x

x Рис. 2.14

Рис. 2.15

r = 0, , двумя конусами Тело V ограничено двумя сферами  r = 1 ϕ = 0, вертикальных плоскостей  ϕ = 2π .

Θ = π 4,  и парой  π Θ = 2

В декартовом пространстве OrϕΘ приведенные шесть уравнений представляют уравнения плоскостей, ограничивающих параллелепипед П (рис. 2.16) r 1 0

π 4

θ

2π

ϕ Рис. 2.16 Таким образом, при переходе от декартовых координат к сферическим область V ⊂ Oxyz взаимно однозначно отражается на параллелепипед (область) Π ⊂ OrϕΘ . Тогда 2π

1

0

0

π 2

2 ∫∫∫ ( x + y + z )dV = ∫ dϕ ∫ dr ∫ (r cos γ cos Θ + r sin ϕ cos Θ + r sin Θ)r cos ΘdΘ = V

π 4

2π

1

0

0

π 2

2π

1

0

0

π 2

= ∫ (cos ϕ + sin ϕ )dϕ ∫ r 3 dr ∫ cos ΘdΘ + ∫ dϕ ∫ r 3 dr ∫ sin Θd (sin Θ) =

= 0+ϕ

2π 0

r4 ⋅ 4

1 0

sin 2 Θ ⋅ 2

π 4

π π

2

= 2π ⋅

4

2π

1 1  1 π ⋅ 1 −  = , 4 2 2 8

так как ∫ (cos ϕ + sin ϕ )dϕ = (sin ϕ − cos ϕ ) 0

Окончательно K = 2 ∫∫∫ ( x + y + z )dV = 2 ⋅ Ответ: K =

V

π . 4

π 4

2π 0

= 0.

π π = . 8 4

2.6 Линейный интеграл. Циркуляция. Ротор Линейным интегралом вектора a ( M ) = a x i + a y ( M ) j + a z ( M )k вдоль ориентированной кривой AB называется криволинейный интеграл II–го рода (по координатам). (2.8) ∫ (a , dr ) = ∫ a x dx + a y dy + a z dz. AB

AB

Пусть кривая AB задана параметрически: x = x(t ), y = y (t ), z = z (t ), t ∈ ℑ ⊂ R . Тогда криволинейный интеграл второго рода сводится к определенному: ∫ (a , dr ) = ∫ a x dx + a y dy + a z dz =

AB t2

AB

= ∫ [a x ( x(t ), y (t ), z (t )) x ′(t ) + a y ( x(t ), y (t ), z (t ) ) y ′(t ) +

(2.9)

t1

+ a z ( x(t ), y (t ), z (t ) )z ′(t )]dt , где t1 и t 2 – значение параметра t , соответствующие точкам A и B. Физический смысл: если a – силовое поле, то линейный интеграл ∫ (a , dr ) представляет работу по перемещению материальной точки вдоль криAB

вой от A до B. Если же a – стационарное поле скоростей движущейся несжимаемой жидкости с плотностью ρ ≡ 1 , то линейный интеграл характеризует количество жидкости, протекающей за единицу времени через трубку постоянно-

го элементарного сечения вдоль AB, отнесенное к площади сечения (сечение берется ортогональным к AB): B A

Рис.2.17 В случае замкнутой кривой L линейный интеграл называется циркуляцией векторного поля вдоль замкнутой кривой (контура L) и обозначается

∫ (a , dr ) = ∫ a x dx + a y dy + a z dz .

L

L

Ротором поля a называется вектор ∂a y   ∂a x ∂a z   ∂a  ∂a y ∂a x  i +   k . − + − rota =  z − j    ∂y  ∂z   ∂z ∂x   ∂x  ∂y

(2.10)

Для его вычисления можно использовать символический определитель: i rota =

∂ ∂x ax

l ∂ ∂y ay

k ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = i ∂y ∂z − j ∂x ∂z + k ∂x ∂y . ∂z ax az ax a y a y az az

(2.11)

Ротор rota ( M 0 ) характеризует степень завихренности векторных линий поля a (или просто поля a ) в окрестности т. M 0 . В частности, указывает то направление, относительно которого завихренность поля в т. M 0 максимальная (см. [2–6]).

2.7 Формула Стокса Пусть векторное поле a = a x i + a y j + a z k задано в пространственной области v и функции a x , a y , a z непрерывны в ней вместе со своими частными производными первого порядка. Возьмем в v незамкнутую поверхность S , ограниченную замкнутым контуром L . Направление нормали n к S выберем так,

чтобы из конца вектора n обход контура L был виден совершающимся против часовой стрелки (рис. 2.18). r n S z L

0

y

x Рис. 2.18 Имеет место формула  ∂a z ∂a y   cos α + − ∫ a x dx + a y dy + a z dz = ∫∫   ∂ ∂ y z L S    (2.12) ∂ a    ∂ ∂ a a ∂ a   y − x  cos γ  dS , +  x − z  cos β +  ∂y  ∂x   ∂z   ∂x которую называют формулой Стокса. С учетом (2.2), (2.8) и (2.10) ее можно записать так: (2.13) ∫ (a , dr ) = ∫∫ (rot a (M ), n ( M ))dS = ∫∫ rot n a( M )dS L

S

S

и прочитать: циркуляция векторного поля вдоль замкнутого контура L равна потоку ротора поля через поверхность, опирающуюся на контур L .

2.8 Решение типовых примеров Пример (к задаче 10). Найти работу силы F = ( x + y )i − ( x − y ) j при перемещении материальной точки вдоль верхней половины эллипса x2 y2 + = 1 от точки A(a,0) к точке B (−a,0) . a2 b2 Решение. Работа силы F = a x i + a y j + a z k выражается линейным интегралом

∫ (F , dr ) = ∫ a x dx + a y dy + a z dz ,

AB

который в данном случае удобно вы-

AB

числить по формуле (2.9) с a x = x + y, a y = −( x − y ), a z ≡ 0 , используя параметрическое представление эллипса: x = a cos t , y = b cos t , z = 0 . Найдем значения t1 и t 2 параметра t , соответствующие точкам A и B (см. рис.2.19).

y

b B −a

A a

0

x

Рис.2.19 z r n

S

L

0 2

-2

2

x

D

y

Рис.2.20 В точке A x = a = a cos t1 , cos t1 = 1 . В точке B x = −a = a cos t 2 , cos t 2 = −1 . Отсюда t1 = 0, t 2 = π . Тогда π

∫ ( F , dr ) = ∫ a x dx + a y dy = ∫ [(a cos t + b sin t )(−a sin t ) −

AB

AB

0

π

(

− (a cos t − b sin t )b cos t ]dt = ∫ − a 2 cos t sin t − ab sin 2 t − ab cos 2 t + 0

)

π

 b2 − a2  + b sin t cos t dt = ∫  sin 2t − ab dt = 2 0   b2 − a2 π  = − cos 2t − abt  = −πab. 4  0 2

Ответ: − πab .

Пример (к задаче 11). Найти линейный интеграл векторного поля a = − yzi + xzj + xyk вдоль первого витка винтовой линии x = a cos t , y = a sin t , z = ht (в направлении, соответствующем возрастанию параметра t ). Решение. Очевидно, первому витку линии отвечает изменение параметра t от 0 до 2π . Поскольку линия задана параметрически, для вычисления линейного интеграла воспользуемся формулой (2.9), учитывая, что x ′ = −a sin t , y ′ = a cos t , z ′ = h; a x = − yz, a y = xz, a z = xy : 2π

∫ (a , dr ) = ∫ (a sin t ⋅ ht ⋅ a sin t +a cos t ⋅ ht ⋅ a cos t + a cos t ⋅ a sin th)dt =

L

0

2π

(

)

= ∫ a 2 ht sin 2 t + a 2 ht cos 2 t + a 2 h sin t cos t dt = 0

 1 t2 1   2   = a h ∫  t + sin 2t dt =a h − cos 2t  2  0  2 4  2

2π

2π

= 2π 2 a 2 h.

0

2 2

Ответ: 2π a h. Пример (к задаче 12). Найти модуль циркуляции векторного поля a вдоль контура L :  x 2 + y 2 = 4, 2 a = −4 yi + 10 zj − 2 x k , L :  2 x + z = 4. Решение. Модуль циркуляции не зависит от ориентации контура L , поэтому ее можно выбрать произвольной. Далее, L является пересечением цилиндра x 2 + y 2 = 4 и плоскости z = 4 − 2 x ; это эллипс (см. рис. 2.20). Найдем циркуляцию двумя способами – непосредственно и по формуле Стокса. Способ 1. Составим параметрические уравнения контура L . Поскольку его проекцией на плоскость xOy является окружность x 2 + y 2 = 4 , то можно положить x = 2 cos t , y = 2 sin t , 0 ≤ t ≤ 2π . Тогда из уравнения плоскости по x = 2 cos t ,  y = 2 sin t ,  лучаем: z = 4 − 4 cos t . Таким образом L :  Найдем циркуляцию z t = − 4 4 cos ,  0 ≤ t ≤ 2π . по формуле (2.9) при a x = −4 y, a y = 10 z, a z = −2 x 2 ; t1 = 0 , t 2 = 2π : 2π

∫ (a , dr ) = ∫ [− 4 ⋅ 2 sin t (2 cos t ) ′ +10(4 − 4 cos t )(2 sin t ) ′ −

L

0

− 2(2 cos) (4 − 4 cos t ) ′]dt = 2

2π

)

2

2π

∫ (16 sin

2

0

t + 80(cos t − cos 2 t ) − 2π

− 32 cos t sin t dt = 8 ∫ (1 − cos 2t )dt +80 ∫ cos tdt − 0

2π

0

2π

− 40 ∫ (1 + cos 2t )dt + 32 ∫ cos 2 tdt cos t = 0

0

32   =  8t − 4 sin 2t + 80 sin t − 40t − 20 sin t + cos 3 t  3  

2π

= −64π .

0

Способ 2. Найдем циркуляцию по формуле Стокса

∫ (a .dr ) = ∫∫ (rota , n )dS ,

L

S

где S – внутренность эллипса L , т.е. вычислим поток поля b = rota через S. По формуле (2.13)

∫∫ (b , n )dS = ∫∫ (b z − b x z ′x − b y z ′y )dxdy ; S

D

i b = rota =

∂ ∂x

j ∂ ∂y

k ∂ = −10i + 4 xj − 4k ; ∂z

− 4y 10 z − 2x 2 b x = −10, b y = 4 x, z = 4 − 2 x, z ′x = −2, Тогда

b z = 4; z ′y = 0.

∫∫ (b , n )dS = ∫∫ (4 − (−10)(−2) − 4 x ⋅ 0)dxdy = −16∫∫ dxdy = − 16µD = −64π . S

D

Модуль циркуляции равен 64π . Ответ: 64π .

D

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК 1. Сборник заданий по высшей математике/Л. А. Кузнецов. – М.: Высшая шко ла, 1983. – 175 с. 2. Дифференциальное и интегральное исчисление. Т. 2./Н. С. Пискунов – М.: Наука, 1978. – 576 с. 3. Краткий курс математического анализа для втузов/А.Ф. Бермант., И. Г. Ара манович – М.: Наука, 1973. – 720 с. 4. Курс математического анализа. Т.II/ Л. Д. Кудрявцев – М.: Высшая школа, 1981.– 584 с. 5. Математический анализ (специальные разделы). Ч.II. Применение некоторых методов математического и функционального анализа: Учеб. пособие для втузов/А. В. Ефимов и др..–М.: Высшая школа, 1980. – 295 с. 6. Высшая математика в упражнениях и задачах: Учеб. пособие для студентов втузов. Ч.II/П. Е. Данко и др..– М.: Высшая школа, 1986. – 415 с.

Учебное издание Векторный анализ Методические указания Составители: Коноплева Ирина Викторовна Скрынников Александр Васильевич

Редактор Н. А. Евдокимова Подписано в печать 24.01.2003. Формат 60×84/16. Усл. печ. л. 1,63. Уч.–изд. л.. 1,50. Бумага писчая. Печать трафаретная. Тираж 300 экз. Заказ . Ульяновский государственный технический университет 432027, г. Ульяновск, ул. Северный Венец, д. 32. Типография УлГТУ, 432027, г. Ульяновск, ул. Северный Венец, д. 32.