Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет экономики, статистики и информатики (МЭСИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математический анализ

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

4.32 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 3321 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 > Следующая >>>

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

Тогда (5.14) перепишется в виде


∫∫∫	∂R	dxdydz =	∫∫R( x, y,z )dxdy + ∫∫R( x, y,z )dxdy + ∫∫R( x, y,z )dxdy = ∫∫Rdxdy.								(5.16)
∫∫∫		dxdydz =									(5.16)
( V )	∂z		( S	2	)	( S )			( S 3 )	( S )
				2		1
	Нетрудно заметить, что (5.16) совпадает с (5.13).
	Аналогично получаются и формулы
					∫∫∫	∂P	dxdydz = ∫∫Pdydz ,				(5.17)
					∫∫∫		dxdydz = ∫∫Pdydz ,				(5.17)
					(V )	∂x			(S )
					∫∫∫	∂Q		dxdy = ∫∫Qdzdx ,			(5.18)
					∫∫∫			dxdy = ∫∫Qdzdx ,			(5.18)
					(V )	∂y			(S )

где функции P(x, y, z) и Q(x, y, z) определены в области (V) и непрерывны вместе со свои-

ми частными производными				∂P		и		∂Q	в области (V), включая ее границу (S).
				∂x				∂y

Складывая почленно формулы (5.13), (5.17), (5.18), получим формулу Гаусса –
Остроградского
	∂P		∂Q			∂R
		+			+					(5.19)
∫∫∫	∂x		∂y			∂z	dxdydz = ∫∫(Pdydz +Qdzdx + Rdxdy) ,
(V )									(S )

которая связывает тройной интеграл по пространственной области (V) с поверхностным интегралом второго рода по границе (S) этой области.

Если внешняя нормаль к элементарной поверхности dS образует с осями OX, OY, OZ углы α, β, γ, то dydz = cosαdS, dzdx = cosβdS, dxdy = cosγdS и формула (5.19) примет вид

	∂P		∂Q		∂R		∫∫
∫∫∫		+		+			∫∫	(P cosα + Q cosβ + R cosγ)dS ,	(5.20)
		+		+		dxdydz =		(P cosα + Q cosβ + R cosγ)dS ,	(5.20)
(V )	∂x		∂y		∂z		(S)

где интеграл справа является поверхностным интегралом второго рода.

Введем в рассмотрение переменный вектор ar = {P,Q, R}, определенный на поверх-

ности (S), и рассмотрим дивергенцию (расхождение) этого вектора, которая по определению имеет вид

r		∂P		∂Q		∂R
div a	=		+		+		.	(5.21)
		∂x		∂y		∂z
r	нормали к поверхности имеет координаты
Так как единичный вектор n0
nr0 = {cosα, cos β, cosγ}								(5.22)
и вектор dS определяется как
	dS = nr0 dS ,							(5.23)

200

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

то с учетом (5.21) и (5.19) получим формулу Гаусса – Остроградского в векторной форме

∫∫ardS = ∫∫∫div ardxdydz .		(5.24)
(S )	(V )

Замечание 1. Если в какой-то точке области (V) хотя бы одна из частных произ-

водных ∂∂Px , ∂∂Qy , ∂∂Rz теряет непрерывность, то формулу Гаусса – Остроградского приме-

нять нельзя.

5.3. Формула Стокса

Пусть имеем гладкую двустороннюю поверхность (S), ограниченную гладким контуром (L). На (S) определена функция P(x, y, z), непрерывная со своими частными производными. Можно доказать, что тогда имеет место формула, связывающая поверхностный интеграл с криволинейным интегралом

∫Pdx = ∫∫∂Pdzdx −		∂P dxdy ,	(5.24)
(L)	(S ) ∂z	∂y

причем направление обхода контура (L) соответствует той стороне поверхности (S), на которую распространен интеграл справа.

Если на (S) определены еще две функции Q(x, y, z) u R(x, y, z), удовлетворяющие тем же условиям, что и P(x, y, z) , то справедливы еще две формулы

∫Qdy = ∫∫∂Qdxdy −

∂Q dydz

(5.25)

(L)

(S )

∂x

∂z

∫Rdz = ∫∫

∂Rdydz −

∂R dzdx .

(5.26)

(L)

(S )

∂y

∂x

Складывая формулы (5.24)-(5.26), получим формулу Стокса

∂Q

∂P

∂R

∂Q

∂P

∂R

−

∫Pdx +Qdy + Rdz = ∫∫

∂x

∂y

dxdy +

∂y

∂z

dydz +

dzdx . (5.27)

(L)

(S )

∂z

∂x

Если в формуле (5.27) поверхностный интеграл второго рода справа заменим поверхностным интегралом первого рода, то получим

∫

∂Q

∂P

∂R

∂Q

∂P

∂R

Pdx+Qdy+ Rdz =

∫∫

∂x

−

∂y

cosα+

∂y

−

∂z

−

∂x

cosβ+

cosγ dS , (5.28)

(L)

(S)

→

где cosα, cos β, cosγ - направляющие косинусы нормали n , отвечающей именно выбранной стороне поверхности (S).

201

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

Пусть на поверхности (S), ограниченной замкнутым контуром (L), задано векторное поле ar = {P,Q, R} с непрерывно дифференцируемыми компонентами.

Определение 5.5. Криволинейный интеграл второго рода по замкнутой кривой (L)

∫Pdx +Qdy + Rdz = ∫ardl

(5.29)

(L)

называется циркуляцией вектора ar = {P,Q, R} вдоль кривой (L).

Определение 5.6. Вектор с координатами

∂R

−

∂Q

;

∂P

−

∂R

;

∂Q

−

∂P

называ-

∂y

∂z

∂x

∂y

∂z

ется ротором (вихрем) векторного поля a = {P,Q,R}и обозначается так

∂R

−

∂Q

;

∂P

−

∂R

;

∂Q

−

∂P

(5.30)

rot a

∂y

∂z

∂x

или

∂y

∂R

∂Q

∂P

∂R

∂Q

∂P

∂

rot a

= i

−

+ k

−

(5.31)

∂x ∂y ∂z

∂y

∂z

∂x

∂y

где i , j , k – единичные векторы осей OX, OY, OZ.

Отметим,

что

помощью

(5.29),

(5.30)

dydz = cosαdS, dzdx = cosβdS,

dxdy = cosγdS формулу Стокса (5.28) можно представить

в векторной форме

∫

(5.32)

adl =

∫∫rotadS .

(L)

(S )

Последнее означает, что циркуляция вектора вдоль замкнутого контура равна потоку вихря через поверхность, ограниченную этим контуром. При этом направление обхода контура и стороны поверхности должны соответствовать друг другу.

Определение 5.7. Векторное поле ar = {P,Q, R} называется потенциальным, если

его можно представить в виде градиента (ч. 1) некоторой скалярной функции U(x, y, z), то есть если

ar = gradU = ir ∂∂Ux + rj ∂∂Uy + kr ∂∂Uz . В этом случае функция U(x, y, z) называется по-

тенциалом векторного поля a .

202

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

Примеры

1.Вычислить поверхностный интеграл первого рода

∫∫x2 y2dS ,

(5.33)

(S)

где (S) есть полусфера x2 + y2 + z2 = R2 , R>0, z>0.

Решение. Для вычисления (5.33) перейдем к сферическим координатам

x = R cosϕsinθ,

y = Rsinϕsinθ,

(5.34)

z = R cosθ.

Так как согласно (5.5) и (5.4)

∂x

∂y

∂z

E =

= R

sin

ϕsin

θ + R

cos

ϕsin

θ = R

sin

θ,

∂ϕ

G =

∂x

∂y 2

∂z 2

θ + R

θ = R

cos

ϕcos

sin

ϕcos

sin

∂θ

F =

∂x

∂y

∂z

= −R2 sin ϕsin θcos ϕcos

θ + R2

sin ϕcos θcos ϕcos θ = 0,

∂ϕ

∂θ

∂ϕ ∂θ

∂ϕ

∂θ

dS = R2 sin θdϕdθ,

то из (5.33) имеем

∫∫x2 y2 dS =

2∫πdϕ∫π R6 cos2 ϕsin2 ϕsin5 θdθ =

2πR6

(S)

Ответ:

2πR6

2.Вычислить поверхностный интеграл второго рода

∫∫x2 y2 zdxdy

(5.35)

(S )

по верхней стороне нижней половины сферы x2 + y2 + z2

= R2

(R>0).

Решение. Уравнение нижней половины сферы есть z = − R2 − x2 − y2 . Так как ин-

теграл берется по верхней стороне нижней половины сферы, то перед интегралом будет знак плюс. Итак, согласно (5.9), имеем

∫∫x2 y 2 zdxdy = −∫∫x2 y 2 R2 − x2 − y 2 dxdy ,		(5.36)
(S )	(D)

где проекция (D) нижней половины сферы на плоскость ХОУ есть круг x2 + y2 ≤ R2 .

203

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

Переходя к полярным координатам при вычислении (5.36), получим

− ∫∫x2 y2	R2 − x2 − y2 dxdy = −2∫πsin2 ϕcos2 ϕdϕ∫R ρ5		R2 −ρ2 dρ = −	2πR7 .
(D)	0	0		105

Ответ: − 2πR7 .

105

3. Пользуясь формулой Гаусса – Остроградского, вычислить поверхностный интеграл второго рода

	J = ∫∫x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy ,			(5.37)
	(S )
где (S) есть внешняя сторона поверхности куба
	0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a .
Решение. Согласно (5.19) имеем
J = ∫∫∫2(x + y + z)dxdydz = 6∫∫∫xdxdydz = 6∫a xdx∫a dy∫a dz = 3a4 .
(V )	(V )	0	0	0

Ответ: 3a4 .

4. Пользуясь формулой Гаусса – Остроградского, вычислить поверхностный интеграл первого рода

J = ∫∫(x2 cosα + y2 cosβ+ z2 cosγ)dS ,							(5.38)
		(S)
где (S) есть внешняя сторона полной поверхности конуса (рис. 5.6)
	x2	+	y2	−	z2	= 0, (0 ≤ z ≤ b, a > 0) .
	a2	+	a2	−	b2	= 0, (0 ≤ z ≤ b, a > 0) .
	a2		a2		b2

Решение.

Рис. 5.6

Учитывая, что dydz = cosαdS, dxdz = cosβdS, dxdy = cosγdS , имеем

204

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

J = ∫∫x2 dydz + y2 dxdz + z2 dxdy ,	(5.39)
(S )

где поверхность (S) складывается из поверхностей (S1) и (S2). Для вычисления (5.39) пользуемся формулой Гаусса – Остроградского, учитываем, что dz=0 на поверхности (S1) (уравнение (S1) z=b) и переходим к цилиндрической системе координат по формулам z=z, x = ρcosϕ, y = ρsinϕ.

Итак, имеем

2π

J = 2∫∫∫(x + y + z)dxdydz = 2 ∫dϕ∫ρdρ ∫(ρcosϕ+ ρsinϕ+ z)dz =

	(V )				0 0			ρb			a
											a
2π	a	b	2π	a	ρb	2	2	b		2		2	b	2
					ρb	−	ρ	b				πa	b	.
= 2 ∫dϕ∫ρdρ ∫zdz = 2 ∫dϕ∫					2	−	2a		2		dρ =	2		.
0	0	ρb	0	0	2		2a					2
			a

Ответ: πa2 b2 .

5. Пользуясь формулой Стокса найти циркуляцию векторного поля

ar = (x + 3y + 2z)i + (2x + z) j + (x − y)k

по контуру треугольника MNP, где M(2;0;0), N(0;3;0), P(0;0;1) (Рис.5.7.).

Решение.

Рис. 5.7.

Согласно формуле Стокса (5.32)

Ц = ∫adl

= ∫∫rot adS

(L)

(S )

где

∂

rot a

= −2i

+ j

− k

∂x

∂y

∂z

x +3y + 2z 2x + z x − y

205

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

(L) – контур треугольника MNP при положительной ориентации, (S) – поверхность, совпадающая с плоскостью треугольника MNP 3x+2y+6z-6=0.

Следовательно,

Ц = ∫∫nr0 rotardS = ∫∫(rotar) x dydz + (rotar) y dzdx + (rotar) z dxdy =

(S )

1−

2−2 z

3−

3 x

= −2 ∫∫dydz + ∫∫dzdx − ∫∫dxdy = −2∫dy ∫dz + ∫dz ∫dx − ∫dx ∫dy = −5.

(D) yz

( D)zx

(D)xy

Ответ: -5.

Тест 5.

С помощью формулы Остроградского – Гаусса вычислить:

∫∫(xdydz + ydzdx + zdxdy) , где S

– наружная сторона пирамиды,

ограниченной

(S )

поверхностями: x= 0, y = 0, z = 0, x+y+z = a.

а3

а) а ;

б) 2 ;

в) 3 ;

г) а .

2. ∫∫(x3dydz + y3dzdx + z3dxdy) , где S – внешняя сторона сферы x2 + y2 + z2 = a2 .

(S )

а)

2 πa4 ;

б) 11πa5 ;

в) πa5 ;

г)

12 πa5 .

∫∫(x2 cosα + y2 cosβ + z2 cosγ)dS ,

где S

– внешняя полная поверхность конуса

(S)

−

= 0,

0 ≤ z ≤ b .

а)

πa2b2 ;

б) πa3b ;

в) πab3 ;

г)

πα2b .

Применяя формулу Стокса, вычислить:

4. ∫(y + z)dx + (z + x)dy + (x + y)dz , где С – окружность x

+ y

+ z

= a

x + y + z = 0.

а) 2π;

б)-2π;

в) 0;

г)-1.

5. ∫(y − z)dx + (z − x)dy + (x − y)dz , где С –эллипс

+ y

=1,

x + y =1.

а) -4π;

б) 4π;

в) -2π;

г) 2π.

φ y2dx + z2dy + x 2 dz ,

где АВС –

контур треугольника АВС с вершинами

ABCA

А(а;0;0), В(0;а;0), С(0;0;а).

206

РАЗДЕЛ V. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ПОЛЯ

а) –а3;

б) а3;

в) а2;

г) 3а2.

x = a sin t,

7. φxdx + (x + y)dy + (x + y + z)dz , где С – кривая y = a cos t,

t [0,2π].

z = a(sin y + cos t),

б) πа3;

в) πа2;

г) -πа2.

а) πа;

8. Найти направление и величину градиента поля: U = x3 + y3 + z3 −3xyz в точке

А(2;1;1).

a) gradU = ir− rj −k ,

gradU = m = 3 11,

m =11,

б) gradU = 9i −

3 j −

3k ,

в) gradU = ir+3rj +3kr,

m = 7,

г) rj −ir,

m = 5 11.

9. Найти rotr , где

= i

x + jy + kz .

а) rotr = −

б)

rotr = −

в) rotr = 0 ;

г) rotr =

j + i ;

j + k ;

j + k .

10. Найти rota

→

R в точке М(1;2;-2), где a = i

+ k

а)

−

б)

= − 5

−

;

в)

− 5

;

j + k ;

j +

j + 2k

г)

= −

j +

207

РАЗДЕЛ VI. ЧИСЛОВЫЕ И ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ РЯДЫ

Раздел VI. Числовые и функциональные ряды

6.1. Ряд и его частичные суммы. Сходящиеся и расходящиеся ряды

Рассмотрим числовую последовательность
{Un }=U1 ,U2 ,U3 ,...,Uk ,....
Определение 6.1. Выражение вида
∞
U1 +U 2 +... +U k +... = ∑U k	(6.1)

k =1

называется числовым рядом, а U k называется общим членом этого ряда.

∞

Определение 6.2. Сумма первых п членов данного ряда ∑Uk называется п-ой

k =1

частичной суммой этого ряда и обозначается через Sn

	n
Sn	=U1 +U 2 +... +U n = ∑U k .	(6.2)
	k =1
	∞	∞
Определение 6.3. Ряд	∑Uk называется п-ым остатком ряда ∑Uk и обозначается
через Rn	k=п+1	k =1
через Rn	∞
	∞
Rn	= ∑Uk =Un+1 +Un+2 +L.	(6.3)

k =n+1

∞

Определение 6.4. Ряд ∑Uk называется сходящимся, если сходится последова-

k =1

тельность его частичных сумм {Sn}, где

S1 =U1 , S2 =U1 +U2 , S3 =U1 +U2 +U3 ,..., Sn =U1 +U2 +...+Un .

При этом предел S последовательности частичных сумм {Sn } называется суммой данного ряда

	∞
S = lim Sn = ∑Uk .		(6.4)
n→∞	k=1
	k=1

Определение 6.5. Если предел последовательности частичных сумм {Sn} стре-

∞

мится к плюс или минус бесконечности или вовсе не существует, то ряд ∑Uk называется

k =1

расходящимся.

208

РАЗДЕЛ VI. ЧИСЛОВЫЕ И ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ РЯДЫ

Теорема 6.1. Необходимое и достаточное условие сходимости ряда (критерий Коши).

∞

Для того чтобы ряд ∑Uk сходился, необходимо и достаточно, чтобы для

k =1

n+p

( ε > 0)( N = N(ε) N) : [(n ≥ N(ε)) ( p N)] ∑Uk < ε .

k=n+1

∞	∞
Теорема 6.2. Если ряд ∑Uk	сходится, то любой его остаток Rn = ∑Uk сходится,
k =1	k=n+1

причем является бесконечно малой величиной. Обратно, из сходимости остатка ряда Rn

∞

вытекает сходимость данного ряда ∑Uk .

k =1

Теорема 6.3. (необходимое условие сходимости ряда). Для сходимости ряда

∞

∑Uk необходимо, чтобы общий член ряда при к → ∞ стремился к нулю, то есть

k =1

lim Uk = 0 .

(6.5)

k→∞

∞

Доказательство: По условию теоремы дано, что ряд ∑Uk сходится. Нужно дока-

k =1

зать, что lim Uk = 0 .

k→∞

Обозначим сумму ряда через S

∞

S = ∑Uk = lim Sn = lim Sn −1 .

= n →∞ n →∞ k 1

Очевидно, что

Un = Sn − Sn−1 .

Перейдем в (6.7) к пределу при n → ∞ и учтем (6.6). Тогда получим

lim Un = lim Sn - lim Sn −1 = S-S=0.

n →∞ n →∞ n →∞

Теорема доказана.

(6.6)

(6.7)

(6.8)

Замечание 6.1. Условие (6.5) является необходимым условием сходимости ряда и недостаточным. То есть, если ряд сходится, то обязательно его общий член стремится к

нулю при k → ∞ . Но если известно, что lim Uk = 0 , то отсюда не следует, что ряд сходит-

k →∞

ся. Поэтому при исследовании любого ряда на сходимость желательно, прежде всего, про-

верить необходимое условие сходимости. Если lim Uk ≠ 0 , то заведомо ряд расходится. А

k →∞

если lim Uk = 0 , то дальше нужно исследовать на сходимость данный ряд, пользуясь дос-

k →∞

таточными условиями сходимости.

Ниже два основных свойства сходящихся рядов сформулируем в виде теорем (тео-

ремы 6.4. и 6.5).

209

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 3321 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.06.20153.06 Mб20мат мет.doc
#
05.06.201520.22 Кб10МАТ.АНАЛИЗ.docx
#
05.06.2015297.47 Кб105мат_МЕТОД_ИССЛЕД_ОПЕРАЦ.doc
#
05.06.2015166.91 Кб13Математика-1.doc
#
05.06.20152.97 Mб26Математический анализ для экономистов.doc
#
05.06.20154.32 Mб75Математический анализ.pdf
#
05.06.2015429.57 Кб20материалы для курсового лекции.doc
#
05.06.20151.76 Mб264Матлогика Пономарев.pdf
#
05.06.2015113.15 Кб11медиабизнес.doc
#
05.06.20155.68 Mб50Медиарекламные исследования.pdf
#
20.09.2019152.01 Кб2межд право ответы.docx