Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный Технический Университет Харьковский Политехнический Институт

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Kurpa_Vyshcha_matem_T.2_Gl.9-12_2009

.pdf

Скачиваний:

238

Добавлен:

02.02.2015

Размер:

4.62 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2017 18 19 20 > Следующая >>>

0 a, n ds

	a, n0
			dxdy .
		cos

DXOY			z x, y
DXOY			z x, y

3. При визначенні орта		0	нормалі до поверхні необхідно
	n

враховувати сторону поверхні, крізь яку обчислюється течія. Нормаль спрямована до обраної сторони поверхні так, що якщо дивитися з її кінця, то позитивний обхід будь-якого замкненого контуру, що лежить на

фіксованій	стороні, відбувається			проти стрілки годинника, тобто за
правилом "правого гвинта". Вектор
правилом "правого гвинта". Вектор				n0 cos , cos , cos , що відповідає
заданій стороні			поверхні F x, y, z 0, може збігатися з одним із двох

векторів	F
векторів		.	Для того щоб обрати знак, достатньо хоча б в одній точці
	F

обраної поверхні визначити (наприклад, із геометричних міркувань) знак напрямного косинуса і порівняти його із знаком відповідної частинної

похідної функції F x, y, z

в цій точці. Наприклад, якщо знаки cos і Fx

збігаються, то обирають "+", в протилежному випадку обирають "−".

При розв’язанні

наступної задачі

будемо

дотримуватися наведеної схеми.

Приклад 12. Обчислити течію векторного поля

a z; x; y

крізь нижню

сторону

трикутника,

Y отриманого при перетині площини 3x 6y 2z 6 з

координатними площинами (рис. 12.2).

Розв’язання. Рівняння

площини

однозначно

розв’язується щодо будь-якої із трьох змінних, тобто

-3

існує взаємно однозначна відповідність між точками

поверхні і точками їх проекцій на будь-яку

координатну площину. Розв’яжемо рівняння,

Рис. 12.2

наприклад,

відносно

координати

у:

3x 2z 6 .

Спроектуємо поверхню на площину Y=0 (рис. 12.3), а поверхневий

інтеграл,

що

виражає

течію,

запишемо

як

подвійний

інтеграл

a, n0

dxdz та обчислимо його.

cos

DXOZ

y x,z

161

z														Оскільки нормаль до обраної сторони поверхні

	1 2		3	4					x
	1 2		3	4					x					утворює тупий кут з віссю 0Z, то cos 0 .
			x				z							Якщо функцію F x, y, z подати у вигляді
-2			2		3				1					F x, y, z 3x 6y 2z 6, то
-2			2		3				1					F x, y, z 3x 6y 2z 6, то
-3		DXOZ
-3
														F 3i			6 j	2k . Тоді знаки cos		і

		Рис. 12.3
		Рис. 12.3																	F
														F 2 0 збігаються і n0							,
														z					F
														z
															1


		F				9 36					4 7 ,			n 0		3i	6 j	2k . Звідси випливає:
		F				9 36					4 7 ,			n 0	7	3i	6 j	2k . Звідси випливає:
															7

		cos		6			;	a, n		0		1	3z 6x 2 y .
				7					cos			6

Область інтегрування − це частина площини XOZ, яка обмежена прямими:

z 0

DXOZ : x 0 , тоді течія визначається як

3x 2z 6 0

	1				3z 6x 2 y							1	2			0		7			23
	1						y	6	3x 2 z 6			1						7			23
	6						y	6	3x 2 z 6			6						3			6
								1			dxdz =			dx					z 5x 2	dz		.
			DXOZ										0		3	x 2
			DXOZ											2		x 2				2 ; z2
														2
		Приклад 13. Знайти								течію	векторного					поля					крізь
		Приклад 13. Знайти								течію	векторного					поля			a x2 ; y		крізь
верхню				частину		поверхні				параболоїда			x2 y2				2z 1, розташовану в

другому октанті (рис. 12.4).

1/2

	DXOY
–1	1
	1
0	у

Рис. 12.4

F x,

Розв’язання.			Рівняння	поверхні
однозначно	розв’язується			відносно
координати z:
z		1	1 x2 y2 .
z	2		1 x2 y2 .
	2
Виконаємо проектування поверхні S
на площину Z=0			(рис.12.5).	Поверхневий

інтеграл обчислимо через подвійний по проекції DXOY :

		0

a, n
	cos		dxdy ;
			dxdy ;
			z x, y
DXOY
DXOY

y, z x2 y2 2z 1 0 ;

162

2 x2 y 2 1 .

2xi

2 yj

2k ;

Нормаль до верхньої сторони параболоїда

DхОу

утворює гострий кут з віссю 0Z, отже,

cos 0 . Таким чином, Fz 2 0 та

xi yj k

;

x2 y2

x3 y3 z 2

cos

;

a, n

;

y2 1

x2 y2 1

Рис. 12.5

a, n0

1 x2 y2 2 .

cos

1 x

Переходимо до полярної системи координат:

									1																		2
										3			3				3				1					2	2
				d							cos			sin									1					d =
				d							cos			sin									1					d =
									0												4
								2
							5								1 1				2	3		1


																													2
								3				3																	2
		= d						cos	sin														=									=
		= d						cos	sin														=									=
						5									8			3							H 0, B
			2																			0			H 0, B						2
			2																			0									2
					3						3					1								1		2 2				1
	1		2		3				2		3					1								1		2 2				1
			2						2
=			sin			d			cos d						+			d			=												.
=			sin			d			cos d						+			d			=												.
5			0						0							24							5			3 3				24 2 48
																		2
																		2

Користуючись наведеною вище схемою, розглянемо ще один випадок, що часто зустрічається при обчисленні течій.

1. Візьмемо рівняння заданої поверхні F x, y,z 0 . Переконаємося в тому, що його можна однозначно розв'язати відносно кожної змінної. Цей факт говорить про можливість взаємно однозначного проектування поверхні на кожну координатну площину.

2. У формулі для обчислення течії запишемо скалярний добуток у розгорнутому вигляді:

(P cos Q cos R cos)dS =				P(x, y, z)		x ( y,z) dydz


S				DYOZ
	Q(x, y, z)	y ( x,z) dxdz	R(x, y, z)		z ( x, y) dxdy .


	DXOZ		DXOY

163

Знак перед кожним інтегралом вибирається таким, який знак має відповідний напрямний косинус нормалі до поверхні S.

Наведемо друге розв’язання задачі прикладу 12 (рис. 12.6 − 12.8).

1. Впевнімося в тому, що рівняння площини однозначно розв'язується відносно кожної змінної, яка входить до нього, та знайдемо орт нормалі до неї. Оскільки площина визначається формулою S: 3x 6y 2z 6 0 , або

	x		y				z		1, то ортом нормалі																								0					3				6				2
																								до				неї			є вектор		n							;				;			зі
																								до				неї			є вектор		n							;				;			зі
2			1			3																																7				7				7
знаками напрямних косинусів cos 0, cos 0,cos 0 . .
		z															z															y
					1 2							y						1			2				3					4	х	y
		0			1 2							y				0																2			y x							2 1
												z
								y					1											x					z




																																					DXOY
-1															-1									2			3				1
											3				-1									2			3				1


							DYOZ																									0

-3															-3																		1			2							x
																					DXOZ



					Рис. 12.6

																					Рис. 12.7												Рис. 12.8
																					Рис. 12.7												Рис. 12.8
				2. Врахувавши знаки напрямних косинусів нормалі та заданий вектор
поля							z; x; y ,							запишемо						в			розгорнутому									вигляді				формулу											для
поля					a		z; x; y ,							запишемо						в			розгорнутому									вигляді				формулу											для
обчислення течії:
																															0	1 z	2									0
				zdydz											xdxdz																0	3	2									0
				zdydz											xdxdz								ydxdy = zdz									dy xdx										dz −
									DYOZ					DXOZ								DXOY									3	0	0						3		x 2
																																						2			x 2
					1				2(1 y)					0			z 2				3 2					2						1		2											23
				ydy																				x					2x dx 2 y y							dy =
																																											.
										dx == z						3			dz		2																						.
					0					0						3					2		0									0													6
					0					0				3									0									0
				Обчислення течії крізь замкнену поверхню зручніше проводити за
теоремою Остроградського – Гаусса:

															a, n0 ds div a dv .
																		S											V

Іноді незамкнену поверхню доповнюють іншими поверхнями, щоб зробити її замкненою. Потім обчисляють течію за теоремою Остроградського − Гаусса і з результату віднімають течії крізь додаткові поверхні. Розв’яжемо таким чином ще раз задачу прикладу 12.

164

Розв’язання. З креслення (рис.12.2) бачимо, що площина 3x 6y 2z 6 0 разом із координатними площинами утворює замкнену

поверхню S . Застосуємо теорему Остроградського																						–	Гаусса (межі
інтегрування відповідають рис.12.6-12.8):
	x		y			z		1
																							0
						3
	S : 2		1			3				;		a					z; x; y div a							;
		0; y 0; z 0
	x	0; y 0; z 0
			ds															XOZ YOZ ;
a, n 0			ds			= div a dv XOY												XOZ YOZ ;
	S						V
												1			2(1 y)					1
																			2 y y 2 dy =					1
																								1
XOY	a, k					Z 0		dxdy =				ydy					dx =								;
XOY	a, k							dxdy =				ydy					dx =							3	;
	DXOY											0					0			0				3
	DXOY											0					0			0
												2					0		3	2
																			3	x2	2x dx = 2;
XOZ	a, j					y 0 dxdz =						xdx					dz =
																			2

	DXOZ											0		3		x 2				0
															2	x 2
																	0	1 z		3	3
																	0			3

	YOZ				a,i				x 0		dydz = zdz								dy =			.
	YOZ				a,i						dydz = zdz								dy =		2	.
				DYOZ													3		0		2
				DYOZ													3		0
Остаточно маємо: 0						1	2			3			23				.


						3				2				6

Якщо задані поверхні не мають взаємно однозначних проекцій на координатні площини, то ці поверхні розбивають на частини, які задовольняють вимоги взаємно однозначного проектування, а потім обчислюють течію, використовуючи властивість адитивності поверхневих інтегралів.


Приклад 14. Обчислити течію вектора	a	xi	yj	zk крізь

зовнішню сторону бічної поверхні кругового

обмежену площинами z 0	і z H H 0 .
			0	ds .
Розв’язання. Течія		a, n

Sб.n.ц.

циліндра x2 y2 R2 ,

Розглянемо результати

проектування бічної поверхні заданого кругового циліндра на координатні площини (рис. 12.9 – 12.11):

165

		x 0

1) D		y R		2)
1) D		:		2)
	YOZ	z 0

		z H
		z

	H		DYOZ
			DYOZ

y 0x R

DXOZ : z 0

z H

3) D		z 0
3) D	XOY	:
	XOY	x2	y2	R2
			y
DXOZ			R
DXOZ
	-R		0	R x

-R	0	R y	-R 0 R	x	-R
					-R
	Рис. 12.9		Рис. 12.10		Рис. 12.11
Проекції	DYOZ	і DXOZ	однотипні − кожній точці проекції відповідають дві

точки на бічній поверхні циліндра, тобто немає взаємно однозначної відповідності точок поверхні точкам проекцій. Проекцією DXOY бічної

поверхні циліндра на площину XOY буде коло, тобто кожній точці кола відповідає нескінченна множина точок проектованої поверхні. Висновок: при обчисленні потоку потрібно розділити бічну поверхню на дві частини, кожна з яких має взаємно однозначну відповідність зі своєю проекцією на площині, наприклад, на площині YOZ.

Течія − величина адитивна,

тобто 1 2 , де

1 −

течія крізь

частину циліндра S

що лежить у півпросторі

y 0 , а

2 −

течія крізь

частину

циліндра,

що лежить у півпросторі

y 0 . У даному випадку

xi yj

2 ,

тоді

2 1 , no

a, no r , no np

o r R , тому що

зовнішня нормаль до бічної поверхні циліндра паралельна площини XOY.

Течія крізь бічну поверхню циліндра

2 1 = 2 r , n0 ds = 2 ds = 2R RH 2 R2 H .

Sбок.

Зауваження. Ця ж задача

може

бути

розв’язана

іншим засобом:

, a, n

r , n

, тоді np 0 r R і

R R

П= npn0 r ds = R ds = R 2 R H 2 R2 H .

Sбок.

бок.

166

Приклад

15. Обчислити

течію

вектора

zj xk

крізь

частину

бічної

поверхні

циліндра

x2 y2 R2 , відсічену

площинами

z 0

і z x

z 0 (рис.12.12).

Розв’язання. a, n0

ds , де

Sбок.

x2 y2

Рис. 12.12.

x2 y2

Нормаль до обраної бічної поверхні утворює гострий кут з віссю 0Х і

cos 0, отже, у формулі для n 0 обираємо знак "+":

x=0 R z

DYOZ

-R 0 R y

Рис. 12.13

. Тоді

0 =

0 k

a, no =

xk xi

xy zy =

y x z

y x z ds .

Sбок.

Взаємно однозначну відповідність буде досягнуто у випадку проектування циліндричної поверхні на координатну площину YOZ (рис. 12.13):

x2 y2 R2

z 2 y2 R2

D : z x

D :

x 0

YOZ

z 0

y x z

dydz =

cos

y x z

dydz =

cos

x z

x 0

x z

DYOZ

R2 z2

= 2 ydydz = 2 dz

ydy =0.

DYOZ

Приклад 16. Знайти течію векторного поля a

x3i y3 j

z3k крізь

2 y2

H 2

зовнішню сторону повної поверхні конуса

z H

167

Розв’язання

1 спосіб. Обчислимо течію безпосередньо за визначенням, тобто як

поверхневий інтеграл

a, n

ds = a, n

a, n

ds = 1 2 ;

Sп.n.к.

Sб.n.к.

Sосновu к.

gradF

a,n0

F x, y, z x2

cos

dxdy ;

z 2

gradF

DXOY

x2 y2

gradF 2 xi

gradF

n o − зовнішня

нормаль до бічної поверхні конуса і cos 0 , тому вибираємо знак «+»:

H 2

, cos

z 0 ;

H 2

a, n o

H 2

2 z

cos

x2 y2

x4 y4

H 2

y2 2

x r cos , y r sin ,

0 2 ,0 r R

x2 y2

r 4

cos4 sin 4

H 2

cos4

;

3R2 4H 2

H 3R2 4H 2

cos4

rdr =

R =

d r

R2 H 3R2

4H 2 ;

a, k

= z3

ds = H 3 R2 ;

Sосн.

z H

HR2

3R2 4H 2 R2 H H 2 =

R2 H R2 2H 2 .

2 спосіб. Обчислимо течію з використанням теореми

Остроградського – Гаусса:

168

3 x

a, n

div a dv ,

a x i y

k , diva

Sп.n.к.

3 r

2 z2 ,

Перейдемо до циліндричних координат, тоді

diva

2 y2

z 2

r H R , 0 z H ,

H 2

r R, 0 2

;

z 2 dz =

div a dv 3 r 2 z 2 rdrd dz = 3

d rdr r 2

1 H 3

3 r

= 3 2 r r

= 6 r

= 6

R2 H R2 2H 2 .

R4 H

R2 H 3

R4 H

R2 H

12.5. Лінійний інтеграл у векторному полі. Циркуляція

0 = cos ,cos ,cos − одиничний

Нехай L − орієнтована крива,

вектор (орт) дотичної до кривої.

Визначення.

Лінійним

інтегралом

векторного

поля

вздовж орієнтованої кривої L називають

a = P x, y, z , Q x, y, z , R x, y, z

криволінійний інтеграл першого роду по довжині дуги L:

= P cos Q cos R cos dl = Pdx Qdy Rdz .

a, 0 dl

Якщо

−

поле

сил,

то лінійний інтеграл А дорівнює роботі,

створеній полем по переміщенню матеріальної точки вздовж лінії L.

Приклад 17. Обчислити лінійний інтеграл поля радіуса-вектора r

уздовж одного витка гвинтової лінії:

x Rcost ,

y Rsin t ,

z ht ,

орієнтованої в напрямку зростання параметра t .

xdx ydy zdz .

Розв’язання. Оскільки a

r xi

yj zk ,

то

Крива задана параметричними рівняннями, відзначимо, що одному витку гвинтової лінії відповідає t 0, 2 , тоді

169

2
R cost Rsin t Rsin t R cost ht h dt = 22h2 .
0
Визначення. Лінійний інтеграл вздовж замкненого контуру
називається циркуляцією:
	dl .
C a, 0	dl .

Циркуляція векторного поля може бути обчислена:

1)безпосередньо (як лінійний інтеграл по замкненому контуру);

2)з використанням теореми Стокса, яка стверджує, що циркуляція дорівнює течії ротора поля крізь будь-яку поверхню S ,

натягнуту на контур L (орієнтації поверхні S і контуру L узгоджені):

				ds .
C a, 0	dl = rot a, n		0	ds .
L		S
Схему розв’язання задачі покажемо на прикладі.

Приклад 18. Для поля a	zi	yk знайти циркуляцію по контуру

L: x2 y 2 4 , x 2z 5 безпосередньо і за теоремою Стокса.

Розв’язання. 1 спосіб.							Безпосереднє обчислення.
Рівняння контуру, по якому обчислюється циркуляція, подаємо в
параметричному вигляді. Проекція контуру на площину XOY лежить на
колі x2 y2 4 ,		звідки		x 2c o st ; y 2sin t . Оскільки контур лежить у
площині x 2z 5 , то			z		1		5 2cos t .

				2
Визначаємо межі зміни параметра, що відповідають позитивному
обходові. У цьому випадку t 0,2 .
Обчислюємо інтеграл:
		2		1

C		adr				5 2cost 2sin t 2sin t sin t dt =

				2
	L		0

= 5sin t 2sin t cost 2sin 2 t dt = 2 .

2 засіб. Обчислення з використанням теореми Стокса.

Обираємо поверхню, яку буде натягнуто на контур, що розглядається. У даному випадку контур плоский, тому за таку поверхню

170

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2017 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.02.201521.72 Mб20kulikova_korotkova_csvety_iz_bisera.pdf
#
01.04.202566.37 Кб2kultura (1).docx
#
09.09.201992.61 Кб1kultura_khikh_doc_pidruchnik.docx
#
02.02.20158.59 Mб50Kurpa_Vyshcha_matem_T.1_Gl.5-8_2009.pdf
#
02.02.20156.13 Mб172Kurpa_Vyshcha_matem_T.2_Gl.13-14_2009.pdf
#
02.02.20154.62 Mб238Kurpa_Vyshcha_matem_T.2_Gl.9-12_2009.pdf
#
02.02.2015197.38 Кб13Kurs.docx
#
12.08.2019210.94 Кб3KURS1.doc
#
20.03.20161.3 Mб13Kursach Мирошник ЭМПП 1Семестр .docx
#
24.11.2019782.85 Кб9KURSAChmarketing(нетбук).doc
#
08.09.201972.14 Кб4kursach_TAO (1).docx