Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Поверхностные интегралы. Элементы теории поля. Их приложения в механике и теплотехнике (90

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

302.7 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

∫∫(z − a)2 dxdy = ∫∫(a2 − x2 − y2 )dxdy .

Ω D

Для вычисления двойного интеграла перейдем к полярным ко- ординатам, используя формулы

x = r cosϕ , y = r sin ϕ , dxdy = rdrdϕ .

В этом случае

∫∫(z − a)2 dxdy = ∫∫(a 2 − x2 − y 2 )dxdy =∫∫(a 2 − r 2 )r dr dϕ =

2π

∫

dϕ

∫

(a2 − r 2 ) r dr

−

dϕ = π a

∫

1.3. Связь поверхностных интегралов первого и второго рода

Поверхностные интегралы первого и второго рода связаны соотношением

∫∫P(x , y , z) dydz + Q(x , y , z)dxdz + R(x , y , z) dxdy =

= ∫∫(P(x , y , z)cosα + Q(x , y , z)cos β + R(x , y , z)cosγ ) dS . (6)

В этой формуле cosα , cos β , cos γ − направляющие косинусы нормали к выбранной стороне поверхности Ω .

Если поверхность Ω задана уравнением в неявном виде F (x , y , z) = 0 , то направляющие косинусы нормали к поверх- ности определяются формулами

			∂F
cosα =			∂x				,
cosα =							,
±		∂F 2		∂F 2		∂F 2
±			+		+
	∂x				∂z
	∂x			∂y	∂z
			11

			∂F
cos β =			∂y


		∂F 2		∂F 2		∂F 2
±		∂F 2		∂F 2		∂F 2
±			+		+
	∂x				∂z
	∂x			∂y	∂z
			∂F
cos γ =			∂z

		∂F 2		∂F 2		∂F 2
±		∂F 2		∂F 2		∂F 2
±			+		+
	∂x				∂z
	∂x			∂y	∂z

где знак перед радикалом должен быть согласован со стороной поверхности.

Пример 4. Вычислить поверхностный интеграл по координатам

∫∫ y dxdz , где Ω – поверхность тетраэдра, ограниченного плос-

−Ω

костями x + y + z = 1 , x = 0 , y = 0 , z = 0 . Знак ∫∫ означает, что интеграл берется по замкнутой поверхности, а знак (-) перед

Ω показывает, что интегрирование ведется по внутренней сто-
роне поверхности.			z

Решение.			C 1
Замкнутая поверхность Ω состоит из че-				B
тырех	частей:	треугольников
			0	1 y
ABC , BCO ,	ACO , ABO , расположен-
			A
ных в различных плоскостях. В соответ-			1
			x
ствии с этим вычислим данный интеграл

как сумму четырех интегралов.

Преобразуя поверхностный интеграл по внутренней сторо- не треугольника ABC в двойной интеграл и вычисляя его, по- лучаем

∫∫

y dxdz = −

∫∫(1− x − z) dxdz =

1−x

∫dx

∫(x + z −1) dz =

ABC

AOC

1−x

(x −1)3

= ∫

(x + z −1)

= −

∫(x −1)

dx = −

= −

Здесь учтено, что

AOC

является проекцией

ABC на плос-

кость XOZ .

∫∫ y dxdz = ∫∫ y dxdz = 0 , так как плоскости BCO

BCO

ABO

и ABO перпендикулярны плоскости XOZ .

∫∫ y dxdz =

∫∫ 0 dxdz = 0 , так как y = 0 на плоскости XOZ .

ACO

Отсюда получаем ∫∫

y dxdz = −

−Ω

Пример 5. Вычислить поверхностный интеграл второго рода

∫∫ x dydz , где Ω – внешняя сторона части параболоида

x = a2 − y2 − z 2 , отсеченная плос- костью YOZ .

Решение.

Проекцией поверхности Ω на плоскость YOZ является круг с границей y2 + z 2 = a2 . Так как интегрирование ведется по внеш- ней стороне поверхности, при пе- реходе от поверхностного инте- грала к двойному ставим знак (+). Тогда

∫∫ x dydz = ∫∫(a2 − y 2 − z 2 ) dydz .

ΩΩ y z

a 2

Переходим к полярным координатам

∫∫(a2 − y2 − z 2 )dydz =	2π	a	(a2	− r 2 ) r dr =
	∫ dϕ ∫
Ω y z	0	0

	2π	1			1		a	a4 2π		π a4

=	∫		a2 r 2	−		r 4	dϕ =		∫ dϕ =	.

	0	2			4		0	4	0	2

1.4. Формула Остроградского - Гаусса

Формула Остроградского – Гаусса связывает поверхност- ный интеграл второго рода по замкнутой поверхностиΩ с трой- ным интегралом по пространственной области V , ограниченной этой поверхностью

∫∫P(x , y , z)dydz + Q(x , y , z)dxdz + R(x , y , z)dxdy =

=		∂P	+	∂Q	+	∂R		. (7)
							dxdydz

	∫∫∫	∂x		∂y
	V					∂z

Пример 4.

Вычислить интеграл из примера 4, используя формулу Остро- градского – Гаусса:

∫∫ y dxdz , где (− Ω)- внутренняя поверхность тетраэдра, ограни-

−Ω

ченного плоскостями x + y + z = 1 ,			x = 0 , y = 0 ,	z = 0 .
Решение.
Поскольку		P(x , y , z) = 0 ,	Q(x , y , z) = y ,	R(x , y , z) = 0 ,
имеем ∂P =	∂R = 0 , ∂Q = 1 . Запишем формулу Остроградско-
∂x	∂z	∂y

го – Гаусса с учетом того, что интегрирование ведется по внут- ренней стороне поверхности

												1		1−x	1−x− y
	∫∫ y dxdz = −∫∫∫(0 + 1 + 0) dxdydz = −∫ dx ∫ dy														∫ dz =
	−Ω					V						0		0	0						1−x
1	1−x		1−x− y			1	1−x					1				1			2
1						1

= −∫dx ∫		z	0	dy = −∫dx ∫(1					− x	− y)dy = − ∫			(1	− x)y −				y				dx =
= −∫dx ∫		z		dy = −∫dx ∫(1					− x	− y)dy = − ∫			(1	− x)y −		2		y				dx =
0	0					0	0					0									0
0	0					0	0					0
														(1− x)3		1
1			2	1		2				1	1	2								1
1			2	1		2				1	1	2								1
= − ∫	(1− x) −				(1	− x)	dx	= −			∫(1	− x) dx =					= −					.
= − ∫	(1− x) −			2	(1	− x)	dx	= −		2	∫(1	− x) dx =		6			= −			6		.
0				2						2	0			6		0				6
																0

Задачи для самостоятельного решения

Вычислить поверхностные интегралы первого рода:

1. ∫∫ ( ) ds , где Ω - часть плоскости x + y + z = 1, заклю- Ω 1 + x + z 2

ченная в первом октанте.

		4
2.	∫∫ z + 2x +		y ds , где Ω - часть плоскости 6x	+ 4 y + 3z	= 12 ,
2.	∫∫ z + 2x +	3	y ds , где Ω - часть плоскости 6x	+ 4 y + 3z	= 12 ,
	Ω	3
лежащая в первом октанте.
	Вычислить поверхностные интегралы второго рода:
3.	∫∫ y dydz + x dxdz + z dxdy , где Ω - внешняя			сторона	тре-
	Ω

угольника, образованная пересечением плоскости x − y + z = 1 с координатными плоскостями.

4. ∫∫ x2 dydz + y2 dxdz + z 2 dxdy , где Ω - внешняя сторона поверх-

ности сферы x2 + y2 + z 2 = a2 , лежащей в первом октанте.

5. ∫∫(y − z) dydz + (z − x) dxdz + (x − y) dxdy , Ω - внешняя сторо-

на конической поверхности x2 + y2 = z 2 , (0 ≤ z ≤ h) .

Применяя формулу Остроградского – Гаусса, преобразо- вать поверхностные интегралы в интегралы по объему:

6. ∫∫(x cosα + y cos β + z cos γ ) dS .

7. ∫∫(x2 + y2 + z 2 )(dydz + dxdz + dxdy).

8. ∫∫ x2 y dydz + y3dxdz + xz dxdy .

C помощью формулы Остроградского – Гаусса вычислить следующие интегралы:

9. ∫∫(x cosα + y cos β + z cos γ ) dS , где Ω

поверхность эллип-

соида

z 2

= 1.

10.

∫∫(x3 cosα + y3 cos β + z3 cos γ ) dS ,

где

Ω - поверхность

сферы x2 + y2 + z 2 = R2 .

11.

∫∫ x2 dydz + y2 dxdz + z 2 dxdy , Ω

поверхность кону-

са

−

z 2

= 0 , (0 ≤ z ≤ b) .

12. ∫∫ x dydz + y dxdz + z dxdy , где Ω - внешняя сторона поверх-

ности сферы x2 + y2 + z 2 = a2 .

13. ∫∫ yz dydz + zx dxdz + xy dxdy , где Ω - внешняя сторона по-

верхности тела x2 + y2 ≤ a2 , 0 ≤ z ≤ h .

14. ∫∫ x3dydz + y3dxdz + z3dxdy , внешняя сторона поверхности

сферы x2 + y2 + z 2 = x .

15. ∫∫ x2 dydz + y2 dxdz + z 2 dxdy , Ω - внешняя сторона поверхно-

сти куба 0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ a , 0 ≤ z ≤ a .
16.	Вычислить				поверхностный					интеграл				∫∫ x2 z dxdy + xy2 dydz ,
	Ω -													Ω
где	Ω -			внешняя		часть		полной			поверхности					параболоида
z = x2 + y2 , ограниченного плоскостью z = 1.
Ответы
			1					−	1		3	π a	4
			1						1		3		4
1. ln 2 −				3 ,	2. 4	61 ,	3.			, 4.				,	5. 0,	6. 3 ∫∫∫dxdydz ,
1. ln 2 −				3 ,	2. 4	61 ,	3.		2	, 4.	8			,	5. 0,	6. 3 ∫∫∫dxdydz ,
			2						2		8						V
7. 2 ∫∫∫(x + y + z)dxdydz ,							8.	∫∫∫(2xy + 3y2 + x)dxdydz ,									9. 4π abc ,
	V							V
10.	12π	R5 , 11.			π a2b2 ,		12. 4π a3 ,					13. 0,			14.	π ,	15. 3a4 ,
10.	5	R5 , 11.			π a2b2 ,		12. 4π a3 ,					13. 0,			14.	π ,	15. 3a4 ,
	5				2											5

16.π . 6

2.Элементы теории поля

2.1.Скалярное поле

Пусть задана область Ω Ñ 3 и числовая функция u : Ω → Ñ 3 , u(x , y , z) º число для любой точки M (x , y , z)Î W . Тогда говорят, что определено пространственное скалярное поле u в области Ω . Если Ω Ñ 2 , то таким же образом определенное поле называется плоским.

Примерами скалярных полей являются: поле температур, поле концентраций вещества в растворе, поле напряженности электрического заряда и другие.

Поверхностью уровня скалярного поля

u = u(x , y , z)

на-

зывается поверхность

u(x , y , z) = Const. Линией уровня плос-

кого скалярного поля называется линия u(x ,

y) = Const.

Производной скалярного поля u = u(x ,

y , z) по направле-

(m , n , p) в точке M 0 (x0 ,

y0 , z0 )Î W называется

нию вектора l

¶u

(M 0 ) =

lim

u(M

)- u(

M 0 )

(

(1)

¶l

MM 0

→0

MM 0

Градиентом скалярного

поля

u = u(x ,

y , z)

называется

вектор

∂u i

∂u

+ ∂u k

grad u =

(2)

¶x

¶y

¶z

Направление grad u в каждой точке является направлени-

ем наибольшего возрастания поля.

Для производной по направлению верна формула

¶u

× grad

u(M 0 )

(M 0 ) =

(3)

¶l

Здесь l × grad u(M 0 ) - скалярное произведение векторов grad u(M 0 ).

Пример 1. Найти производную скалярного поля u = x2 z +

в точке M 0 (1 ,-1 , 2).

направлении вектора l

= i

+ j - k

Решение. Найдем

¶u

2xz

grad u =

¶y

j +

k =

i -

j +

2z k

¶x

¶z

l и

z 2 в

grad u(M 0 ) = -4 i

- 2

Вычислим

+ 3 k

, подставив в формулу

координаты точки M 0 (1 ,-1 , 2).

По формуле (3) определим

¶u

× grad

u(M 0 )

)× (- 4i

- 2

)

0 ) =

+ 3k

¶l

12 +12 + (-1)2

= - 4 -

- 3 = -

= -3

Пример 2. Найти поверхности уровня и направление наиболь- шего возрастания поля напряженности электрического заряда

u = x 2 + y 2 + z 2 в точке M 0 (1 , 1 , 0).

Решение.

Поверхностью уровня является полусфера

x2 + y 2 + z 2 = a , (a = Const.)

grad u =

j +

k ,

x2 + y 2 + z 2

+ y 2 + z 2

grad u(M 0 ) =

i +

j + 0

, 0 .

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти и

построить

на

плоскости

линии

уровня поля

u =

y 2

416

2.Построить поверхности уровня поля u = x2 - y 2 + z 2 .

3.Найти производную скалярного поля u = e xyz в направлении вектора l = 3i + 4k .

4.	Найти	производную скалярного			поля u =		x 2 y	в точке

							z
M 0 (0 ,-1 , 1) в направлении вектора l				= 2i		+ 2 j .
5.	Определить направление наибольшего возрастания скалярно-
го поля u = x2 zy + y 2			в точке M 0 (1 , 2 ,-2).
6.	Определить направление наибольшего убывания скалярного
поля u = x2 y + xz 3 в точке M 0 (-1 , 2 , 1).
2.2. Векторное поле
	Пусть	задана	область Ω Ñ 3		и векторная функция

F : W ® Ñ 3 , F (x , y z) = P(x , y z) i + Q(x , y z) j + R(x , y z) k ,

для M (x , y , z)Î W . Тогда говорят, что определено векторное поле F в области Ω .

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]