Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Никитин, Борис Дмитриевич. Векторный анализ учебное пособие для студентов заочных высших технических учебных заведений

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.10.2023

Размер:

5 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 123 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

или

(Л — grad<p )dr = О,

Вектор dr— произвольный вектор, поэтому он может быть отличен от нуля и не перпендикулярен вектору А. При этих условиях, из равенства нулю скалярного про изведения, следует

А — grad <р = 0,

что и доказывает формулу (13).

Пример. Найти градиент модуля радиуса-вектора

г — xi 4- yj + zk.

Решение. По определению:

г — | г I = |/ х2 у2 + 22.

Определим градиент этой функции, воспользовавшись

свойствами (11)	и(7):
,	---- ГП—9~ grad Ох2 + У2 + 2'2)
grad ]/х2	+ z/2 + г2	=	f	J р А»
		Л*	f	J р А»

=(gradx2 + gradz/2 + grad?2) =

-4- (2хГ+2^7+2г^) = ~ 27=~г°,

где г° — единичный вектор по направлению г.

Пример. Доказать, что нормаль в каждой точке ги перболы делит пополам угол, образованный векторами, проведенными в данную точку гиперболы из ее фоку

сов (см. рис. 10).

Решение. Гипербола представляет собой геомет рическое место точек, разность расстояний которых от ее фокусов F{ и F2 есть величина постоянная. Таким об разом, гипербола является линией уровня скалярной функции <? = Г1—г2. Градиент этой функции будет:

grad <р= gradri — gradr2 = г? — г”,

—о —о

где Г1 и г2—единичные векторы, направленные из фоку сов в данную точку гиперболы (см. рис. 10). Таким об разом, градиент функции совпадает по направлению’с

Диагональю параллелограмма, построенного на векто рах г° и—г°. А так как модули этих векторов равны, то диагональ делит угол между ними пополам. Следова

тельно, нормаль к		гиперболе	п0, которая			совпадает с
			направлением				градиен
			та,	тоже		делит		угол
			_между векторами г^ и
			/'2	пополам.			скаляр
			Определение				скаляр
			ного поля по его гради
			енту.
				В настоящем параг
			рафе мы научились ре
			шать задачу: дано ска
Рис. 10			лярное		поле		? (Л4).
Рис. 10			Требуется			определить
			градиент		этого		поля.
Естественно возникает вопрос о решении обратной
задачи: Дан градиент поля. Требуется определить								поле
Т (44).
Решение обратной задачи существует и определяется
формулой:
? (Л1)	=	С grad ? dr-Д ?.(Л40),						(14)
		Л10Л[
где М0М—любая линия, соединяющая точки							Мо и М,
на которой ? (Л1) дифференцируема.
В самом деле,	по формуле		(12)

grad? - dr — dy >

ипоэтому

У(М) — у (ЛД) =. J dy = J grad у dr,

Л10Л1 Л;ОЛ1

что и доказывает формулу (14).

Из этой формулы видно, что вектор grad у достаточ

но полно характеризует само	поле у (44). (Нетрудно
заметить, что первая задача	аналогична задаче диффе

ренциального исчисления — нахождению производной

данной функции. Вторая задача аналогична задаче ин тегрального исчисления — нахождению функции по ее производной.)

Упражнения

Доказать, что:

1) grad ± = --J-.

2) grad arc tg -у- =

(-yi + xj).

3)(r grad f (r)) = f'(r) -r.

4)Нормаль к параболе делит пополам угол, образо ванный вектором, проведенным в данную точку парабо лы из ее фокуса, и перпендикуляром, опущенным из дан ной точки на директрису.

5)	grad	(re) = с	(с — const).
6)	Найти наибольшую скорость изменения поля
<р — In2 (х2		У2 4~4г) в точке М (0;		1;	2).	поля будет
	Ответ.	Наибольшая скорость изменения
по	направлению		4	—	—	и численно
			вектора -5- In 3 (3/ + 4k)

20 1 Q

равна -д-1пЗ.

Глава II

ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕ

§ 1. Поток векторного поля

Прежде чем дать определение понятия потока поля через поверхность, рассмотрим следующую задачу (см.

рис. 11). Пусть в некоторой части пространства задано течение несжимаемой жидкости с постоянной ско

ростью V.

В потоке жидкости, перпендикулярно V, поставлена проницаемая пластинка площади

S. Требуется определить объем

жидкости, протекающей через данную пластинку за единицу времени.

Решение. За единицу време ни каждая частица жидкости пе реместится по направлению дви жения на расстояние V. Поэтому все частицы жидкости, находя

щиеся в начальный момент вре мени перед пластинкой на рас стоянии не более чем на V, за единицу времени . пройдут через

пластинку. Следовательно, за еди-

ницу времени через пластинку S протечет объем жид кости

77 = V.S.

Величина этого объема V • S и называется в этом случае потоком постоянного вектора V через площадку S.

Если та же пластинка поставлена к потоку под неко

торым углом а (см. рис. 12), где а — угол между V и

перпендикуляром к S, направленным в сторону потока, то в этом случае за единицу времени через пластинку

пройдут те и	только те частицы, которые отстояли от нее
в начальный	момент на расстоянии не более V- cosa.

Поэтому поток в этом случае будет

Z7 = VScos« .

Для дальнейшего целесообразно записать эту фор мулу в векторной форме. С этой целью, наряду с век

тором скорости V, рассмотрим вектор

5 = Sn0,

где п0 — единичный вектор, перпендикулярный к пло щадке S и направленный в стррону потока. Тог'да поток вектора через площадку S можно представить как ска

лярное произведение векторов V и S:

П = VS = VScosa .

Определим теперь поток поля произвольного векто

ра А через поверхность 5 (замкнутую или незамкнутую) (см. рис. 13). В каждой точке поверхности построим единичный вектор нормали пй. Мы условимся при этом:

если S замкнутая поверхность, то п0 будем брать всегда

по направлению внешней нормали. Если же поверхность 5 незамкнутая, мы будем брать произвольно одно из двух направлений нормали (оговаривая, конечно, ка

кое из этих двух направлений мы выбираем), однако так, чтобы векторы п0 во всех точках поверхности лежа

					ли «по одну сторону» по
					верхности (см. рис. 13)*.
						Разделим			теперь	по
					верхность			S на большое
					число малых площадок
					AS;,В каждой из площадок
					AS,, выберем				произволь
					ную точку М;				и постро
					им в ней вектор nOi.					От
					несем каждой				точке_ Ж(-
					векторы		AS(. = AS - /г0/. и
					А (Л/,-)		и	составим интег
					ральную			сумму.
		й	_	___	й
	nk = £ А (Ж;) AS; = I А (7И;) AS;COS<f>;,
где k означает число				площадок		A S,	на которые разби
та поверхность 5, a				<р,-—угол		между векторами А (М
и AS;					_
Потоком П поля вектора А через							поверхность S на-
* При этом мы, конечно,
предполагаем,		что	S — двух
сторонняя поверхность. Не вся
кая поверхность является двух
сторонней, как это может пока
заться на первый взгляд. На
рис. 14	изображена		однос о-
ронняя	поверхность		Мёбиуса.
Читателю рекомендуется				по
строить модель этой поверхно
сти из бумаги. Для этого надо
взять полоску		бумаги, «закру

тить» один конец ее относительно другого на 180° и затем склеить концы.

зывается предел интегральной суммы Пk, когда каждая площадка ^Si стягивается в точку.

П = lim	k
П = lim	£ (Л4.)
D(bS. )->0	,=1

(при этом, естественно, предполагается, что этот ппедел

существует независимо от способа			стремления D (AS(.)
к нулю и от выбора точек Мt		. Под символом D( &Sz)->0
мы	всегда подразумеваем,	что	каждая площадка
Д Si	стягивается в точку).
По аналогии с названиями пределов других извест
ных читателю интегральных		сумм	написанный выше

предел называют также поверхностным интегра лом вектора А по поверхности S и обозначают симво

лом	или символом
	s
	f~AdS,
	s

если 5 — замкнутая поверхность. Таким образом, по определению:

	k _	__	_ _
П = lim УЛ (ЛЕ) ДЗ, = f f AdS,
	D^S^-0/_1		J J
где dS = dSn0.	'
Из приведенного определения потока П и из преды
дущих двух задач легко усмотреть физический				смысл
потока.	скорость течения
Если А есть	скорость течения		несжимаемой	жидко
сти, то поток поля вектора А		через поверхность 3 опре

деляет объем жидкости, протекающей через поверхность

S за единицу времени.

Пусть поле вектора изображено графически так, как

указано во введении. Тогда оказывается, что поток по ля вектора через некоторую поверхность S пропорцио нален числу векторных линий, пронизывающих поверх ность S (т. е. проходящих через поверхность S). Дейст

вительно, пусть поверхность 3 разделена на площадки

Д5г,	и вектор А5/ = Д5,/г»/ перпендикулярен				к ASZ,
тогда в		скалярном произведении
			Л(М,) AS,. = А (MJ Д S,. cos
множитель			AS,, cos <pz представляет проекцию		площа
ди	AS,	на	направление, перпендикулярное	вектору А
в точке		Мj.	AS, cos^,- = AS„,.	площадку
При графическом изображении поля через

A Sn: проводится Nt = ЛП А (Л1,) |AS„, векторных линий. Поэтому:

Л (7И,)Ж = | A (7И,) I A S„, = A- N,

П = 11m УТШ) АУ = Нщ У1м= 4т Нт УМ =

AS	-О—	AS,-0—1 A	A AS;—О
1	1-1	‘ 1-0	1-0
где W — число векторных линий,			проходящих через по
верхность S.		поток электростатического по
Пример. Определить

ля точечного заряда q, помещенного в точке Л1, через поверхность сферы радиуса а с центром в точке М.

Решение. Как известно (см. пример 1 «Введения» стр. 6), поле точечного заряда дается вектором напря женности

сг’ •

Согласно определению, П

EdS. В нашем случае

п° = г°; dS = r°dS и поэтому:

Я= ^76dS = qj)^.

s s

Так как интегрирование производится по сфере, на ко торой г —а, то:

n-iU-^S-^-W-44.

Через любую сферу с центром в точечном заряде

проходит одно и то же число векторных линий. Пример. Найти поток поля радиуса-вектора

А — г = xz 4~ yj -ф zk

через прямой цилиндр радиуса R с центром в начале координат и высоты И (см. рис. 15).

Решение.

S,	S '	Л ‘
6	h.o	в. о
где S6,SH.O,	обозначают соответственно боковую по

верхность, нижнее и верхнее основание цилиндра, а гп — проекция вектора г на нормаль к по верхности.

Из рис. 15 непосредственно усмат риваем:

На боковой поверхности: r„ = R.

На нижнем основании: гп =0.

На верхнем основании; rn — Н. Поэтому:

П = JJ RdS + JJ OdS + J J HdS =

S6	Sh.o	S'.o
= RS6 + HSt.o = R2vRH + HvR2 =
	■=3~W.

Пример. Найти поток поля вектора А = (х За) i 4- (x4-2z/4-z) j 4- (4x4-t/)£

через часть плоскости x-]-yA-z—2, лежащую в первом октанте.

Решение. Найдем линии пересечения данной плос

кости	с координатными плоскостями (см. рис.				16). На
плоскости хоу аппликата z = 0, поэтому х4~«/=2.					Анало
гично	находим	и две	другие линии y-\-z = 2	и	х4-г=2.
Таким	образом,	нам	требуется вычислить	поток поля

через плоскость треугольника АВС.

Будем считать положительным направлением нор мали к плоскости треугольника направление от начала

координат к плоскости треугольника:

По =i cos a 4-JCOSp +&COSY .

Тогда

dS = nodS — i cosadS / cos fidS-}-k cos у dS.

A IS = (x — 3г) dS cos a -f-

+ (x-\-2t/-\-z) dS cos p -|~

(4x-[-£/) dS cos я

В нашем случае все напра

вляющие косинусы положи тельны, поэтому

rfScos a = dydz;

dScos$ — dxdz;

dScos у =dxdy.

Искомый поток поля будет состоять из трех поверхност

ных интегралов	по	площади
треугольника АВС-.		Рис16
П = fC AdS =	С С	(х—3z)dydz A~ [f (x-\|-2t/-\|~z) dxdz-\-~
ABC ABC		ABC

+ уJ (4x-\-y)dxdy. ABC

Каждый из этих трех поверхностных интегралов заменим двойными интегралами по областям, являющимся про екциями треугольника на координатные плоскости.

Так, поверхностный интеграл

JJ (х—3z)dydz_

АВС

и двойной интеграл у у (х—3z}dydz отличаются друг от

овс

друга	лишь тем, что в интеграле по ОВС	коопдината
х = 0,	а в интеграле по АВС — координата	х¥=0. Здесь

х зависит от у и z. Эта зависимость определяется урав нением плоскости треугольника: x-[-z/-]-z = 2. Так что на плоскости АВС х—2—у—z.

<<< < Предыдущая 1 23 / 123 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ