Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Основы векторного анализа. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

981 Кб

Скачать

☆

1 / 61 2 3 4 5 6 > Следующая >>>

Министерство образования и науки Российской Федерации

НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

Т. М. НАЗАРОВА, В. В. ХАБЛОВ

ОСНОВЫВЕКТОРНОГОАНАЛИЗА

Утверждено Редакционно-издательским советом университета в качестве учебного пособия для студентов НГТУ I курса технических направлений и специальностей

НОВОСИБИРСК

2016

УДК517.43(075.8)

Н192

Рецензенты: А. Г. Пинус, д-р физ.-мат. наук, проф.,

Г. C. Шефель, кандидат физ.-мат. наук, доц.

Работа подготовлена на кафедре высшей математики для студентов технических специальностей

Назарова Т. М.

Н192 Основы векторного анализа : учеб. пособие. / Т. М. Назарова, В. В. Хаблов. — Новосибирск : Изд-во НГТУ, 2016. — 56 с.

ISBN 978-5-7782-2834-4

Настоящее учебное пособие подготовлено для студентов I курса очного и заочного отделений всех направлений и специальностей, изучающих теорию поля. При его написании были использованы методические разработки и другие материалы, ранее изданные кафедрой высшей математики НГТУ. Эти материалы включены в текст пособия без ссылок, за что мы приносим свои извинения. Все замечания по содержанию данной работы просим передавать на кафедру высшей математики. Они будут с благодарностью приняты и учтены в следующих изданиях.

		УДК 517.43(075.8)
ISBN 978-5-7782-2834-4	c	Назарова Т.М., Хаблов В.В., 2016
ISBN 978-5-7782-2834-4		Назарова Т.М., Хаблов В.В., 2016
	c	Новосибирский государственный
		Новосибирский государственный
		технический университет, 2016

Оглавление

§ 1.	Понятие криволинейного интеграла первого рода. Его вычисление . .	4
§ 2.	Понятие криволинейного интеграла второго рода. Его вычисление . .	10
§ 3. Площадь поверхности. Определение и вычисление поверхностного		25
§ 4.	интеграла первого рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	Ориентация поверхности. Поверхностный интеграл второго рода,	32
§ 5.	его вычисление. Формула Гаусса-Остроградского . . . . . . . . . . . . .
	Дифференциальные характеристики векторных полей. Теорема	44
	Стокса. Потенциальные поля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Литература		55

§1. Понятие криволинейного интеграла первого

рода. Его вычисление.

Рассмотрим кусочно-гладкую плоскую кривую l, то есть кривую, которую можно разбить на конечное число частей, каждая из кото-

x	x(t)	α ≤ t ≤ β, функ-
рых имеет параметрическое задание y	= y(t);,	α ≤ t ≤ β, функ-
	=

циями x(t), y(t) C1[α, β]. Это означает, что эти функции имеют непрерывные производные на отрезке [α, β]. Если кривая l — пространственная, то имеем ввиду возможность параметрического задания тройкой функций x(t), y(t), z(t) C1[α, β]. Пусть вдоль кривой l распределена масса с заданной линейной плотностью ρ(M) для точек

Ml.

	B.
A	Ai
.	Mi
	Ai−1
O	x

Рис. 1

Разобьем произвольным образом кривую l точками A = A0, A1, A2,. . . , An = B на n частей и в каждой выберем какую-нибудь точку Mi Ai−1Ai (Рис. 1). Если функция ρ(M) непрерывна, а разбиение кривой — мелкое, то на участке Ai−1Ai кривой плотность можно считать постоянной и приближенно равной ρ(Mi). Масса m кривой

приближенно равна

m = ρ(Mi)δsi ,

i=1

где δsi — длина дуги Ai−1Ai. Обозначим λ = max{δsi, i = 1, . . . , n}. Понятно, что при стремлении λ к нулю сумма m = ni=1 ρ(Mi)δsi будет

стремиться к истинной массе кривой. Это рассуждение подсказывает нам принять (уже для произвольной фенкции ρ(M)) такое определение

Определение1. Если существует конечный предел интегральной сум-

мы I =	in=1 ρ(Mi)δsi, при λ → 0, который не зависит ни от способа
		=			−1
разбиения кривой l			AB на части, ни от выбора точек Mi	Ai		Ai

i = 1, . . . , n, то он называется криволинейным интеграломпервого рода функции ρ(M) = ρ(x, y) по кривой l и обозначается символом

"ρ(M)ds = "ρ(x, y)ds.

Иначе он называется интегралом по длине дуги.

Заметим, что таким же образом определяется интеграл по прстранственной кривой. Можно доказать, что если кривая l имеет конечную длину, а функция ρ(M) непрерывна, то введенный таким образом интеграл существует.

Криволинейный интеграл первого рода обладает свойствами линейности (интеграл линейной комбинации функций равен линейной комбинации интегралов с теми же коэффициентами) и аддитивности(интеграл по объединению дуг с общей нулевой длиной равен сумме интегралов).

Вычисление криволинейного интеграла первого рода.

1. Пусть гладкая кривая l является графиком функции y = φ(x), a ≤ x ≤ b, тогда

" f (x, y)ds = "b f (x, φ(x))		dx
	1 + φ (x) 2		(1)

Здесь ds = 1 + φ (x) 2dx — дифференциал длины дуги y = φ(x).

2.Если гладкая кривая l задана параметрически —

x = x(t); α ≤ t ≤ β,

y = y(t),

то

" f (x, y)ds = "β f (x(t), y(t))		dt
	(x (t))2 + y (t) 2		(2)

lα

3.Для пространственной кривой в случае параметрического задания x = x(t), y = y(t), z = z(t), α ≤ t ≤ β, последняя формула перепишется так

f (x(t), y(t), z(t))

(3)

f (x, y, z)ds

= α

(x (t))2 +

y (t)

+ (z (t))2 dt

4. Если кривая l задана уравнением в полярной системе коорди-

нат ρ = g(φ), φ1 ≤ φ2

≤

2, тогда

f (g(φ)cos φ, g(φ)sin φ)

dφ (4)

f (x, y)ds = φ

ρ(φ)

ρ (φ)

Пример 1. Вычислить интеграл Z"xy ds, где Z — четверть дуги эл-

липса ax2 +

= 1, лежащая в первом квадранте.

Решение. Уравнение эллипса в верхней полуплоскости приведем

к виду y = ab √

. Отсюда y = −

√

. По формуле (1)

a2 − x2

− a

b2x2

Z"xy ds= "0 x a

√a2−x2 ·

dx=

"0 a4− a2−b2 x2x dx=

a2 (a2−x2)

3/2 a

a2 + ab + b2

= −

2a2

− b2

− a

− b x

a + b

= 1 +

Пример 2. Найти интеграл "y ds, где L — часть кардиоиды

cos φ, расположенная в верхней полуплоскости (y ≥ 0).

Решение. Воспользуемся формулой (4): ρ (φ) = −sin φ, 0 ≤ φ ≤ π,

"y ds = "π (1 + cos φ)sin φ 1 + 2 cos φ + cos2 φ + sin2 φ dφ =

l	0		π
			π
	= √		"0	(1 + cos φ)3/2 sin φ dφ = −√		· 52 (1 + cos φ)5/2	0π = 165 .
	= √	2	"0	(1 + cos φ)3/2 sin φ dφ = −√	2	· 52 (1 + cos φ)5/2	0π = 165 .

Пример 3. Вычислить интеграл C"	ds
		, где C	— первый виток
	x2 + y2 + z2
винтовой линии x = a cos t, y = a sin t, z = bt (Рис. 2)
Решение. Винтовая линия удовлетворяет уравнению цилиндра x2+

y2 = a2. С изменением t от 0 до 2π точка на цилиндре поднимается на высоту 2πb по оси Oz. Подинтегральная функция равна

x2 + y2 + z2

(a cos t)2

(a sin t)2 +

a2 + b2t2

+ y

dt =

Дифференциал длины дуги ds = x

+ z

(−a sin t)2 + (a cos t)2 + b2

dt =

a2 + b2

dt.

B(a, 0, 2πb)

Интеграл

2π

= "0

a2 ++b2t2

x2 + y2 + z2

2π

a2 + b2

arctg

a2 + b2

arctg

2πb

Рис. 2

Задачи для самостоятельного решения.

1–3. Найти все представления для вычисления следующих криволинейных интегралов по длине дуги, заданной графически (Рис. 3,4,5)

1. " xds− y

Возможные ответы:

1 + 41

1)"0

x − 2x + 2

√

1 + 4

(4, 0) x

2) "2

2y + 4 − y

−

A(0, −2)y =

− 2

3)2"0

x + 4

2. OB"

Рис. 3

φ2 + ρ2 ds

Возможные ответы:

2π

1) a 1 + a2 "0

φ2

dφ

1 + φ2

2π

2) a 1 + a2 "0

φ2 dφ

2π

ρ = aφ

3) a 1 + a2 "0

φ3 dφ

Рис. 4

3. " 2z + x2 + y2 ds; AB:

x = a cos t

y = a sin t

z = t

Возможные ответы:

B(a, 0,

2π)

2π

√

1 + a

"0 (2t + a

)t dt;

2π

2) a2 "0

(2t + a2)sin t cos t dt;

√

2π

1 + a

"0 (2t + a

)dt.

Рис. 5

4–11. Вычислить криволинейные интегралы.

4. "L

, где L — отрезок прямой y = x2 − 2, заключенный между

x − y

точками A(0, −2) и B(4, 0).

Ответ: √

ln 2.

"L xy ds, где L — контур прямоугольника с вершинами A(0, 0), B(4, 0),

C(4, 2) и D(0, 2).

Ответ: 24.

x2 + y2

ds, где L — окружность

a cos t

Ответ: 2πa2n+1.

y = a sin t.;

7. "L y ds, где L — дуга параболы y2 = 2px, отсеченная параболой x2 =

2py.

5√

Ответ:

−

a(t

sin t);

y = a(1

ds, где L — первая арка циклоиды

− cos t. .

−

Ответ: 4πa√

9. "L (x − y)ds, где L — окружность x2 + y2 = ax.

πa2

(Указание: перейти к полярным координатам.)

Ответ:

10. "L arctg

ds, где L — часть спирали Архимеда

= 2φ, заключенная

внутри круга радиуса R < π c центром в начале координат.

Ответ:

R2 + 4

3/2 − 8 .

a cos t;

x2 y2

at.

11.

z2ds

, где L — первый виток винтовой линии y

= a sin t; .

8aπ3√2

Ответ:

a cos t;

расположенной в пер-

12. Найти массу четверти эллипса y

= b sin t,

вом квадранте, если плотность в каждой точке равна ординате этой

точки.

Ответ:

ε, ε — эксцентриситет.

arcsin

2ε

a cos t;

= bt,

плот-

13. Найти массу первого витка винтовой линии y

= a sin t;

ность которой в каждой точке равна квадрату

полярного радиуса этой

точки.

Ответ: 2πa2 +

8π3b2

a2 + b2

§2. Понятие криволинейного интеграла второго

рода. Его вычисление.

Рассмотрим вектор-функцию F(x, y) = P(x, y)i + Q(x, y)j, заданную вдоль ориентированной кусочно-гладкой кривой AB.

1 / 61 2 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]