Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Поверхностные интегралы. Элементы теории поля. Их приложения к механике, физике и теплотехнике. Учебно-методическое пособие
.pdf
-21-
Пример 2. Найти поверхности уровня и направление наиболь-
шего возрастания поля напряженности электрического заряда
222
zyxu ++=
в точке
( )
0,1,1
0
M
.
Решение. Поверхностью уровня является полусфера
.)(,
222
Constaazyx ==++
k
zyx
z
j
zyx
y
i
zyx
x
ugrad
222222222
++
+
++
+
++
=
,
( )
=++= 0,
2
1
,
2
1
0
2
1
2
1
0
jiMugrad
.
Пример 3. Написать уравнения касательной плоскости и норма-
ли к сфере
9
222
=++ zyx
в точке
( )
2,1,20−M
.
Решение. Запишем функцию
9
222
−++= zyxu
и найдем ее
частные производные в точке
0
M
.
x
x
u
2=
,
y
y
u
2=
,
z
z
u
2=
.
( )
40=
М
x
u
,
( )
20=
М
y
u
,
( )
40−=
М
z
u
.
Запишем теперь уравнение касательной плоскости, пользуясь формулой (5):
0)2(4)1(2)2(4 =+−−+− zyx
.
Раскроем скобки и преобразуем. Окончательно получаем
.018424 =−−+ zyx
Уравнение нормали согласно формуле (6) имеет вид
4
2
2
1
4
2
−
+
=
−
=
− zyx
.
-22-
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти и построить на плоскости линии уровня поля
164
22
yx
u −=
.
2. Построить поверхности уровня поля
222
zyxu +−=
.
3. Найти производную скалярного поля
xyz
eu =
в направлении векто-
ра
kil 43 +=
.
4. Найти производную скалярного поля
z
yx
u2=
в точке
( )
1,1,00−M
в направлении вектора
jil 22 +=
.
5. Определить направление наибольшего возрастания скалярного поля
22
yzyxu +=
в точке
( )
2,2,10−M
.
6. Определить направление наибольшего убывания скалярного поля
32
xzyxu +=
в точке
( )
1,2,10−M
.
7. Составить уравнения линий уровня для поля
32
4 yzxu +−=
.
8. Составить уравнения поверхностей уровня для поля
)ln(
222
zyxu ++=
.
9. Даны скалярные поля
22
xyyxu +=
и
xyyxv 56 +−=
. Найти
угол между gradu и gradv в точке M(2;-1;0).
10. Найти производную от функции поля u=arctg(x+y) в точке M(2;-1)
по направлению луча биссектрисы первого координатного угла.
11. Вычислить производную от функции поля u=xyz в точке M(1;1;1)
по направлению вектора
a
, составляющего с осями Ox, Oy и Oz углы,
соответственно равные π/4, 2π/3 и π/3.
12. Найти модуль градиента поля u=xy2+yz3 в точке M(1; 1; −2).
13. Вычислить производную функции поля u=ln(x2+yz ) в точке
M0(1;2;1) по направлению M0M , где M(3; 6; 5).
14. Вычислить gradz в точке M0 (4;2), если 2z = xy
15. Вычислить производную функции u = ex+ey в точке M0 (0;0) по
направлению луча биссектрисы третьего координатного угла.
16. Написать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхно-
сти
22
yxz +=
в точке
( )
5,2,1
0
M
.
-23-
17. Написать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхно-
сти
x
y
arctgz =
в точке
4
,1,1
0
M
.
18. Написать уравнения касательной плоскости и нормали к поверхно-
сти
z
x
yz ln+=
в точке
( )
1,1,1
0
M
.
Ответы
3.
+
=
5
43 xyyz
e
l
u
xyz
. 4.0; 5.
kjigradu 228 ++−=
.
6.
kjigradu 33 +−=−
. 7.
yxC +−=24
. 8.
)ln(
222
zyxu ++=
.
9.
4
. 10.
2
2
. 11.
2
2
. 12.
181
. 13.
9
8
. 14.
jigradz 2+=
.
15.
2−
. 16.
,0542 =−−+ zyx
1
5
4
2
2
1
−
−
=
−
=
− zyx
.
17.
,0
42
1
2
1
=+−+−
zyx
1
4
2
1
1
2
1
1
−
−
=
−
=
−
−
z
yx
. 18.
,02 =−+ zyx
2
1
1
1
1
1
−
−
=
−
=
− zyx
.
2.2. Векторное поле
2.2.1. Поток векторного поля
Пусть задана область
R3 и векторная функция
→:F
R3, где
F
, векторная функция, определяется в виде вектора
( )
zyxF ,,
( ) ( ) ( )
kzyxRjzyxQizyxP ,,,,,, ++=
для точек
( )
zyxM ,,
. Тогда говорят, что определено векторное поле
F
в
области
. Так как
( ) ( ) ( )
zyxRzyxQzyxP ,,,,,,,,
– скалярные
-24-
непрерывные функции от
zyx ,,
. Поэтому задание поля векторной
функции
F
равносильно заданию трех скалярных функций
( ) ( ) ( )
zyxRzyxQzyxP ,,,,,,,,
.
Примерами векторных полей являются поле скоростей текущей
жидкости, силовое поле, электромагнитное поле и другие. Векторным
полем является также поле градиента скалярного поля, тогда
k
z
u
j
y
u
i
x
u
ugradF
+
+
==
.
Векторное поле можно изобразить с помощью векторных линий.
В каждой точке области
вектор F имеет определенную величину
и направление. Векторной линией называется такая линия, в каждой
точке
( )
zyxM ,,
которой касательная имеет направление вектора
F
(
M
). Дифференциальные уравнения векторных линий поля можно
представить в виде
( ) ( ) ( )
zyxR
dz
zyxQ
dy
zyxP
dx
,,,,,,
==
.
Выделим в векторном поле некоторый объем (
V
). Пусть
(S) – это поверхность, ограничивающая этот объем, а n – направ-
ление нормали к (S), внешней по отношению к объему (V). Тогда
потоком векторного поля, образованного вектором
( ) ( ) ( ) ( )
kzyxRjzyxQizyxPzyxF ,,,,,,,, ++=
, через поверх-
ность (S) называется поверхностный интеграл вида
S
dsnF
S
=
,
где
( )
cos,cos,cosn
– единичный вектор нормали к поверхно-
сти (S).
Если речь идет о поле скоростей текущей жидкости, то поток
S
определяет количество жидкости, протекающей через поверх-
ность (S) за единицу времени. Поток вектора через замкнутую поверхность определяет разность между количествами жидкости, вытекающей из объема (V) и втекающей в него в единицу времени. Если
0
S
, то это означает, что в объеме (V) имеются источники; если
0
S
, то это означает, что в объеме (V) имеется сток; если
-25-
0=
S
, то это означает, что в объем (V) втекает столько же жидко-
сти, сколько вытекает из него.
Если
S
dsnF
S
=
– поток вектора F через поверхность
(S), а (V) – объем, ограниченный поверхностью (
S
), то отношение
V
dSnF
V
П
Ss
=
определяет среднюю плотность источников
(или стоков), распределенных в объеме (
V
).
2.2.2. Вычисление потока векторного поля методом
проектирования на три координатные плоскости
Пусть поверхность (
S
) взаимно-однозначно проектируется на
все три координатные плоскости. Тогда ее уравнение
0),,( = zyx
однозначно разрешимо относительно каждого из аргументов. Вычисление потока
S
в этом случае сводится к вычислению трех интегра-
лов
=
S
1
+
2
+
3
, где
( )( )
=
yz
D
dydzzyzyxP ;,,,
1
( )( )
=
xz
D
dxdzzzxyxQ ;,,,
2
( )( )
=
xy
D
dxdyyxzyxR .,,,
3
yz
D
– проекция поверхности (
S
) на плоскость
YOZ
, получен-
ная с помощью уравнения поверхности (S), разрешенного относительно
x
(знак «+» ставится в том случае, если нормаль n к поверх-
ности образует с осью
OX
острый угол, в противном случае ставится
знак «−»). В интеграле
2
проектирование проводится с помощью
уравнения поверхности, разрешенного относительно y (знак «+» ста-
вится в том случае, если нормаль
n
к поверхности образует с осью
OY
острый угол). В интеграле
3
проектирование проводится с по-
мощью уравнения поверхности, разрешенного относительно
z
(знак
-26-
«+» ставится в том случае, если нормаль
n
к поверхности образует с
осью
OZ
острый угол).
Пример 4. Найти поток поля
( ) ( )
jzyxiyxF +++−= 2
( )
kzx ++ 2
через часть плоскости
,3=++ zyx
расположенную в первом квад-
ранте (рис. 7).
Z
B n
3
C
O 3 Y
A
3
X
Решение. Воспользуемся формулой
=
S
( ) ( ) ( )
dxdyzyxRdxdzzyxQdydzzyxP
S
,,,,,, ++
.
Найдем линии пересечения данной поверхности с координат-
ными плоскостями
0=x
,
0=y
,
0=z
. Соответствующие линии
имеют уравнения
,3=+ zy
,3=+ zx
3=+ yx
. Вычислим каждый
интеграл в отдельности.
( ) ( )
=−−=−−==−
ABC OBC
dydzzyzyxdydzyx 23632
( )
dzzydy
y−
−−=
3
0
3
0
236
( )
=−−=
−
3
0
3
0
2
36 dyzyzz
y
( ) ( ) ( )
( )
−−−−−=
3
0
2
33336 dyyyyy
=
5,4
3
2
2
9
9
3
0
32
=
+− yyy
.
Рис. 7
-27-
( )
=−−==−+
ABC
zxydxdzzyx 32
( )
−−−+
OAC
dxdzzzxx 23
=
( )
−
−=
303
0
33
x
dzzdx
−
−=
3
0
3
0
2
2
3
3 dxzz
x
( ) ( )
−−−=
3
0
2
3
2
3
33 dxxx
=
5,13
3
3
2
9
3
0
3
2
=
−+−=
x
xx
.
( )
=−−==+
ABC
yxzdxdyzx 32
( )
=−+
OAC
dxdyyx3
( )
−
−+=
303
0
3
x
dyyxdx
=
=
−+
−
3
0
3
0
2
2
3 dx
y
xyy
x
13,5.
=
S
4,5+13,5+13,5=31,5.
Пример 5. Найти поток поля
kzjyixF ++=
через прямой ци-
линдр
222
Ryx =+
высотой H (рис. 8).
Z
3
n
Y
1
n
X
2
n
Решение. Поверхность (
S
) состоит из боковой поверхности и
двух оснований цилиндра. Поэтому имеем
Рис. 8
-28-
+==
S S
S
бо к
dSnFdSnF
..оснн
S
dSnF
+
..оснв
S
dSnF
.
Далее вычисляем каждый интеграл в отдельности.
1. На боковой поверхности внешняя нормаль
1
n
параллельна плоско-
сти XOY и
RnF =
.
.бо к
S
dSnF
=
бо к
S
RdS
=
HRRHRSR
бок
2
22
==
.
2. На нижнем основании F перпендикулярен к
2
n
, поэтому
0=nF
. Значит,
0..=
оснн
S
dSnF
.
3. На верхнем основании
OZn
3
, поэтому
HnF =
.
=
..о снв
S
dSnF
=
..оснв
S
HdS
2
.
RHSH
оснв
=
.
Тогда
HRHRHR
S
222
302
=++=
.
2.2.3. Вычисление потока векторного поля с помощью
криволинейных координат
При вычислении потока векторного поля через боковую по-
верхность кругового цилиндра или через сферу удобно пользоваться
цилиндрическими (на плоскости – полярными) координатами, обходясь без проектирования на координатные плоскости.
Пример 6. Найти поток поля
kzjyixF ++=
через внешнюю
сторону боковой поверхности кругового цилиндра
222
Ryx =+
,
ограниченного плоскостями z=0 и z=H.
Решение. В данном случае, используя цилиндрические коорди-
наты, имеем
20,,sin,cos === zzRyiRx
. Тогда
kzjRiRFdzRddS ++==
sincos,
, нормаль
0
n
.
( )
( )
=
+
=
−+
−+
=
R
jyix
Ryxgrad
Ryxgrad
n
222
222
0
=
+
R
jRiR
sincos
ji +=
sincos
.
-29-
( )
RRRRnF =+=++=
2222
0
sincos0sincos
.
===
S
H
S
HRdzdRdSnF
2
0 0
22
0
2
.
2.2.4. Дивергенция векторного поля
Понятие потока векторного поля через замкнутую поверхность
приводит к понятию дивергенции, или расходимости, векторного поля, которая дает количественную характеристику поля в каждой его
точке.
Дивергенцией поля
F
называется мощность потока в точке:
( )
V
MFdiv
S
MV
=
→
0
lim
0
,
где
−V
объем тела, ограниченного поверхностью
S
и содержащего
точку
0
M
, предел вычисляется при стягивании поверхности S в точ-
ку
0
M
.
Формула для вычисления дивергенции в декартовой системе ко-
ординат:
z
R
y
Q
x
P
Fdiv
+
+
=
.
Если
( )
,00MFdiv
то это значит, что в точке М
0
имеется ис-
точник. Если
( )
,00MFdiv
то это значит, что в точке М
0
имеется
сток. Величина
( )
0
MFdivFdiv =
характеризует мощность источни-
ка или стока.
Дивергенция обладает следующими свойствами:
1)
22112211
)( FdivcFdivcFсFсdiv +=+
, где с1, с
2
постоян-
ные;
2) дивергенция постоянного вектора равна нулю;
3)
graduFFdivuFudiv += )(
.
Пример 7. Найти дивергенцию векторного поля
kzjyxixyF ++=
322
в точке
)3,1,1(0−М
и определить мощ-
ность источника или стока в этой точке.
-30-
Решение.
( )
,,,
2
xyzyxP =
( )
yxzyxQ
2
,, =
,
( )
3
,, zzyxR =
.
2
y
x
P
=
,
2
x
y
Q
=
,
2
3z
z
R
=
.
( )
222
3zxyMFdiv ++=
. Так как
( )
0MFdiv
при всех значениях
zyх ,,
, значит в любой точке век-
торного поля имеется источник. Мощность источника в точке
)3,1,1(0−М
( )
299311
0
=++=MFdiv
.
2.2.5. Теорема Остроградского–Гаусса
Теорема Остроградского–Гаусса устанавливает связь между по-
током и дивергенцией векторного поля. Пусть во всех точках объема
(
V
) и на его границе (S) векторное поле
( ) ( ) ( ) ( )
kzyxRjzyxQizyxPzyxF ,,,,,,,, ++=
определено и
имеет непрерывные частные производные
,
xP
,
yQ
zR
. Тогда имеет
место теорема: поток векторного поля через замкнутую поверхность (
S
) равен тройному интегралу от дивергенции этого поля по
объему (V), ограниченному поверхностью (
S
). Векторная форма
записи этой формулы:
=
VS
dvFdivdSnF
.
Если поверхность незамкнута, то ее можно дополнить до замкнутой поверхности и затем использовать формулу Остроградского–
Гаусса или вычислять поток непосредственно через поверхностный
интеграл.
Физический смысл формулы Остроградского–Гаусса: поток век-
торного поля
a
через замкнутую поверхность в сторону внешней нор-
мали равен тройному интегралу по области, ограниченной этой по-
верхностью, от дивергенции векторного поля
a
. Чтобы поток был от-
личен от нуля, внутри области Gдолжны быть источники (или стоки)
поля. Из формулы Остроградского–Гаусса следует, что тогда и
adiv
будет отлична от нуля. Таким образом, дивергенция характеризует источники поля; само векторное поле как бы расходится от источников.
Отсюда и происходит название «расходимость», или «дивергенция».
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]