Добавил:

ota Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тольяттинский государственный университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

высшая математика руководство к решению задач часть 3.pdf

Скачиваний:

2554

Добавлен:

26.07.2016

Размер:

835.31 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1211 12 > Следующая >>>

Основные понятия поверхностных интегралов 1 и 2 рода. Основные понятия теории поля

Аудиторная работа

Поверхностный интеграл является обобщением двойного интеграла. Вычисление поверхностного интеграла 1го рода сводится к вычислению двойного интеграла по области D – проекции поверхности S на плоскость.

Формулы вычисления поверхностного интеграла 1го рода:

1)	∫∫	f (x, y, z)ds =	∫∫	f (x, y, z(x, y))	x	y	dxdy - выражает интеграл по поверхности
1)		f (x, y, z)ds =		f (x, y, z(x, y))	1+ z′ 2	+ z′ 2	dxdy - выражает интеграл по поверхности
	S
S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oxy;
2)	∫∫	f (x, y, z)ds =	∫∫	f (x, y(x, z), z)	x	z	dxdz - выражает интеграл по поверхности
2)		f (x, y, z)ds =		f (x, y(x, z), z)	1+ y′ 2	+ y′ 2	dxdz - выражает интеграл по поверхности
	S
S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oxz;
3)	∫∫	f (x, y, z)ds =	∫∫	f (x( y, z), y, z)	y	z	dydz - выражает интеграл по поверхности
3)		f (x, y, z)ds =		f (x( y, z), y, z)	1+ x′ 2	+ x′ 2	dydz - выражает интеграл по поверхности

S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oyz.

Пример 1. Вычислить∫∫S	ds	, где S – часть плоскости x+y+z=1, заключенная в
	(1+ x + z)2
первом октанте.

Решение. Запишем уравнение данной плоскости в виде z=1-x-y. Так как ∂∂xz = ∂∂yz = −1 ,

то ∂s = 1+	∂z		2		∂z	2
то ∂s = 1+	∂z			+	∂z	dxdy ; ∂s = 1+ (−1)2 + (−1)2 dxdy = 3dxdy . Проекцией S на
		∂x			∂y

плоскости Oxy является треугольник, ограниченный прямыми x+y=1, x=0, y=0. В этом треугольнике x меняется от 0 до 1, а при каждом фиксированном х ордината меняется от y=0

до y=1-x.

∫∫

f (x, y, z)ds =

∫∫

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

dxdy имеем

Поэтому по формуле

1+ z′ 2

+ z′ 2

∫∫

3dxdy

1− x

1 1− x

∫

dx =

∫

−

S (1+ x + z)

(1+ x +

1− x − y)

− y)

− y 0

1+ x

dx =

ln(1

+ x) −

ln 2

−

Ответ:	∫∫S (1	ds	=		−	1
	∫∫S (1	+ x + z)2				2
				3 ln 2		.
Пример 2. Вычислить ∫∫(x − 3y + 2z)ds , где S – часть плоскости 4x+3y+2z-4=0,
				S
расположенной в первом октанте.
						Решение. Запишем уравнение данной плоскости в виде
				z=2-2x- 3 y. Находим z′					= −2, z′	= − 3 . По формуле
						2		x	y	2
				∫∫		2	∫∫			2	y
				∫∫	f	(x, y, z)ds =	∫∫	f (x, y, z(x, y))		x	y
					f	(x, y, z)ds =		f (x, y, z(x, y))		1+ z′ 2	+ z′ 2 dxdy имеем

∫∫(x − 3y + 2z)ds = ∫∫(x − 3y + 4													− 4x − 3y)				1+ 4	+	9 dxdy =						29	∫∫(4 − 3x − 6 y)dxdy =
S									D										4						2	D
		1			4	(1− x )							29 1								)	4	(1− x)				1
	29				3																	4				29		16				16
					3															2		3												2
=		∫dx ∫(4 − 3x − 6y)dy =																		2		3			=		∫		(1	− x)− 4x(1	− x)−		(1	2
=		∫dx ∫(4 − 3x − 6y)dy =													∫dx(4 y − 3xy − 3y										=		∫		(1	− x)− 4x(1	− x)−		(1	− x)	dx =
	2	0					0						2		0									0		2	0	3				3
	29			16				(1− x)2		2		x3			16 (1	− x)3 1			29
=			−						− 2x		+ 4			+				=
=			−						− 2x		+ 4			+				=
	2			3			2					3			3	3			9
	2			3			2					3			3	3	0		9
	Ответ: ∫∫(x − 3y + 2z)ds =												29 .
					S								9

Пример 3. Вычислить ∫∫x( y + z)ds ,где S – часть цилиндрической поверхности

x = 1− y2 , отсеченной плоскостями z=0, z=2.

Решение. Воспользуемся формулой

∫∫	f (x, y, z)ds			∫∫	y	z
	f (x, y, z)ds		=		f (x( y, z), y, z) 1+ x′ 2	+ x′ 2 dydz . Так как
S
x′	= −	y	, x′		= 0 , то
x′	= −		, x′		= 0 , то
y		1− y2		z
		1− y2

x( y + z)ds =

1− y2 (y + z) 1+ y

dydz =

( y + z)dydz =

( y + z)dz =

∫∫

∫

yz + z

dy =

1− y

−1

= ∫1 (2y + 2)dy = 4

−1

Где D – проекция цилиндрической поверхности на плоскость Oyz (прямоугольник).

Ответ: ∫∫x( y + z)ds =4.

Поверхностные интегралы 1го рода применяются при вычислении:

массы поверхности m = ∫∫γ (x, y, z)ds , где γ - плотность распределения массы

материальной поверхности;

площади поверхности S = ∫∫ds ;

статистических моментов материальной поверхности S

Sxy

= ∫∫zγ (x, y, z)ds ,

S yz = ∫∫xγ (x, y, z)ds ,

Sxz = ∫∫ yγ (x, y, z)ds ;

координат центра тяжести материальной поверхности S

S yz

, yc =

, zc =

Sxy

;

моментов инерции материальной поверхности S M x = ∫∫(y2 + z2 )γ (x, y, z)ds ,

M y = ∫∫(x2 + z2 )γ (x, y, z)ds , M z = ∫∫(x2 + y2 )γ (x, y, z)ds .

Пример 4. Вычислить массу цилиндрической поверхности z =

1 − y 2

, отсечённой

плоскостями х = 0, х = 4, если плотность в каждой её точке есть функция μ(x, y, z) = z(x + y 3 ).

Решение. Построим поверхность (см. рис.5) и выберем координатную плоскость для проектирования. Из рисунка видно, что при проектировании поверхности на плоскость zoy получаем незамкнутую линию – полуокружность; на плоскость zox проектируются одновременно две части цилиндра, условие однозначности нарушается; и только на плоскости xoy получаем замкнутую область (см. рис. 6), причём одна точка цилиндра проектируется в одну точку прямоугольника.

4 x

Рис. 6

Рис.5

Подсчитаем дифференциал

dσ =

′ 2

′

;

1 + (zy )

+ (zx ) dxdy

z = 1 − y2 ;

∂z

− y

;

∂z

= 0;

dσ =

1 +

dxdy

= dxdy .

∂y

1 − y2

∂x

1 − y2

Составим поверхностный интеграл и переведём его по формуле (14.5) в двойной интеграл по переменным х, у. Заменим лишнюю переменную z в подынтегральной функции, используя уравнение цилиндра

m = ∫∫ μdσ = ∫∫ z(x + y 3 )dσ = ∫∫						1 − y 2 (x + y 3 )				dxdy	=

σ	σ			Dxy						1 − y 2
1	4	1	2				4	1
= ∫ dy ∫ (x + y 3 )dx =		∫ dy		x	+ y 3 x			= ∫	(8 + 4y 3 )dy = 16.
				2
− 1	0	− 1					0	− 1

Задачи:

1) ∫ xy2dl по дуге окружности x=accost, y=asint, лежащей в первой четверти;

L
2) ∫	x2 + y2 dl по дуге лемнискаты r = 0,5 sin 2ϕ от ϕ =	π	до ϕ =	π .
L		4		3

Поверхностный интеграл второго рода

Поверхностный интеграл 2го рода строится по образцу криволинейного интеграла 2го рода. Вычисление поверхностного интеграла 2го рода сводится к вычислению двойного интеграла.

Формулы вычисления поверхностного интеграла 2го рода:

1) ∫∫R(x, y, z)dxdy = ±∫∫R(x, y, z(x, y))dxdy , где поверхность S задана уравнением

S D

z= z(x, y) ;

2)∫∫Q(x, y, z)dxdz = ±∫∫Q(x, y(x, z), z)dxdz , где поверхность S задана уравнением

S D

y= y(x, z) ;

3)∫∫P(x, y, z)dxdy = ±∫∫P(x( y, z), y, z)dydz , где поверхность S задана уравнением

S D

x = x( y, z) . Знаки перед интегралами выбираются в зависимости от ориентации поверхности

Пример 5. Вычислить ∫∫− xdydz + zdzdx + 5dxdy по верхней стороне части плоскости 2x-

3y+z=6, лежащей в 4 октанте.

Решение. На рисунке изображена задняя часть плоскости. Нормаль n, соответствующая указанной стороне поверхности, образует с осью Oy тупой угол, а с осями Ox и Oz – острые. В этом можно убедиться, найдя направляющие косинусы нормального вектора n = (2,−3,1) плоскости:

n = 4 + 9 + 1 = 14 ,
cosα =	2	> 0,cos β = −	3	< 0,cosγ =	1	> 0.
	14		14		14

Поэтому перед двойными интегралами в формулах

∫∫R(x, y, z)dxdy = ±∫∫R(x, y, z(x, y))dxdy и ∫∫P(x, y, z)dxdy = ±∫∫P(x( y, z), y, z)dydz следует

S D S D

брать знак «плюс», а в формуле ∫∫Q(x, y, z)dxdz = ±∫∫Q(x, y(x, z), z)dxdz знак «минус».

						S					D
												3		z
	∫∫− xdydz + zdzdx + 5dxdy = + ∫∫									− 3 −			y +		dydz − ∫∫zdzdx + 5			∫∫dxdy =
	∫∫− xdydz + zdzdx + 5dxdy = + ∫∫									− 3 −		2	y +	2	dydz − ∫∫zdzdx + 5			∫∫dxdy =
Следовательно,	S								Dyz			2		2			Dxz	Dxy
Следовательно,	0	3 y+6			3		1		3		6−2 x			1
	= ∫dy	∫	− 3	−	2	y +	2	z dz − ∫dx			∫ zdz + 5			2	2	3	= −9
	−2	0			2		2		0		0			2

Ответ: ∫∫− xdydz + zdzdx + 5dxdy = -9.

Пример 6. Вычислить ∫∫ (z + x 2 )dzdy + (y + z)dzdx + (2x 2 − 3y 3 + z)dxdy ,

где σ — внешняя сторона замкнутой поверхности x 2 + y 2 = 4 − z, z = 0.
Решение. Вычислим первое слагаемое составного интеграла
I 1 = ∫∫ (z + x 2 )dzdy	=∫∫ +∫∫,
σ	σ1 σ2

где σ1 — ближняя к нам половина параболоида (см. рис. 12), её уравнение: x = 4 − z − y2 ,

нормаль n1

образует острый угол с осью х, cosα > 0,

σ2 – дальняя часть параболоида, её уравнение: x = −

4 − z − y 2 , cosα < 0,

I 1

z +

4 − z − y 2 2

dydz −

z + − 4 − z − y 2

dydz = 0.

∫∫

Dyz

Вычислим второе слагаемое составного интеграла:

I 2

= ∫∫ (y + z)dzdx = ∫∫ + ∫∫,

σ3 σ4

где σ3 — правая половинка параболоида, её уравнение: y = 4 − z − x 2 , нормаль n2 образует острый угол с осью у, cosβ > 0,

σ4 — левая половина параболоида, её уравнение: y = − 4 − z − x 2 , cosβ < 0,

				2					2
I 2 =	∫∫	+ 4	− z − x			−	∫∫	−	4 − z − x
I 2 =		+ 4	− z − x		+ z dxdz	−		−	4 − z − x	+ z dxdz ,
	Dxz						Dxz

где область Dxz ограничена линиями x2 = 4 – z, z = 0 (см. рис. 14. 13).

z				z
4		n2		4
n1	β	y
α
		y		x
x	2		2	2
x	n3

Вычисляем двойной интеграл

I 2	=	∫∫		2	4 − z − x 2			+ z − z dxdz						= 2	2	dx			4 − x 2	(4 − z − x 2 )12 dz =
		∫∫													∫				∫
		Dxz													− 2				0
	2				(4 − x 2		3			4	− x 2		2									2
= 2 ∫ dx					(4 − x 2		− z)2					4	∫	(4 − x		2	)	32			8	∫ (4 − x	2	)	32
			−								=								dx	=	3					dx.
			−			3					=	3							dx	=	3					dx.
	− 2				2				0				− 2									0

Чтобы избавиться от иррациональности, выполняем подстановку:

x = 2 sin t, dx = 2 cos tdt , 4 − x 2 = 2 cos t.

Пределы интегрирования: x

= 0 t

= 0,

= 2 t =

;

π 2

π2

1 + cos 2t

I 2 =

∫ (2 cos t )

2 cos tdt

16 ∫

π2

1 + cos 4t

32 3

sin 2t

π 2

= 3

∫

1 + 2 cos 2t

= 3 2 t + 2

8 sin 4t

= 8

π.

Вычисляем последнее слагаемое составного интеграла

I 3 = ∫∫ (2x 2 − 3y 3

+ z)dxdy

= ∫∫ +∫∫,

σ5

σ6

где σ5 — внешняя сторона параболоида z = 4 − x 2 − y 2,

нормаль к которой образует с осью

z острый угол, cosγ > 0,

σ6 — это плоскость z = 0, внешняя нормаль n3 образует с осью z угол γ = 180°, cosγ < 0

Обе поверхности σ5, σ6 проектируются в один и тот же круг х2 + у2 ≤ 4 плоскости хоу
Переводим поверхностный интеграл в двойной:
I 3	= + ∫∫ (2x 2 − 3y 3 + 4 − x 2 − y 2 )dxdy	− ∫∫ (2x 2 − 3y 3 )dxdy =
	Dxy	Dxy
=	∫∫ (4 − x 2 − y 2 )dxdy .

Dxy

Для вычисления последнего интеграла используем полярную систему координат

(x = ρcosϕ, y = ρsinϕ, |I| = ρ, уравнение окружности х2 + у2 = 4 преобразуется к виду ρ = 2), тогда

2π	2	2	2π		ρ2	−	ρ4	2
I 3 = ∫ dϕ∫ (4 − ρ			)ρdρ = [ϕ]0	4	2	−	4	= 2π(8 − 4) = 8π.
0	0							0

Итак,

∫∫ (z + x 2 )dzdy + (y + z)dxdz +(2x 2 − 3y 3 + z)dxdy = 0+8π+8π = 16π.

Формула Остроградского

Связь между поверхностным интегралом 2го рода по замкнутой поверхности и тройным интегралом по объему, ограниченному этой поверхностью устанавливается благодаря теореме Остроградского-Гаусса.

Связь между поверхностными и криволинейными интегралами 2го рода устанавливается благодаря теореме Стокса.

Если функции P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) непрерывны вместе со своими частными производными в области Т, то имеет место формула

∫∫		∫∫∫	∂x		∂y		∂z
			∂P		∂Q		∂R
σ	P(x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dxdz + R(x, y, z)dxdy = =			+		+	dxdydz .
σ		T

Пример 7. Вычислить ∫∫− xdydz + zdzdx + 5dxdy , где S - внешняя сторона пирамиды,

+ S

ограниченной плоскостями 2x-3y+z=6, x=0, y=0, z=0.

Решение. По формуле
	∂P		∂Q		∂R	∫∫
∫∫∫		+		+		∫∫	Pdydz + Qdxdz + Rdxdy , где S –
		+		+	dxdydz =		Pdydz + Qdxdz + Rdxdy , где S –
V	∂x		∂y		∂z	S

граница области V, находим

∫∫− xdydz + zdzdx + 5dxdy = ∫∫∫(−1+ 0 + 0)dxdydz = −∫∫∫dv = −			1	3 6 = −6.
+ S	V	V	3

Пример 8. Вычислить ∫∫zdxdy + xdxdz + ydydz , где σ - часть треугольника, образованного

пересечением плоскости x-y+z=1 с координатными плоскостями. Выбор нормали к поверхности указан на рисунке.

Решение. Вычислим каждый из слагаемых интегралов отдельно. В первом из них надо z выразить через x и y из уравнения плоскости z=1-x+y и применить формулу

∫∫R(x, y, z)dxdy = ±∫∫R(x, y, z(x, y))dxdy . Причем перед

	S	D1
	интегралом по D1 (т.е. по треугольнику АОВ) надо
Oz	взять знак плюс, так как выбранная нормаль n с осью
	образует острый угол γ (cosγ >0). Тогда

			1	0
I1 = ∫∫zdxdy = + ∫∫(1− x + y)dxdy = ∫dx ∫(1− x + y)dy = − 1 .
σ	AOB		0	x−1		6
Аналогично I2				1	1− x		1 .
Аналогично I2		= ∫∫xdxdz = − ∫∫xdxdz = −∫ xdx ∫dz = −					1 .
		σ	AOC	0	0		6
Аналогично I3				0	1+ y
Аналогично I3		= ∫∫ ydydz = + ∫∫ ydydz = ∫ ydy ∫dz = − 1 .
		σ	BOC	−1	0	6
При вычислении I2 знак минус взят потому, что выбранная нормаль n с осью Oy
образует тупой угол β (cos β <0). Таким образом,						I = I1	+ I2 + I3	= − 1 −	1	− 1	= − 1 .
								6	6	6	2
Ответ: ∫∫zdxdy + xdxdz + ydydz =				− 1 .
	σ			2
Пример 9. Вычислить интеграл I				= ∫∫ (z + x 2 )dzdy + (y + z)dzdx + (2x 2					− 3y 3		+ z)dxdy ,
				σ

где σ – внешняя сторона замкнутой поверхности, ограниченной параболоидом х2 + у2 = 4 − z и плоскостью xoy

Решение. Применим формулу Остроградского:

P(x, y, z) = z + x 2 ,

∂ P

= 2x; Q(x, y, z) = y + z,

∂ Q

= 1;

∂x

∂y

R(x, y, z) = 2x 2 − 3y 3 + z,

∂ R

= 1;

∂z

∂ P

∂ Q

∂ R

∫∫∫

∂x

∂y

∂z

I =

dxdydz

(2x

+ 1 + 1)dxdydz ,

где Т – тело, ограниченное указанными поверхностями.

Вычислим тройной интеграл в цилиндрической системе координат: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ,

z = z, I = ρ.

Уравнения граничных поверхностей:

• параболоида, ограничивающего тело сверху:

(ρ cos ϕ)2 + (ρ sin ϕ)2 = 4 − z ρ2 = 4 − z;

• плоскости z = 0, ограничивающей тело снизу.

Интеграл записываем в виде трёхкратного в новой системе координат:

∫∫∫2(x + 1)dxdydz										2π	2	4 − ρ2				2π	2
∫∫∫2(x + 1)dxdydz										= 2 ∫ dϕ∫ ρdρ			∫ (ρ cos ϕ + 1) dz = = 2 ∫ dϕ∫ (ρ2 cos ϕ + ρ)dρ[z]04 − ρ2
T										0	0		0			0	0
2π		2
= 2 ∫ dϕ∫ (ρ2 cos ϕ + ρ)(4 − ρ2 )dρ =
0		0
		2π	dϕ		4 ρ3			− ρ5 cos ϕ + 4 ρ2				− ρ4			2
= 2		∫	dϕ		4 ρ3			− ρ5 cos ϕ + 4 ρ2				− ρ4				=
							3		5		2		4
							3		5		2		4
		0												0
			4	8			32						2π
=	2					−			sin ϕ + (8		− 4)ϕ		= 16π.
=	2		3			−	5		sin ϕ + (8		− 4)ϕ		= 16π.
			3				5
												0

Задачи:

1) ∫∫xyzdσ , где σ - часть поверхности z=x2+y2, расположенной между плоскостями z=0 и

z=1;

2) ∫∫(x2 + y2 )dydz , где σ - внешняя сторона поверхности x =

1− y2 , отсеченная

плоскостями z=0 и z=3.

Самостоятельная работа

Пример 1. Найти производную поля u(M) = х2 − у2 в точке A (

3, − 4) по направлению

l =

− j .

Решение. Вычислим направляющие косинусы вектора l

(

3 )2 + (− 1)2 = 2

, cos α =

, cos β = − 1 .

Найдём частные производные в указанной точке

∂u

(A )

= 2x

= 2 3 ,

∂u

(A ) = − 2y

= 8 .

∂x

(A )

∂y

∂u

= 2 3

− 8

1 = −1 .

∂l

Здесь отрицательный знак производной поля указывает на то, что в данной точке в направлении данного вектора поле убывает.

Пример 2. Найти наибольшую скорость изменения поля u = arctg	x	в точке
	y2 + z2	в точке
	y2 + z2
А(1, 1, 1).

Решение. Найдём частные производные функции u(x, y, z) и вычислим их в точке А:

∂u	=			1								1					=					y 2 + z2									=	2	,
∂x	=						2										=		(x		2			2				2	)		=		,
∂x		1 +			y 2		2			z			+ y								2	+ y		2		+ z		2		A	3
		1 +			y 2	+ z2				z			+ y									+ y				+ z				A
					x						2				2
											2				2
∂u	=			1							− xy							=									− xy								= −	1	,
∂u				1							− xy																− xy									1
∂y					x	2				(y	2 + z2 )3									(x 2 + y 2 + z2 ) y 2 + z2
∂y		1 +			x																														3 2
		1 +		y 2 +z2																														A	3 2
				y 2 +z2																														A
∂u	=							− xz											= − 1							;
∂z		(x	2	+ y			2	+ z	2	)	y		2	+ z		2							3		2
			2				2		2				2			2		A					3		2

Пример 3. Вычислить циркуляцию векторного поля F {− z − 3x 2 , y − 2z, 2y − z} вдоль

линии пересечения плоскости (р) х + у + 2z = 4 с координатными плоскостями, направление положительное.

2	C
	4
o	B y

4 A x

Рис. 6

Решение. Составляем криволинейный интеграл по заданному контуру и разбиваем его на сумму трёх интегралов по отрезкам, составляющим этот контур (см. рис. 6):

Γ = ∫ F dl = ∫ F dl + ∫ F dl + ∫ F dl ,

AB BC CA

где F dl = (− z − 3x 2 )dx + (y − 2z)dy + (2y − z)dz,

AB: z = 0, x = t, y = 4 – t; dz = 0, dx = dt, dy = – dt, tA = 4, tB = 0; BC: x = 0, z = t, y = 4 – 2t; dx = 0, dz = dt, dy = – 2dt, tB = 0, tC = 2; CA: y = 0, z = t, x = 4 – 2t; dy = 0, dz = dt, dx = – 2dt, zC = 2, zA = 0.

Вычисляем циркуляцию, сводя криволинейные интегралы в определённые, по выбранному параметру:

∫ F

[(− 3t 2 )dt + (4 − t )(− dt )] = 3 t3 + 4t

− t2

= ∫

= 64 + 16 − 8 =72,

[(4 − 2t

− 2t )(− 2dt ) + (8 − 4t

− t )dt ]

t 2

∫

= ∫

= 3∫ tdt =3

= 6,

(− t − 3(4 − 2t )2 )(− 2dt ) − tdt

(4 − 2t )2 d(4 − 2t ) =

∫

= ∫

= ∫ tdt

− 3∫

− (4 − 2t )3

2 = −2

− 64 = −66.

Тогда Г = 72 + 6 – 66 = 12.

Пример 4. Вычислить поток вектора a = x1 i + y1 j + 1z k через полную поверхность эллипсоида xa22 + yb22 + zc22 = 1 в сторону внешней нормали.

Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв в точке (0, 0, 0) – центре эллипсоида. Формулу Остроградского нельзя применять, хотя поверхность и замкнута, но можно воспользоваться формулой (15.17), связывающей поверхностные интегралы первого и второго типов:

∫∫

Π =

dzdy

dxdz

dxdy

cosα

cosβ

cos γ

dσ.

Если поверхность задана уравнением F(x, y, z) = 0, то

	∂F			∂F		∂F

N =			,		,		.
		∂x		∂y
						∂z

Представим уравнение эллипсоида в виде

F (x, y, z) =	x 2	+	x 2	+	x 2	− 1 = 0
	a2		b2		c2

и найдём частные производные функции F(x, y, z)

∂F

N = 2

∂x

∂y

∂z

Вычислим направляющие косинусы нормали (см. п. 14.4)

∂F

cos α =

∂x

x 2

(∂F )2

+ ∂F

+ (∂F )2

∂x

∂y

∂z

cos β =

, cos γ =

x 2

y 2

подставим их в исходную формулу

Π =

∫∫ 2

2 .

dσ

c σ

Чтобы перейти к двойному интегралу, необходимо выбрать координатную плоскость, на

которую будем проектировать поверхность, пусть это будет

xoy, тогда dσ =

dxdy

cos γ

соответственно

+ c2

∫∫

= a2

+ b2 + c2

∫∫

z .

Π = a

+ b2

dxdy

cos γ

σ : z = +c

1 −

−

с нормалью

образующей острый угол с осью oz, cos γ ≥ 0;

N1,

σ2 : z = −c 1 −

x 2

−

с нормалью

образующей тупой угол с осью oz, cosγ ≤ 0. Таким образом, приходится

рассматривать сумму потоков: П1 – через σ1 , П2 – через σ2 :

∫∫

Π = Π 1 + Π 2 =

σ1

σ2

x 2

y 2

∫∫

x 2

∫∫

dxdy

= c

−

= = 2c

Dxy + c 1 −

Dxy − c 1 −

∫∫

dxdy

Dxy 1 −

−

Вычислим двойной интеграл в обобщённых полярных координатах:

x = aρ cos ϕ, y = bρ sin ϕ, I = abρ;

уравнение эллипса

= 1 принимает вид ρ2 = 1;

2π

abρdρ

Π = 2c

dϕ

∫

− ρ

= abc

2π

− (1 − ρ2 )12

4π

(b2 c2 + a2 c2 + a2b2 ).

abc

Пример 5. Вычислить дивергенцию поля радиус-вектора r = xi + yj + zk .

Решение. Ищем соответствующие частные производные от каждой координаты вектора

= x,

= y,

= z,

∂rx

= 1,

∂ry

= 1,

∂rz

= 1,

∂x

∂y

∂z

(M ) =

∂rx

∂ry

∂rz

= 3.

div r

∂x

∂y

∂z

В каждой точке поля имеется источник плотности, равный 3 ед.

Пример 6. Найти поток электростатического поля точечного заряда q, помещённого в точке М через поверхность сферы радиуса R с центром в точке М.

Решение. Поле точечного заряда, как известно, задаётся вектором напряжённости

E = rq3 r ,

где r — радиус-вектор, проведённый из точки, в которую помещён заряд. Выберем систему координат, начало которой поместим в центре сферы (см. рис. 15.10). Тогда

r = r = x 2 + y 2 + z2 .

Найдём div E :

−

E = q

(x 2

+ y 2

+ z2 )

2 xi + (x 2

+ y 2 + z2 )

2 yj + (x 2

+ y 2 + z2 )

2 zk ,

∂

−

= q (x2

+ y2

+ z2 )

2 − 3

2x2

(x2 + y2 + z2 )

2 = q(r

−3 − 3x2r −5 ),

∂x

∂

= q(r −3 − 3y2r −5 ),

∂

= q(r −3 − 3z2 r −5 ).

∂y

∂z

Складывая производные, получаем div

= q[3r −3

− 3r −5 (x2 + y2 + z2 )]= q(3r −3 − 3r −3 )= 0.

Таким образом, в любой точке поля, где определён вектор напряжённости E , нет ни источников, ни стоков. Но в самой точке, где помещён заряд, r = 0, вектор E не определён и для вычисления потока мы не можем воспользоваться формулой Остроградского.

Вычисляем поток вектора E непосредственно, с помощью поверхностного интеграла первого рода

Π = ∫∫ E n dσ,

где σ — внешняя поверхность сферы.

В нашем случае вектор N = r (по определению: нормалью называется вектор,

проведённый в точке касания перпендикулярно касательной).

Обозначим единичный вектор нормали r0 . Тогда

∫∫ r 3

r0 )dσ =

∫∫ r 2

Π =

σ .

Так как заряд находится в центре сферы, то длина радиуса-вектора любой точки сферы

будет равна радиусу сферы R, и тогда имеем Π = Rq2 ∫∫dσ = Rq2 4πR2 = 4πq.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1211 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
26.07.2016399.9 Кб87высшая математика пособие для академических консультантов часть 3.pdf
#
26.07.2016277.65 Кб55высшая математика пособие для преподавателя часть 3.pdf
#
26.07.2016478.99 Кб75высшая математика пособие для студентов часть 3.pdf
#
26.07.2016835.31 Кб2554высшая математика руководство к решению задач часть 3.pdf
#
26.07.2016564.19 Кб139высшая математика Ряды-1.pdf
#
26.07.2016564.19 Кб93высшая математика Ряды.pdf
#
26.07.2016178.67 Кб17высшая математика структура дисциплины часть 3.pdf
#
26.07.2016113.73 Кб17высшая математика структура дисциплины часть 4.pdf
#
26.07.20161.43 Mб98высшая математика теоретический материал часть 3.pdf