окончательный вариант
TRANSCRIPT
Н.Н. Третьякова, В.А. Ранцевич, Н.В. Спичекова
ВЫСШАЯ
МАТЕМАТИКА
Кратные интегралы.
Векторный анализ.
Теория поля.
Руководство к решению задач
Минск
ФУАинформ
2011 г.
УДК 517 (378) ББК 22.11 Т 66
С о с т а в и т е л и:
Н.Н. Третьякова, В.А. Ранцевич, Н.В. Спичекова
Высшая математика. Кратные интегралы. Векторный анализ. Т 66 Теория поля. Руководство к решению задач. Н.Н. Третьякова, В.А. Ранцевич, Н.В. Спичекова. – Минск. ФУАинформ, 2011. – 73 с.
ISBN 978-985-6868-32-3
Содержит краткие сведения из теории, решения базовых задач по кратным интегралам, векторному анализу и теории поля, а также набор задач для самостоятельной подготовки.
Для студентов всех специальностей технических вузов.
УДК 517 (378) ББК 22.11
ISBN 978-985-6868-32-3 © Коллектив авторов, 2011 © Оформление
ООО «ФУАинформ», 2011
2
СОДЕРЖАНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ..........................................................................................................................4СОКРАЩЕНИЯ И ОБОЗНАЧЕНИЯ......................................................................................4ГЛАВА I. ИНТЕГРАЛ ПО ФИГУРЕ ОТ СКАЛЯРНОЙ ФУНКЦИИ (ИФ-1).................5
Тема 1.1. Определение интеграла ИФ-1 и его свойства.......................................................................................5Тема 1.2. Двойной интеграл....................................................................................................................................8Тема 1.3. Замена переменных в двойном интеграле...........................................................................................13Тема 1.4. Тройной интеграл. Замена переменных в тройном интеграле..........................................................17Тема 1.5. Криволинейный интеграл первого рода (КРИ-1)...............................................................................24Тема 1.6. Поверхностный интеграл 1-го рода ( ПИ-1).......................................................................................26
ГЛАВА II. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ И ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ ВТОРОГО РОДА............................................................................................................................................28
Тема 2.1. Интеграл по ориентированной фигуре от векторной функции (ИФ-2)............................................28Тема 2.2. Криволинейный интеграл второго рода (КРИ-2) и его вычисление. Формула Грина....................31Тема 2.3. Поверхностный интеграл 2-го рода (ПИ-2) и его вычисление..........................................................37
ГЛАВА III. ТЕОРИЯ ПОЛЯ....................................................................................................42Тема 3.1. Скалярное поле и его характеристики.................................................................................................42Тема 3.2. Векторное поле и его характеристики.................................................................................................46Тема 3.3. Теорема Остроградского-Гаусса..........................................................................................................52Тема 3.4. Ротор векторного поля. Теорема Стокса.............................................................................................54Тема 3.5. Специальные виды векторных полей..................................................................................................58
ОТВЕТЫ......................................................................................................................................62ПРИЛОЖЕНИЯ.........................................................................................................................65
Приложение 1. Таблица неопределенных интегралов........................................................................................65Приложение 2. Некоторые замечательные кривые.............................................................................................66Приложение 3. Поверхности второго порядка....................................................................................................70
ЛИТЕРАТУРА............................................................................................................................73
3
ПредисловиеПособие является руководством к решению задач по теме “Кратные
интегралы. Векторный анализ. Теория поля”. Предназначается для повторения теоретического материала, приобретения практических навыков в решении основных стандартных задач по данной теме, а также для эффективного контроля за приобретенными знаниями и навыками.
Может использоваться как во время аудиторных занятий с преподавателем, так и при самостоятельной подготовке студентов.
Повторение теоретического материала производится с помощью так называемых “опорных сигналов” (ОС), содержащих в сжатой форме основные определения и теоремы, необходимые для решения задач по каждой теме.
Для контроля теоретических знаний обучаемому предлагается ответить на несколько контрольных вопросов (КВ). Затем проводится разбор решения одной или нескольких обучающих задач (задачи ОБУЧ). Цикл обучения по каждой теме завершается самостоятельным решением нескольких задач (задачи САМ), разделенных на группы по степени сложности: А – простейшие, Б – средней трудности, В – задачи повышенной сложности.
В конце задачника помещены ответы к задачам САМ и к контрольным вопросам КВ.
Пособие предназначено для студентов всех специальностей и всех форм обучения. Особенно полезным оно окажется студентам вечерней, заочной и дистанционной форм обучения.
Пособие является продолжением серии задачников: 1) “Введение в анализ”, БГУИР, 2005; 2) “Дифференциальное исчисление”, Бестпринт, 2003; 3) Высшая математика. Интегральное исчисление функций одной переменной. Руководство к решению задач, Минск, ФУАинформ, 2010, – авторов Третьякова Н.Н., Пушкарева Т.М., Спичекова Н.В. и других.
Сокращения и обозначения
ОС – опорный сигнал, содержащий краткие теоретические сведенияКВ – контрольный вопрос по теорииЗадача ОБУЧ – обучающая задачаЗадача САМ – задача для самостоятельного решенияО – определениеТ – теоремаП – пример∆ – начало решения задачи▲ – конец решения задачи● – замечание
– обратить особое вниманиен.и.д. – необходимо и достаточно⇒– символ импликации (следования)
4
⇔– символ равносильности
5
Глава I. Интеграл по фигуре от скалярной функции (ИФ-1)
Тема 1.1. Определение интеграла ИФ-1 и его свойства
Интеграл по фигуре (ИФ) является обобщением понятия определенного интеграла от функции, заданной на отрезке, на случай функций нескольких переменных, заданных на геометрических фигурах. Обобщение распространяется как на скалярные функции (ИФ-1), так и на векторные (ИФ-2).
В данной главе рассматриваются ИФ от скалярных функций (ИФ-1).
Геометрическая фигураО Множество точек называются связным, если две любые его точки
можно соединить кривой, целиком принадлежащей этому множеству.О Геометрической фигурой (Φ )
называется любое из связных геометрических множеств, включая границу.
О Числовой характеристикой фигуры (Ф ) является ее мера μ , т.е. мера множества точек, составляющих ее.
О Диаметром фигуры (Φ )называют максимальное расстояние между двумя ее точками. Мы будем рассматривать только фигуры конечного диаметра, (ограниченные).
Основные геометрические фигуры и их меры:№ Фигура Мера1 Отрезок [ a ;b ]∈R . Длина отрезка, L=|b−a|.2 Плоская область ( D )∈R2 . Площадь области, S .
3 Линия ( L ) на R2 или в R3 . Длина, L .
4 Поверхность (Q ) в R3 . Площадь поверхности, Q .
5 Тело (V ) в пространстве R3 – пространственная область, ограниченная замкнутой поверхностью.
Объем тела, V .
ОС 1.1
КВ 1. Что называется диаметром ограниченного множества?КВ 2. Чему равен диаметр квадрата со стороной 1?
КВ 3. Чему равен диаметр эллипсоида x2+ y2
2+ z2
9=1
?
6
Определение ИФ-1Пусть на геометрической фигуре (Φ ) задана скалярная функция F (P ) ,
P∈(Φ ) .Выполним следующие действия:
1. Проведем разбиение τ n фигуры (Φ ) произвольным образом на
n элементарных фигур (ΔΦ i ) c мерами Δμi , i=1. n .
2. На каждой элементарной фигуре (ΔΦ i ) выберем точку Pi∈(ΔΦi )
и вычислим значение F (P i) функции в этой точке.
3. Определим F (P i)⋅Δμi , i=1 , n .
4. Составим сумму
Sn=∑i=1
n
F ( Pi )Δμi(1)
(n -ая интегральная сумма для функции F (P ) на (Φ )).
5. Пусть λ=max
i{ λi}
, λ i – диаметр (ΔΦ i ) .6. Перейдём к пределу в сумме (1):
lim ¿ λ→0 ¿(n →∞) ¿
¿ Sn=lim¿ λ→0 ¿(n →∞) ¿
¿∑i=1
n
F (P i) Δμi .¿
О Если предел интегральной суммы (1) для функции F (P ) и фигуры (Φ ) , при условии, что каждая из элементарных фигур (ΔΦ i )
стягивается в
точку, ( λ→0 ) , существует, конечен и не зависит от разбиений τ n и выбора
точек Pi , то он называется интегралом по фигуре (Φ ) , (ИФ-1), от скалярной функции и обозначается
∫( Φ )
F (P )dμ =def
lim¿ λ→ 0 ¿( n→∞ ) ¿
¿∑i=1
n
F ( Pi )Δμi ,¿(2)
(dμ – дифференциал меры).ОС 1.2
КВ 4. Что такое интегральная сумма для F (P ) по фигуре (Φ )?
КВ 5. Будет ли неограниченная в области (Φ ) функция интегрируемой в этой области?
7
Частные случаи ИФ-1№ Вид
фигурыДифференциал меры dμ
Название интеграла
Механический смысл ИФ-1 ( F (P )=ρ (P )>0−плотность массы в точке)
Геометрический смысл ИФ-1
1 Отрезок [ a ;b ] .
dμ=dx .Однократный
определённый
интеграл
∫a
b
F ( x )dx .
Масса стержня:
m=∫a
b
ρ (x )dx .
(1)
Площадь
криволинейной
трапеции
S=∫a
b
F ( x )dx , (2)
( D ) : {a≤x≤b ,0≤ y≤F (x )}.
2 Плоская
область( D )∈R2 .
dμ==dS==dxdy .
Двойной интеграл
∬( D )
F( P )dS .
Масса плоской
пластинки ( D ) :
m=∬( D )
ρ( P)dS .(3)
1. Площадь
области ( D ) :
S=∬(D )
dS=∬( D )
dxdy .(4)
2. Объем
цилиндроида (V ) ,
V =∬( D )
F (x , y )dxdy ,(5)
(V ) : {0≤z≤F( x , y ) ,(x , y )∈ ( D ) } .
3 Простра
нственн
ая
область (V )∈R3 .
dμ=dV ==dxdydz .
Тройной интеграл
∭(V )
F ( P)dV .
Масса тела (V ) : m=∭
( V )
ρ( P )dV .(6)
Объем тела (V ) :V =∭
(V )
dV =
¿∭( V )
dxdydz . (7)
4 Линия (L ) на плоскости или в пространстве.
dμ=dl .Криволинейный
интеграл
первого рода
(КРИ-1),
∫( L )
F (P )dl .
Масса кривой ( L ) :m=∫
( L)
ρ( P)dl . (8)
Длина кривой ( L ) :
L=∫
( L)
dl . (9)
5 Поверхн dμ=dq . Поверхностный Масса Площадь
8
,D
ость (Q )⊂R3 .
интеграл первого рода (ПИ-1),
∬( Q )
F( P )dq .
поверхности (Q ) : m=∬
( Q )
ρ( P)dq . (10)
поверхности (Q ) :
Q=∬( Q )
dq . (11)
ОС 1.3Т О существовании интеграла по фигуре ИФ-1. Если скалярная
функция F (P ) непрерывна на связной, ограниченной и содержащей
граничные точки фигуре (Φ ) , то существует интеграл от этой функции по
фигуре (Φ ) . Свойства интеграла по фигуре
1.∫( Φ )
( F1( P )+F2 (P )) dμ=∫( Φ )
F1 ( P)dμ+∫( Φ )
F2( P )dμ.
2.∫( Φ )
сF ( P )dμ=c ∫(Φ )
F( P )dμ , если c=const .
3. Аддитивность: ∫(Φ )
F (P )dμ=∫(Φ1 )
F (P )dμ+∫(Φ2 )
F ( P)dμ
, если
Ø.
4. Если F (P )=1 , ∀ P∈(Φ ), то ∫( Φ )
dμ=μ(Φ ), где μ(Φ ) – мера (Φ ) .
5. Если F (P )≥0 , при любом P∈ (Φ ) , то ∫( Φ )
F (P )dμ≥0 , (аналогично,
если F (P )≤0 , то
∫( Φ )
F (P )dμ≤0).
6. Если F (P )≤ϕ (P ) ,∀ P∈ (Φ ) , то ∫( Φ )
F (P )dμ≤∫(Φ )
ϕ (P )dμ.
7. Для непрерывной функции F (P ) справедливо двойное
неравенство mμ≤∫
(Φ )
F ( P)dμ≤Mμ (где M и m – наибольшее и наименьшее
значения функции, μ=μ (Φ )).
8. Теорема о среднем значении. Если F (P ) определена и
непрерывна на ограниченной фигуре (Φ ) , содержащей граничные точки,
то найдется по крайней мере одна точка P0∈ (Φ ) , в которой выполняется
равенство ∫( Φ )
F (P )dμ=F ( P0 )μ (Φ ).
ОС 1.4
Тема 1.2. Двойной интегралДвойной интеграл есть частный случай ИФ, когда подынтегральная
9
2121 ,
)(1 xyy
функция зависит от двух переменных, F (P )=F ( x , y ), и фигура (Φ ) есть
замкнутая (т.е. содержащая границу), плоская область ( D ) в R2 . По определению, (см. (2), ОС 1.2), двойной интеграл равен:
∬( D )
F( P )dS=lim ¿ λ→0 ¿(n→ ∞ ) ¿
¿∑i=1
n
F ( Pi ) ΔSi=∬( D )
F ( x , y )dxdy ,¿
где λ=max
i{λi}– наибольший из диаметров областей ( Di ) , на которые
разбили область ( D ) , Si – площадь ( Di ) , dS
– дифференциал площади
области ( D ) .ОС 1.5
КВ 6. Сформулируйте теорему о среднем значении для двойного интеграла.
КВ 7. Определите значение двойного интеграла, используя его геометрический смысл (см. (4), (5), ОС 1.3):
1) ∬( D )
dxdy ; если ( D ) : x2+ y2≤R2 ;
2) ∬(D )
(1−x− y )dxdy , если ( D ) : x≥0 , y≥0 , x+ y≤1.
Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах
О Плоская область ( D ) называется правильной в направлении оси OY ,если любая прямая, параллельная этой оси и проходящая через
внутренние точки ( D ) , пересекает границу области не более чем в двух точках (аналогично для OX ). y y
Рис. 1. Рис. 2.
Если область ( D ) задана неравенствами D :a≤x≤b , y1( x )≤ y≤ y2 ( x ) , то она является правильной в направлении оси OY (рис. 1). В этом случае вычисление двойного интеграла осуществляется по формуле
∬( D )
F( x , y )dxdy=∫a
b
dx ∫y 1( x )
y2 (x )
F ( x , y )dy .
(1)
В случае, когда область ( D ) задана неравенствами D :c≤ y≤d , g1 ( y )≤x≤g2( y ), область ( D ) – правильная в направлении оси OX . Тогда
10
d
c
0 x
)(1 yxx D )(2 yxx
∬( D )
F( x , y )dxdy=∫c
d
dy ∫x1( y )
x2( y )
F ( x , y )dx .
(2)● Интегралы в правых частях формул (1) и (2) называются
повторными.● Для расстановки пределов интегрирования рекомендуется
изобразить область интегрирования ( D ) на чертеже.ОС 1.6
КВ 8. Расставьте пределы интегрирования в двойном интеграле
∬( D )
f (x , y )dxdy , если область ( D) задана неравенствами:
1) D : x2≤ y≤1; 2) D : x2≤ y≤x .Выберите верный вариант ответа.
а) ∫−1
1
dx∫0
1
f (x , y )dy ;б)
∫0
1
dx∫x2
x
f ( x , y )dy ;в)
∫−1
1
dx∫x2
1
f ( x , y )dy ..
● Вычисление повторного интеграла осуществляется вначале по внутренней переменной (при этом внешняя переменная считается постоянной), а затем переходят к вычислению внешнего интеграла.
● Если область ( D ) является правильной в обоих направлениях, то порядок интегрирования в повторном интеграле можно изменить, т.е.
∬( D )
F( x , y )dS=∫a
b
dx ∫y1(x )
y2( x )
F( x , y )dy =∫c
d
dy ∫ϕ1 (x )
ϕ2 (x )
F ( x , y )dx
.● Если область не является правильной ни в одном из указанных
смыслов, то ее разбивают на сумму правильных частей и переходят к сумме интегралов по этим частям.
КВ 9. Изобразите область интегрирования в интегралах:
1) ∫0
1
dx ∫x
2−x2
f ( x , y )dy; 2)
∫0
2
dx ∫0
√2 x− x2
f ( x , y )dy ; 3)
∫0
2
dy ∫y
√4 y− y2
f ( x , y )dx .
Выберите верный вариант ответа.
а) ( D ) : 0≤ y≤2 , y≤x≤√4 y− y2, (криволинейный треугольник);
б) ( D ) : 0≤ y≤√2 x−x2, (полукруг);
в) ( D ) : 0≤x≤1 , x≤ y≤2−x2 . (криволинейный треугольник).
Задача ОБУЧ 1. Вычислите повторный интеграл
∫−2
1
dx∫0
1
(2 xy 2−4 x3⋅√ y )dy .
11
Δ Начнем вычисление с внутреннего определенного интеграла по переменной y , считая переменную x постоянной для данного интеграла:
∫0
1
(2xy 2−4 x3⋅√ y )dy=( 23
xy 3− 83
x3 y32 )|y=0
y=1= 23
x− 83
x3 ,
а затем перейдем к вычислению внешнего интеграла по x :
∫−2
1
( 23
x− 83
x3)dx=( x2
3−2 x4
3 )|−21 =( 1
3− 2
3−
(−2 )2
3+
2(−2 )4
3 )=9 .▲
КВ 10. Измените порядок интегрирования в интеграле:
1) ∫0
2
dx ∫2−√4− x2
x
f ( x , y )dy ;
2) ∫0
1 /√2
dy ∫y
√1− y2
f ( x , y )dx .
Выберите верный вариант ответа.
а) ∫0
2
dy ∫y
√4 y− y2
f ( x , y )dx ; б)
∫0
1 /√2
dx∫0
x
f ( x , y )dy+ ∫1/ √2
1
dx ∫0
√1− x2
f ( x , y )dy .
Задача ОБУЧ 2. Вычислить площадь криволинейной трапеции,
ограниченной линиями y2+2 y−3 x+1=0 и
y=− 73
+x .
Δ Известно ((4), ОС 1.3), что площадь плоской области ( D) вычисляется
двойным интегралом по этой области: S=∬
(D )
dxdy.
1. Построим график границы данной области (рис. 3). Для этого
преобразуем уравнение y2+2 y−3 x+1=0 к виду ( y+1)2=3 x .
Отсюда видно,
что вершина параболы находится в точке M (0 ,−1 ).
Рис. 3.
12
y
x0
3
2. Определим координаты точек пересечения параболы и прямой из
системы уравнений {3 x−3 y−7=0 , ¿ ¿¿¿
Решив систему, получим точки A( 1
3,−2)
и B(16
3, 3)
. 3. Заметим, что область интегрирования является правильной
относительно обеих переменных. В качестве внешней переменной интегрирования здесь удобнее выбрать y .
Тогда
S=∫−2
3
dy ∫( y+1)2
3
73
+ y
dx=∫−2
3
( 7+3 y3
−( y+1 )2
3 )dy=13 (7 y+3
y2
2−
( y+1)3
3 )|−23 =125
18.
● Заметим, что при иной расстановке пределов (т.е. если внешний
интеграл вычислялся бы по х), нам пришлось бы вычислять сумму двух
интегралов: S=∫
0
1/3
dx ∫−1−√3 x
−1+√3 x
dy+ ∫1 /3
16/3
dy ∫−7/3+ x
−1+√3 x
dy . ▲
Задача ОБУЧ 3. Расставить пределы интегрирования в двойном
интеграле по кругу x2+ y2≤1 .
Δ Область интегрирования здесь является правильной относительно
обеих переменных. Выразим y из уравнения x2+ y2=1 . Получим: y=±√1−x2.
Теперь область интегрирования ( D ) можно задать неравенствами −1≤x≤1,
−√1−x2≤ y≤√1−x2 . Следовательно,
∬( D )
f (x , y )dxdy=∫−1
1
dx ∫−√1−x2
√1−x2
f ( x , y )dy .
Если в
качестве внешней переменной выбрать y , то ( D ) :−1≤ y≤1 ,
−√1− y2≤x≤√1− y2и
∬D
f (x , y )dxdy=∫−1
1
dy ∫−√1− y2
√1− y2
f ( x , y )dx .
▲
Задача САМ 1. А. Сведите двойной интеграл ∬(D )
f (x , y )dxdy к повторному
двумя способами.
А.1.1. ( D ) – прямоугольник с вершинами (1,1), (1,3), (4,3), (4,1);
А.1.2. ( D ) – треугольник с вершинами (1,1), (4,1), (4,4);
А.1.3. ( D ) – область, ограниченная кривыми y=x2 , y=9 ;
А.1.4. ( D ) – область, ограниченная кривыми y=3 x2 , y=6−3 x ;;Измените порядок интегрирования в повторных интегралах:
13
А.1.5. ∫0
1
dx∫√ y
3√ y
f ( x , y )dy;
А.1.6.
∫0
2
dx∫x
2 x
f ( x , y )dy ; А.1.7.
∫e
e2
dx ∫ln x
ln x2
f ( x , y )dy .
Б. С помощью двойного интеграла вычислите площади фигур, ограниченных заданными линиями.
Б.1.1. √ y=5−√x ; x+ y=25 . Б.1.2. y=x ; y2=2 x .
Б.1.3. x+ y=3 ; √ x+√ y=√3 . Б.1.4. y2−2 y=x ; y=−x .
Б.1.5. x=2− y ; y2−4 x−4=0 . Б.1.6. x+ y=9 ; √ x=3−√ y .
Б.1.7. y2+2 y−3x+1=0 ; 3 y=3 x−7 . Б.1.8. y2−12 x=36 ; x+ y=6 .
Б.1.9. x2=4 y+4 ; x+ y=2. Б.1.10. x
2=8 y+16 ; x+ y−4=0 .
14
0u
x
y
u
v
0u
D
Тема 1.3. Замена переменных в двойном интеграле
Для упрощения вычисления двойного интеграла часто применяют метод замены переменных, т.е. под знаком двойного интеграла вводят новые переменные.
Пусть в двойном интеграле ∬
( D )
f (x , y )dxdy требуется произвести замену
переменных по формулам: x=x (u , v ), y= y (u , v ). (1)
Предположим, что отображение (1) удовлетворяет следующим
условиям:1. Отображение взаимно однозначно, т.е. различным точкам (u , v )
области G соответствуют различные точки ( x , y ) области ( D ) .2. Функции x (u , v ) и y (u , v ) имеют в области (G ) непрерывные частные
производные первого порядка. 3.Якобиан отображения, т.е. определитель:
J (u , v )=|
∂ x∂u
∂ x∂ v
∂ y∂u
∂ y∂ v
|≠0 ,∀(u , v )∈ (G ) .
(2)
При отображении (1) сетка прямых координатных линий в области (G ) переходит в сетку кривых координатных линий в области ( D ) (рис 4 и рис. 5):
0 0
Рис.4. Рис. 5.Новые координаты (u , v ) называют криволинейными координатами
точек области ( D ) .
Т Пусть (G ) и ( D ) – замкнутые области, функция f ( x , y) непрерывна
в области ( D ) и отображение (1) удовлетворяет условиям 1 - 3.Тогда справедлива формула замены переменных в двойном интеграле
∬( D )
f (x , y )dxdy=∬( G )
f ( x (u , v ), y (u , v )) |J (u , v )| dudv .(3)
15
0v 0vG
ОС 1.7
Наиболее часто в двойном интеграле используется переход к полярным координатам.
Полярные координатыО Полярными координатами точки M ( x , y ) плоскости XOY
называются числа ρ (полярный радиус) и ϕ (полярный угол), где ρ=|OM|,
ϕ= (OM ,OX ) , ( ρ≥0 , 0≤ϕ<2 π или −π≤ϕ<π ), (рис. 6).
y Формулы перехода от полярных координат M(x,y) к декартовым имеют вид:
ρ x=ρ cos ϕ, y=ρ sin ϕ . (1) Формулы обратного перехода определяются 0 x из соотношений:
Рис. 6. ρ=√x2+ y2 , tg ϕ = y
x.
(2)ОС 1.8
КВ 11. Как выглядят на плоскости XOY координатные линии полярной
системы координат, т.е. кривые с уравнениями: 1) ρ=ρ0 ; 2) ϕ=ϕ0?КВ 12. Какие линии плоскости имеют в полярной системе координат
уравнения: 1) ρ=25 ; 2) ϕ= π
4;
3) ρ=2acosϕ ?Вычисление двойного интеграла в полярных координатах
Якобиан перехода к полярным координатам (см. (2), ОС 1.7) равен:J ( ρ , ϕ )=|cos ϕ −ρ sin ϕ
sin ϕ ρcos ϕ|=ρ .
(1)
Следовательно,
формула перехода в двойном интеграле от декартовых
координат к полярным имеет вид:∬
( D )
f (x , y )dxdy =∬(G )
f ( ρcosϕ , ρsin ϕ ) ρ dρ dϕ . (2)
Из ((4), ОС 1.3) следует формула для вычисления площади плоской
фигуры (G ) в полярных координатах:S=∬
(G )
ρdρdϕ .(3)
Если область (G ) задана неравенствами ρ1 (ϕ )≤ ρ(ϕ )≤ ρ2(ϕ ), α≤ϕ≤ β , (т.е. является правильной по отношению к полярным координатам), то
16
Рис. 7.
у
0 2 3 х
∬( D )
f (x , y )dxdy =∫α
βdϕ ∫
ρ1(ϕ )
ρ2( ϕ)f ( ρ cosϕ , ρsin ϕ) ρ dρ .
(4)
● Переход к полярным координатам удобно использовать, когда интегрирование ведется по кругу или какой-либо его части.
● Если область интегрирования ограничена эллипсом с полуосями a и b , или его частью, имеет смысл перейти к обобщенным полярным координатам, положив:
x=a cosϕ , y=b sin ϕ . (5)Якобиан отображения (5) равен J=ab ρ .
ОС 1.9КВ 13. Расставьте пределы в двойном интеграле по области
( D ) : 16≤x2+ y2≤25 , x≤ y≤−x . Выберите верный вариант ответа:
1) ∫0
2 π
dϕ∫16
25
f⋅ρdρ ;
2) ∫
−π /4
π /4
dϕ∫4
5
f⋅ρdρ;
3) ∫
3 π /4
5 π /4
dϕ∫4
5
f⋅ρdρ .
Задача ОБУЧ 4. Вычислить I=∬
( D )√x2+ y2 dxdy
, если ( D ) – кольцо между
окружностями x2+ y2=9 , x2+ y2=4 .
Δ 1. Изобразим область ( D ) (рис. 7):2. Перейдем в двойном интеграле к
полярным координатам, ((2), ОС 1.9):
I=∬( D )
√x2+ y2 dxdy=∬(G )
ρ⋅ρ dρdϕ=∫0
2 π
dϕ∫2
3
ρ2 dρ .
3. Вычислим внутренний интеграл:
∫2
3
ρ2 dρ= ρ3
3|23=27−8
3=19
3.
Затем находим внешний интеграл: I=∫
0
2 π193
dϕ=2π⋅193
=383
π .▲
Задача ОБУЧ 5. Используя переход к полярным координатам, вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой, заданной уравнением в
декартовых координатах: ( x2+ y2 )5=a4 x4 y2 , a>0 .
Δ 1. В полярных координатах, согласно ((3), ОС 1.9), формула
вычисления площади имеет вид: S=∬
(G )
ρ dρdϕ.
2. Перейдём в уравнении границы области к полярным координатам:
17
x=ρ cos ϕ, y=ρ sin ϕ,⇒ . ( ρ2 cos2ϕ+ρ2sin2ϕ )5=a4⋅ρ4 cos4 ϕ⋅ρ2sin2 ϕ ⇒
ρ4=a4 sin2 ϕcos4 ϕ⇒ ρ=4√sin2 ϕcos4 ϕ⇒ ρ=|cosϕ|√|sin ϕ|.
3. Изобразим область ( D ) (рис. 8). Замечаем, что она состоит из четырех равных по площади лепестков.
Лепесток ( S1 ) , лежащий в первом октанте, описывается условиями:
{0≤ϕ≤π2
,¿ ¿¿¿
(Заметим, что sin ϕ≥0 и cos ϕ≥0 при
ϕ∈[0;π2 ] . )
Рис. 8. 4. Вычислим площадь лепестка ( S1 ) :
S1=∫0
π2
dϕ ∫0
acos ϕ √ sin ϕ
ρdρ=∫0
π2
ρ2
2|0acos ϕ √ sin ϕ dϕ=
12∫0
π2
a2 cos2 ϕ sin ϕ dϕ=−a2
2∫0
π2
cos2 ϕ d (cos ϕ )=
¿−a2
2⋅13
cos3 ϕ|0
π2 =−a2
6⋅(0−1)=a2
6 (кв .ед . ).
5. Тогда искомая площадь равна: S=4 S1=4⋅a2
6=2 a2
3 (кв.ед.). ▲Задача САМ 2. Вычислите двойные интегралы, перейдя к полярным
координатам.
Б.2.1. Б.2.2. ∫0
4
∫0
√4 x− x2
dydx ;
Б.2.3. ∫0
2
∫0
√4− y 2
( x2+ y2)dxdy ;Б.2.4.
∬( D )
(1−2 x−3 y )dxdy ,
если ( D ) : x2+ y2≤4 ;
Б.2.5. ∫0
3
∫0
√9−x 2
√9−x2− y2 dydx .Б.2.6.
∬( D )
√x2+ y2dxdy ,
если ( D ) :x2+ y2≤9 ;
Б.2.7. ∬
( D )
ydxdy ,
если ( D ) : x2+ y2≤4 x ;
Б.2.8.
∬( D )
( x2+ y2 )dxdy ,
если ( D ) : x2+ y2≤6 x ;
Б.2.9. ∫0
2
dx ∫0
√4−x2
ex 2+ y 2
dy;
Б.2.10.
∬( D )
x2 y2dxdy ,
если ( D ) : 1≤x2+ y2≤4 .
18
x
y
1S
∫ ∫
6
0
36
0
22
2
;36x
dydxyx
В.2.1. ∬
( D )
xydxdy ,
если ( D ) :
x3≤ y≤2 x3 ,y2
4≤x≤ y2
3.
Указание. Выполните замену переменных: u= y
x3, v= y2
x.
В.2.2. ∬
( D )
x√ x2+ y2 dxdy ,
если ( D ) : ( x
2+ y2)2≤a2 ( x2− y2 ) , x>0.
В.2.3.
xa2
2
+ yb2
2
=2 z ,xa2
2
+ yb2
2
=1 , z=0 , (b>a>0 ).
Указание. Перейдите к обобщенным полярным координатам по формулам: x=aρ cos ϕ, y=bρsin ϕ .
19
Тема 1.4. Тройной интеграл. Замена переменных в тройном интеграле
Тройной интеграл есть частный случай ИФ-1, когда подынтегральная функция зависит от трех переменных, а область интегрирования есть пространственное тело.
О Тройным интегралом от функции F (P )=F ( x , y , z ) по
пространственной ограниченной замкнутой области (V )∈R3, по
определению, называется предел соответствующей интегральной суммы
((2), ОС 1.2):
∭(V )
F ( P)dV =lim ¿ λ→ 0 ¿(n→∞) ¿
∑i=1
n
F ( Pi ) ΔV i , ¿ ¿
где λ=max
idiam ( ΔV i ) ,
dV – дифференциал объема пространственной
области (V ) .
Тройной интеграл обозначается также ∭
(V )
F ( x , y , z )dVили
∭(V )
F ( x , y , z )dxdydz .
ОС 1.10
КВ 14. Исходя из геометрического смысла тройного интеграла (см. (7),
ОС 1.3), найдите значения интеграла ∭
(V )
dxdydz , если:
1) (V ) :0≤z≤√R2−x2− y2;
2) (V ) : x+ y+ z≤2 , x≥0 , y≥0 , z≥0 ;
3) (V ) :0≤z≤1−√ x2+ y2.
20
Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах
О Пространственное тело (V ) называется правильной областью в
отношении оси OZ , если любая прямая, параллельная OZ и имеющая
общие внутренние точки с (V ) , пересекает границу области не более чем в двух точках.
Тройной интеграл по области (V ) , правильной в отношении оси OZ , вычисляется по формуле
∭( V )
F ( x , y , z )dV =∬(D xy )
dxdy ∫Z1(x , y )
Z2 ( x , y )
F( x , y , z )dz ,
(1)
где ( D xy ) – проекция (V ) на XOY ; поверхности Z=Z1 ( x , y ) и Z=Z2 ( x , y )
ограничивают тело (V ) снизу и сверху, соответственно.
Если, кроме того, ( D xy ) – правильная область относительно OY ,
ограниченная снизу и сверху линиями y= y1( x ) и y= y2( x ), а слева и
справа – прямыми x=a и x=b (a<b) , соответственно, т. е. ( D xy ) можно
описать неравенствами: a≤x≤b , y1( x )≤ y≤ y2 ( x ) , то равенство (1)
принимает вид:
∭( V )
F ( x , y , z )dV =∫a
b
dx ∫y1( x )
y2( x )
dy ∫z1( x , y )
z2 (x , y)
F ( x , y , z )dz . (2)
Если область ( D xy ) – правильная относительно OX , определяемая
неравенствами: c≤ y≤d , x1 ( y )≤x≤x2( y ) , то
∭( V )
F ( x , y , z )dV =∫c
d
dy ∫x1( y )
x2 ( y )
dx ∫z1( x , y )
z2( x , y )
F ( x , y , z )dz . (3)
● Тройной интеграл вычисляется путем последовательного интегрирования функции F ( x , y , z ) по всем трем переменным, переходя от внутреннего интеграла к внешнему.
● Если (V ) является правильной относительно всех осей и ее проекции на координатные плоскости также правильные области в отношении каждой из осей, то пределы интегрирования в тройном интеграле можно расставить шестью способами.
ОС 1.11
Задача ОБУЧ 6. Вычислить
∫0
1
dx∫0
2
dy∫0
3
( x+ y )dz .
Δ Вычислим вначале внутренний интеграл по переменной z , считая x и y постоянными, затем переходим к вычислению интеграла по переменной y при фиксированном x и, наконец, к внешнему интегралу по переменной x :
21
623 yx 2 x
∫0
1
dx∫0
2
dy∫0
3
( x+ y )dz=∫0
1
dx∫0
2
( x+ y )z|z=0z=3|dz=3∫
0
1
dx∫0
2
( x+ y )dy=3∫0
1
dx (xy+ y2
2 )|y=0
y=2
=
¿3∫0
1
(2 x+2)dx=3 (2 x2
2+2 x)|01= 9 .
▲Задача ОБУЧ 7. Найти массу пирамиды, ограниченной координатными
плоскостями и плоскостью 3 x+2 y+3 z=6 , если плотность массы в каждой точке равна абсциссе этой точки.
Δ Плоскость 3 x+2 y+3 z=6 пересекает координатные оси по прямым2 y+3 z=6 ; z+x=2; 3 x+2 y=6
(рис. 9).
Так как плотность массы равна абсциссе точки, то функция интегрирования ρ( x , y , z )=x .
Массу пирамиды найдем, вычисляя тройной интеграл от функции плотности по формуле ((6), ОС 1.3):
m=∭( V )
ρ( x , y , z )dV .
Тело (V ) ограничено снизу и
сверху плоскостями z=0 и z= 6−3x−2 y
3,
Рис. 9. соответственно, т.е. 0≤z≤ 6−3 x−2 y
3.
Проекцией данной пирамиды на плоскость XOY служит треугольник
0≤x≤2 , . 0≤ y≤ 6−3 x
2. Тогда, применяя ((2), ОС 1.11), получим:
m=∭( V )
xdxdydz=∫0
2
xdx ∫0
6−3 x2
dy ∫0
6−3 x−2 y3
dz=∫0
2
xdx ∫0
6−3 x2
6−3 x−2 y3
dy=
¿∫0
2
xdx⋅(2 y−xy− y2
3 )|06−3 x2 =∫
0
2
x (2⋅6−3 x2
−x⋅6−3 x2
−(6−3 x2 )
2
3)dx=
¿∫0
2
x (3−3x+34
x2)dx=∫0
2
(3 x−3 x2+34
x3)dx=(32 x2−x3+316
x4)|02=¿3
2⋅22−23+3
16⋅24=6−8+3=1 (ед .массы ) .
22
▲Задача ОБУЧ 8. Вычислить с помощью тройного интеграла объем тела,
ограниченного поверхностями z=0 ,z=4−x2,x
2+ y2=4 .
Δ Поверхность z=4−x2, являющаяся параболическим цилиндром,
вытянута вдоль оси OY , ограничена снизу плоскостью z=0 и пронизана
цилиндром x2+ y2=4 , вытянутым вдоль
OZ (рис 10). Вычислим объём тела с помощью тройного интеграла по
формуле ((7), ОС 1.3). Проекций (V ) на
плоскость XOY является круг x2+ y2≤4 ,
тело ограничено снизу и сверху поверхностями z=0 и z=4−x2 . Поэтому:
V =∭
(V )
dxdydz=∫−2
2
dx ∫−√4− x2
√4− x2
dy ∫0
4−x2
dz =
=∫−2
2
dx ∫−√4−x2
√4−x2
(4−x2 )dy =
=4∫0
2
dx ∫0
√4−x2
(4−x2 )dy=
=4∫0
2
dx ( 4−x2 ) y|y=0y=√4− x2
=
=4∫0
2
( 4−x2)32 dx=12 π .
. ▲Задача САМ 3. Найдите с помощью тройного интеграла объемы тел,
ограниченных заданными поверхностями:
Б.3.1. x2+ y2=36 , x2+z2=36 , x≥0 , y≥0 , z≥0 ;
Б.3.2. 2 z=x2+ y2 , z=2 ; Б.3.3. x+ y+z=6 , x=0 , y=0 , z=0 ;
Б.3.4. x2+ y2=9 , y2+z2=9 ;
Б.3.2.
Задача ОБУЧ 9. Расставить пределы интегрирования в тройном
интеграле, если тело (V ) – шар x2+ y2+ z2≤1 .
23
;0,0,0,04,2
2
zyxyxy
z
▲ Определим пределы изменения переменной z , для чего выразим ее из уравнения поверхности, ограничивающей область:
x2+ y2+ z2=1⇒ z=±√1− x2− y2 .
Следовательно, имеем: −√1−x2− y2≤ z≤√1−x2− y2. Проекцией шара на
плоскость XOY является круг x2+ y2≤1 .
Тогда (см. задачу ОБУЧ 3) имеем:
−1≤x≤1, −√1−x2≤ y≤√1−x2 . Учитывая ((2), ОС 1.11), получаем:
∭( V )
f ( P)dV =∫−1
1
dx ∫−√1−x2
√1−x2
dy ∫−√1− x2− y2
√1−x2− y2
f (x , y , z )dz .
▲Интеграл с подобными пределами интегрирования в декартовых
координатах представляет определенную сложность для вычисления. В таких случаях применяют другие системы координат.
24
z
),,( zyxM
x
y
'M0
Замена переменных в тройном интеграле
Т Если функция F ( x , y , z ) непрерывна в замкнутой области (V ) пространства XYZ , а функции
x=x (u , v , w ) , y= y (u , v , w) , z=z (u , v , w ) (1)
имеют непрерывные частные производные в области (T ) пространства UVW и взаимно-однозначно отображают (T ) на (V ) , то имеет место следующая формула:
∭(V )
F (x , y , z ) dxdydz=∭( T )
F ( x (u , v , w) , y (u , v , w ), z (u , v ,w ))|J (u , v , w)| dudvdw ,(2)
где
J=|xu
' xv' xw
'
yu' y v
' yw'
zu' z v
' zw'
|≠0
– якобиан отображения (1).ОС 1.12
● Наиболее употребительными из криволинейных координат являются цилиндрические координаты.
Переход в тройном интеграле к цилиндрическим координатамЦилиндрическими координатами точки M ( x , y , z ) в пространстве
XYZ называются числа ( ρ ,ϕ , z ) , где 0≤ρ <+∞ , |z|<∞ . Значение угла ϕ берут в пределах 0≤ϕ<2 π или −π≤ϕ<π . Координата ρ есть длина
радиус-вектора OM ' проекции точки M на плоскость XOY , ϕ – угол, составляемый этим радиус-вектором с осью OX , z – аппликата точки M (рис. 11).
Декартовы и цилиндрические координаты точки М связаны соотношениями:x=ρ cos ϕ, y=ρ sin ϕ , z=z ,
(1)
Якобиан J преобразования (1)вычисляется по формуле
J=|x ' ρ x 'ϕ x ' z
y ' ρ y 'ϕ y ' z
z ' ρ z 'ϕ z ' z
|=ρ .
Формула перехода в тройноминтеграле к цилиндрическим
координатам имеет вид
∭(V )
f (x , y , z ) dxdydz=∭( T )
f ( ρ cos ϕ, ρ sin ϕ , z )ρ dρ dϕ dz .(2)
● В цилиндрических координатах x2+ y2=ρ2 .
● Переход к цилиндрическим координатам рекомендуется применять 25
Рис. 11.
z
),,( zyxM
x
y
z
0
Рис. 12.
'M
в случае, когда заданное тело (V ) проектируется на плоскость XOY в круг
(или его часть).
ОС1.13КВ 15. Запишите уравнения данных поверхностей в цилиндрической
системе координат. 1) z=2−x2− y2 ; 2) z=√ x2+ y2 ; 3). z=√ R2−x2− y2 .
Выберите верный вариант ответа: а) z=ρ ; б) z=2−ρ2 ; в) z=√ R2−ρ2 .
КВ 16. Определите вид поверхностей, заданных в цилиндрических
координатах уравнениями: 1) z=z0 ; 2) ϕ=ϕ0 ; 3). ρ=ρ0 .
Выберите верный вариант ответа: а) полуплоскость; б) цилиндр; в) плоскость.
КВ 1
7. Преобразуйте данный интеграл, перейдя в нем к цилиндрическим
координатам: ∫0
2
dx ∫0
√4−x 2
dy ∫x2+ y2
4dz
√ x2+ y2.
Выберите верный вариант ответа: 1) ∫0
2 π
dϕ∫0
4
dρ∫ρ2
4dzρ
; 2)
∫0
π /2
dϕ∫0
2
dρ∫ρ2
4
dz .
Переход в тройном интеграле к сферическим координатамСферическими координатами точки M ( x , y , z ) в пространстве XYZ
называются числа , где – длина радиуса-вектора OM
точки M , (0≤ρ<+∞),θ – угол, образованный OM и
осью OZ (0≤θ≤π ), – угол между положительным
направлением оси OX и радиус-
вектором OM ' проекции точки M на плоскость XOY (0≤ϕ≤2 π ) ,
(рис. 12).
Переход от сферических
координат ρ ,ϕ ,θ к декартовым координатам x , y , z осуществляется по формулам:
x=ρ sin θ cos ϕ, y=ρ sin θ sin ϕ , z=ρ cosθ , (1)Якобиан отображения (1) равен:
J= ρ2sin θ . (2)Формула перехода в тройном интеграле к сферическим
координатам имеет вид
26
∭( V )
f ( x , y , z )dxdydz=∭( V ' ),
f ( ρ sinθ cos ϕ , ρ sin θ sin ϕ , ρ cosθ) ρ2sin θ dρdϕdθ ,
(3)
где (V ' ) – прообраз области V при преобразовании (1).
● В сферических координатах x2+ y2+ z2=ρ2
. ● Сферические координаты удобно применять в случаях, когда
область (V ) ограничена сферическими или (и) коническими поверхностями.
ОС1.14
КВ 1
8. Запишите уравнения данных поверхностей в сферических
координатах: 1) x2+ y2+ z2=81 ; 2) z=√ x2+ y2 ; 3)
y= x
√3, x≥0 .
Выберите верный вариант ответа: а) ϕ= π
6; б) ρ=9 ; в)
θ= π4
.
КВ 1
9. Определите вид поверхностей, заданных в сферических
координатах уравнениями: 1) θ=3 π
4; 2)
ϕ= 5 π6
; 3) ρ=3.
Выберите верный вариант ответа: а) конус: z=−√x2+ y2 ; б) сфера:
x2+ y2+ z2=81 ; в) полуплоскость: y=− x
√3, x≤0 .
Задача ОБУЧ 10. Вычислить объем тела, ограниченного конической
поверхностью z=√ x2+ y2 и плоскостью z=2 .
Δ В декартовых координатах объем данного тела вычисляется интегралом ((7), ОС 1.3):
V =∭(V )
dxdydz=∬( D )
dxdy ∫√ x2+ y2
2
dz .
(*)
Проекцией тела на плоскость XOY является круг D : x2+ y2≤4 , поэтому в интеграле (*) удобно перейти к цилиндрическим координатам:
V =∬
( D )
dxdy ∫√x2+ y2
2
dz
=∫0
2 π
dϕ∫0
2
ρdρ∫ρ
2
dz=∫0
2 π
dϕ∫0
2
(2− ρ ) ρdρ=2 π (ρ2− ρ3
3 )|02= 8
3π .
▲
Задача ОБУЧ 11. Вычислить объем шара x2+ y2+ z2≤1 .
Δ 1. Приняв во внимание результаты задачи ОБУЧ 9 выразим вначале
объем шара в декартовых координатах:
V =∭(V )
dV =∫−1
1
dx ∫−√1− x2
√1− x2
dy ∫−√1− x2− y 2
√1− x2− y2
dz .
27
2. В данном случае удобнее провести вычисления в сферических координатах.
Применив формулы ((1)-(3), ОС 1.14), получим:
V =∭(V )
dV =∫−1
1
dx ∫−√1− x2
√1− x2
dy ∫−√1− x2− y 2
√1− x2− y2
dz =∫0
2π
dϕ∫0
1
dρ∫0
π
ρ2sin θ dθ =∫0
2π
dϕ∫0
1
ρ2dρ(−cosθ )|0π = 4 π
3.
▲Задача САМ 4. Найдите объем тела, ограниченного заданными
поверхностями, с помощью тройного интеграла в цилиндрических или сферических координатах.
Б.4.1. z=1−√x2+ y2 , 0≤z≤1 ; Б.4.2. z=√ x2+ y2 , z=x2+ y2 ;
Б.4.3.
x2+ y2
3=z , z=3;
Б.4.4. x2+ y2=9 , y2+z2=9 ;
Б.4.5. z=x2+ y 2 , x2+ y2=1 , z=0; Б.4.6. z=√ x2+ y2 , x2+ y2=1 , z=0 ;
Б.4.7.
x2+ y2+ z2=1 , x2+ y2+z2=16 , z2=x2+ y2 ,y=x , y=0 , z=0 , ( x≥0 , y≥0 , z≥0) .
Б.4.8. ∭
(V )
zdxdydz, (V ) : x
2+ y2=z2 , x2+ y2+z2=R2 , z≥0 ;
Б.4.9. ∭
(V )
( x2+ y2+z2 )2dxdydz ; (V ) – общая часть тела, ограниченного
поверхностями: x2+ y2=z2 , x2+ y2+z2=R2 , z≥0 .
В. Найдите объем тела, ограниченного замкнутой поверхностью.
В.4.1.( x2+ y2+z2)2=2 axyz , (a>0) ;
В.4.2. ( x2
a2+ y2
b2+ z2
c2 )2
= x2
a2+ y2
b2, (a>0 , b>0 , c>0 ).
Указание. Введите обобщенные сферические координаты, положив:
x=ar sin θ cos ϕ, y=br sin θ sin ϕ, z=cr cosθ .
Тема 1.5. Криволинейный интеграл первого рода (КРИ-1)Криволинейным интегралом 1-го рода (КРИ-1) называется, по
определению, предел ((2), ОС 1.2):
∫( L )
F (x , y , z )dl=∫( L )
F( P )dl=lim ¿ n→∞ ¿λ→0 ¿
¿∑i=1
n
F( xi , y i , zi ) Δli .¿
Вычисление КРИ-1 сводится к вычислению однократного определенного интеграла (ОИ) путем перехода от дифференциала dl к дифференциалу одной независимой переменной и замены в подынтегральной функции F ( x , y , z ) остальных переменных через эту же
независимую переменную из уравнения, определяющего кривую ( L ) ,
28
(предполагается, что функции, задающие ( L ) , дифференцируемы). ОС 1.15
Способ задания кривой ( L ) определяет вид используемого определенного интеграла. Сведем соотношения между дифференциалом дуги кривой и ее уравнением в таблицу.№ L dl Формула перехода от КРИ-1 к ОИ1 y= y (x ),
x=[a ,b ]. √1+( y ' ( x ))2 dx ∫( L )
Fdl=∫a
b
F( x , y )√1+ y¿ ( x )dx . (1)
2 y= y ( t ),x=x ( t ) ,t∈[ t1 , t2 ] .
∫( L )
Fdl=∫t1
t2
F( x ( t ) , y ( t ))√x t' 2
+ yt' 2
dt . (2)
3 r=r (ϕ ) ,ϕ∈ [ ϕ1 , ϕ2 ] . √r+r ϕ
'2 dϕ ∫( L )
Fdl=∫ϕ1
ϕ2
F( ϕ )√r+rϕ'2 dϕ .
(3)4 x=x ( t ) ,
y= y ( t ),z=z ( t ) ,t∈[ t1 , t2 ] .
√ x t'2+ y t
'2+zt'2dt ∫
( L )
Fdl=∫t1
t2
F( x ( t ) , y ( t ), z ( t ))√ xt' 2
+ y t'2 +zt
'2 dt . (4)
● Заметим, что КРИ-1 не зависит от направления обхода кривой.
ОС 1.16КВ 20. Используя геометрический смысл КРИ-1 ((9), ОС 1.3), вычислите
интегралы:
1) ∫( L )
dl , где ( L ) : x2+ y2=a2 ; 2)
∫( L )
dl , где ( L ) – отрезок прямой y=x от
точки O(0,0 ) до точки A(1,1 ).Задача ОБУЧ 12. Вычислить массу участка конической винтовой
линии, заданной уравнениями x=t cos t , y=t sin t , z=t , t∈[ 0 ,t0 ] , точечная
плотность которой Δ Как следует из ((8), ОС 1.3), масса кривой вычисляется интегралом
вдоль данной кривой от плотности ρ( P ): m=∫
( L)
ρ( P)dl . Тогда, используя ((4),
ОС 1.10) и уравнение кривой, получим:
m=∫L
zdl=¿|x t'=cos t−t sin t ¿||y t
'=sin t +t cos t ¿|¿¿
¿¿¿
=12∫0
t0
√2+t2 dt2=12
(2+t 2)32 2
3|0t0 =
13
(2+t 02)
32−
13
(2+0 )32 =
13
(√(2+t 02)3−√23 ).
▲
29
dtyx tt
2'2'
.z
Задача САМ 5. Вычислите криволинейные интегралы первого рода вдоль заданных кривых:
А.5.1. ∫( L )
xydl, где ( L ) – прямая, проходящая через точки A(0,0 ) и B(4,3 );
А.5.2. ∫( L )
xydl, где ( L ) – контур треугольника с вершинами
A(−1,0 ), B(1,0 ),C (0,1);
А.5.3. ∫( L )
y2 dl, где ( L ) – арка циклоиды x=a ( t−sin t ) , y=a(1−cos t ) , t∈[ 0,2π ] ;
А.5.4. ∫(L )
e√x 2+ y 2
dl, где ( L ) – граница кругового сектора
0≤r≤a , 0≤ϕ≤ π4
,
r , ϕ− полярные координаты.
А.5.5. ∫( L )
xydl, где ( L ) – часть эллипса
x2
a2.+ y2
b2=1
, находящаяся в первом квадранте.
Задача САМ 6. Найдите массу материальной кривой ( L ) с заданной плотностью ρ=ρ( P) в точке P .
А.6.1. ( L ) : y=2√x , 0≤x≤1, ρ= y ;
А.6.2. , ρ=x2;
А.6.3. ( L ) : x=3t , y=3 t2 , z=2t3
от точки O(0,0,0 ) до точки A(3,3,2 ), ρ=c ;
А.6.4. ( L ) : x=cos t , y=sin t , t∈[ 0 , π ] , ρ= y ;
Б.6.1. ( L ) : x=e−t cos t , y=e−t sin t , z=e−t , 0≤t≤∞ , ρ=c>0 ;
Б.6.2. ( L ) : x=acos3 t , y=a sin3 t , ρ=|xy|;
Б.6.3. ( L ) – кардиоида r=a(1+cos ϕ ) , ρ=k √r , (r , ϕ−полярные
координаты);
В.6.1. ( L ) – лемниската r2=a2 cos2ϕ , ρ=kr , (r ,ϕ− полярные
координаты).
Тема 1.6. Поверхностный интеграл 1-го рода ( ПИ-1)О Поверхностным интегралом первого рода (ПИ-1) называется
предел вида ((2), ОС 1.2)
∬( Q )
f (x , y , z )dq=limλ→0
∑i=1
n
f ( x i , y i , zi) Δqi .
Вычисление ПИ-1 осуществляется путем перехода к двойному интегралу по области, являющейся проекцией поверхности на одну из координатных плоскостей.
Вычисление ПИ-1 в случае явного задания уравнения поверхности (Q ) :Уравнение поверхности
Проекция Формула перехода от ПИ-1 к двойному интегралу
30
axyxL 2: 22
(Q ) (Q ) на соответствующую плоскость
z=z (x , y ) ,( x , y )∈ ( D xy )
( D xy ) ∬( Q )
f (x , y , z )dq=∬( Dxy )
f (x , y , z ( x , y ))√1+zx2
' +zy2
' dxdy
(1)x=x ( y , z ) ,( y , z )∈ ( D yz )
( D yz ) ∬( Q )
f (x , y , z )dq=∬( D yz)
f (x ( y , z ) , y , z )√1+x y'2+ xz
'2 dydz
(2)y= y ( x , z ),( x , z )∈ ( Dxz )
( D xz ) ∬( Q )
f (x , y , z )dq=∬( Dxz )
f ( x , y ( x , z ) , z )√1+ yx'2+ y z
'2 dxdz
(3)Выводы. Чтобы вычислить ПИ-1 нужно:
1.Найти проекцию поверхности (Q ) на одну из координатных плоскостей.
2 Перейти к вычислению двойного интеграла по этой области, исключив из подынтегральной функции переменную z в случае (1) (или x , или y в случаях (2) и (3), соответственно), используя заданное
уравнение поверхности (Q ) .
3. Выразить дифференциал dq через dS , умножив его на
«поправочный коэффициент» (например, для z=z ( x , y ),
dq=√1+zx
2' +z
y2
' ds=
=√1+zx2
' +zy
2' dxdy
). ОС 1.17
Задача ОБУЧ 13. Вычислить ПИ-1 I=∬
Q
zdq , где (Q ) – часть
поверхности гиперболического параболоида z=xy , вырезанная цилиндром x2+ y2=4 .
Δ Проекцией
(Q ) на плоскость XOY является круг x2+ y2≤4 . Применив
((1), ОС 1.17) и перейдя к полярным координатам в двойном интеграле, получим
I=∬( Dxy )
z √1+z 'x2+z '
y2 dxdy=¿|z=xy , z x' = y , ¿|¿
¿¿¿
31
=∫0
2 π
dϕ∫0
2
ρ3cosϕ sin ϕ √1+ρ2 dρ= 12∫0
2 π
sin 2 ϕ dϕ∫0
2
ρ3√1+ ρ2dρ=0.▲
Вычисление ПИ-1 в случае задания поверхности (Q ) уравнением в
неявном виде F ( x , y , z )=0 , F ' z≠0 , ∀ (x , y , z )∈ (Q ) , осуществляется по формуле:
∬(Q )
f (x , y , z )dq=∬( Dxy )
f (x , y , z ) 1
|F z' |
√ Fx2
' +Fy2
' +Fz2
' |z= z( x , y) dxdy ,
(1)
где ( D xy ) – проекция (Q ) на плоскость XOY .
● Напомним, что площадь поверхности (Q ) вычисляется по формуле ((11), ОС 1.3)
Q=∬( Q )
dq . (2)
● Масса поверхности (Q ) равна (см. (10), ОС 1.3):
m=∬
( Q )
ρ dq . (3)
ОС 1.18
КВ 21. Как вычисляется ПИ-1?
КВ 22. Каков геометрический смысл ПИ-1, если F ( ρ)=1 ? КВ 23. В чем заключается физический смысл ПИ-1?КВ 24. Используя геометрический смысл ПИ-1, найдите значения
интегралов: 1) ∯(Q )
dq , где (Q) : x2+ y2+z2=R2 ; 2)
∯(Q )
dq , где (Q) – замкнутая
поверхность, ограниченная конусом z=√ x2+ y2 и плоскостью z=1 .
Задача САМ 7. Вычислите поверхностный интеграл первого рода
∬( Q )
f (x , y , z )dq .по заданной поверхности (Q ) .
А.7.1.
∬( Q )
( z+2 x+ 43
y )dq, (Q ) – часть плоскости
x2
+ y3
+ z4
=1, расположенная
в первом октанте;
А.7.2. ∬
( Q )
dq , где (Q ) – боковая часть поверхности конуса z=√ x2+ y2 ,
0≤z≤a;
А.7.3. ∬
( Q )
dq , где (Q ) – боковая часть поверхности конуса z=√ x2+ y2
,
расположенная внутри цилиндра x2+ y2=2 x ;
32
Б.7.1. ∬
( Q )√x2+ y2dq
, если (Q ) – часть поверхности конуса x2
16+ y2
16= z2
9 ,
расположенная между плоскостями z=0 и z=3 ;
Б.7.2. ∬
( Q )
xyzdq, если (Q ) – часть плоскости x+ y+z=1 , лежащая в первом
октанте.
Задача САМ 8. Вычислите массу поверхности (Q ) с заданной
плотностью ρ=ρ( P) в точке P( x , y , z ):
А.8.1. (Q ) – полусфера z=√4−x2− y2, ρ=x2 y2
;
А.8.2. (Q ) – полусфера z=√a2−x2− y2, ρ=x2+ y2
;
А.8.3. (Q ) – сфера x
2+ y2+ z2=1 , ρ=x2+ y2+z2 ;
Б.8.1. (Q ) – часть поверхности гиперболического параболоида 2 az=x2− y2 , вырезаемая цилиндром x
2+ y2=a2, ρ=k⋅|z|, k>0 ;
Б.9.2. (Q ) – поверхность куба |x|≤a ,|y|≤a ,|z|≤a , ρ=k 3√|xyz|, k>0 .
Глава II. Криволинейные и поверхностные интегралы второго рода
Тема 2.1. Интеграл по ориентированной фигуре от векторной функции (ИФ-2)
Пусть (Φ ) – некоторая ограниченная, содержащая все граничные точки
фигура в ортонормированном базисе i , j , k .
О Вектор a (M )=P( x , y , z ) i+Q (x , y , z ) j+R (x , y , z )k , определенный для
каждой точки M , принадлежащей (Φ ) , называется векторной функцией трех
переменных с областью определения (Φ ) . Векторная функция a (M ) называется непрерывной на (Φ ) , если ее координаты P( x , y , z ) ,Q (x , y , z ) , R( x , y , z )
непрерывны в каждой точке M∈(Φ ) .
П Функция a (M )=zx i+( z+ y ) j+x2k является непрерывной векторной
функцией с координатами P( x , y , z )=zx , Q( x , y , z )=z+ y ,R ( x , y , z )=x2 ,
определенной на сфере x2+ y2+ z2=1 .
ОС 2.1
33
)(Mb
n
О Фигура (Φ ) называется ориентированной, если в каждой ее точке
M задан вектор b (M ), определенным образом характеризующий данную фигуру.
Для кривой b (M ) – это единичный
вектор τ0, направленный по её
касательной в сторону перемещения.
О Гладкая поверхность ( S ) называется двусторонней, если обход по любому замкнутому
контуру, лежащему на (Φ ) и не имеющему общих точек с её границей, не меняет направления нормали к поверхности. Рис. 13.
П Примером простейшей двусторонней поверхности является плоскость, а также любая гладкая поверхность, определяемая уравнением z=f ( x , y ) (рис 13).
Для двусторонней поверхности характеризующим вектором b (M ) является единичный вектор n
0, направленный по нормали к выбранной
стороне поверхности. О Если на поверхности существует замкнутый контур, при обходе по
которому направление нормали меняется на противоположное, то поверхность называется односторонней.
П Классическим примером односторонней поверхности является лента Мёбиуса (рис. 14).
Рис. 14.ОС 2.2
КВ 1. Какие из заданных поверхностей являются двусторонними:
1) z=x4+ y4 ;2) z=x2− y2?
34
Пусть дана ориентированная фигура (Φ ) меры μ и векторная
функция a (M )=P( x , y , z ) i+Q (x , y , z ) j+R (x , y , z )k ,M∈ (Φ ) .Выполним следующие действия:
1. Выберем направление ориентирующего вектора b (M )фигуры.
2. Проведем произвольным образом разбиение τ n фигуры (Φ ) на n
произвольных фигур (ΔΦ i ) c мерами Δμi .
3. На каждой элементарной фигуре (ΔΦ i ) выберем точку M i∈ ( ΔΦi ) и
определим векторы a (M i ) , b( M i) .4. Вычислим скалярное произведение (a (M i ) , b( M i)), i=1 , n .
5. Составим сумму Sn=∑
i=1
n
(a( M i ), b (M i )) Δμi ,которая называется n-ой
интегральной суммой для векторной функции a (M ) по
ориентированной вектором b (M ) фигуре (Φ ) .
6. Определим диаметр фигуры λ=max
i{ λi}
, λ i – диаметр (ΔΦ i ) .7. Перейдём к пределу в интегральной сумме
limλ →0
Sn=limλ→0
∑i=1
n
(a( M i ), b (M i )) Δμi .
О Если предел интегральной суммы Sn при условии, что каждая из
элементарных фигур стягивается в точку, ( λ→0 ) , для функции a (M )
существует, конечен и не зависит от разбиений τ n и выбора точек M i , то
он называется интегралом ИФ-2 по ориентированной фигуре (Φ ) от
векторной функции a (M )и обозначается
∫( Φ )
(a , b )dμ =def
limλ→0
∑i=1
n
( a( M i) , b( M i )) Δμi ,(1)
(dμ – дифференциал меры).
Т Если координатыP( x , y , z ) ,Q (x , y , z ) , R( x , y , z )
вектор-функции
a (M )=P( x , y , z ) i+Q (x , y , z ) j+R (x , y , z )k непрерывны на ограниченной,
содержащей граничные точки, ориентированной фигуре (Φ ) , то интеграл
(1) по фигуре (Φ ) существует.ОС 2.3
35
Частные случаи ИФ от векторной функции, (ИФ-2)№ Вид фигуры Мера
dμНазвание ИФ Физический смысл
1. Кривая ( L )Криволинейный
интеграл 2-го рода
(КРИ-2)
∫( Φ )
( a ,b)dμ=∫( L )
( a , τ0 )dl .
Работа по перемещению материальной точки под действием силы a (M )вдоль кривой ( L ) .
2. Поверхность (Q )
dμ=dqПоверхностный
интеграл 2-го рода
(ПИ-2)
∫( Φ )
( a ,b)dμ=∬(Q )
(a , n0 )d q .
Поток векторного
поля a (M )через
поверхность (Q ) .
Свойства интеграла по фигуре от векторной функции.1. Линейность:
∫( Φ )
∑i=1
n
(ai , b )dμ=∑i=1
n
∫( Φ )
(ai , b )dμ ;
∫Φ
c( a , b)dμ=c∫Φ
(a , b )dμ , если c=const .
2. Аддитивность: ∫(Φ )
( a , b)dμ=∫(Φ1 )
(a , b )dμ+∫(Φ2 )
( a , b)dμ
,
если Φ=Φ1∪Φ2 , Φ1∩Φ2=∅ .
3.∫( Φ )
( a , (−b ))dμ=−∫( Φ )
( a ,b)dμ .
ОС 2.4 Тема 2.2. Криволинейный интеграл второго рода (КРИ-2) и его
вычисление. Формула Грина
Пусть ( L ) – гладкая кривая. Обозначим через τ0(cos α ,cos β ,cosγ )−
единичный вектор, направленный по касательной к ( L ) в сторону ее обхода,
где α ,β , γ – углы между τ0 и координатными осями. Рассмотрим вектор-
функцию a (M )=P( x , y , z ) i+Q (x , y , z ) j+R (x , y , z )k , определенную на ( L ) .
36
dld
37
О Криволинейным интегралом 2-го рода (КРИ-2) по дуге кривой ( L ) называется предел интегральной суммы (см. ОС 2.3):
W ( L )(a)=∫( L )
( a , τ0 )dl =def
limλ →0
∑i=1
n
(a ( M i) , τ0( M i )) Δli .
Скалярная форма КРИ-2: W (L)(a)=∫
( L )
( a , τ0 )dl=∫( L )
P( x , y , z )dx+Q( x , y , z )dy+R ( x , y , z )dz .
● Характерным свойством КРИ-2 является его ориентированность: интеграл меняет знак на противоположный при изменении обхода кривой ( L ) , (это следует из ((3), ОС 2.4)).
Формулы вычисления КРИ-2 зависят от способа задания кривой ( L ) .Задание L КРИ-1
Явный вид
задания:( L ) : y= y ( x ) ,
x∈[a , b ] .
∫( L )
P( x , y )dx+Q( x , y )dy=∫a
b
( P [ x , y ( x ) ]+ y ' (x )Q [ x , y ( x ) ]) dx .(1)
Параметрическое задание кривой на плоскости( L ) : x=x ( t ),
y= y ( t ) ,t1≤t≤t2 .
(2)
Параметрическое задание кривой в пространстве( L) : x=x ( t ) ,
y= y ( t ) ,z=z ( t ),
t1≤t≤t2 .
∫( L )
P( x , y , z )dx+Q( x , y , z )dy+R ( x , y , z )dz=
=∫t1
t 2
( P[ x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) ]x '( t )+Q [ x ( t ), y ( t ) , z( t ) ] y '( t )+
+R [ x ( t ) , y ( t ) , z (t )] z ' ( t )dt ). (3)
ОС 2.5
Задача ОБУЧ 1. Вычислить ∫( L )
x2 dx+2 xydy , где ( L ) – дуга параболы y=x2
от точки O(0,0 ) до точки A(1,1 ).
38
.)(')](),([)(')](),([
),(),(
2
1
∫
∫
t
t
L
dttytytxQtxtytxP
dyyxQdxyxP
∆ 1. Так как кривая задана уравнением в явном виде, то для вычисления интеграла воспользуемся формулой ((1), ОС 2.5). Для этого выразим dy ,
используя уравнение кривой ( L ) : y=x2⇒dy=2 xdx .
2. Подставим в подынтегральную функцию выражения для dy и y .
3. Сводим КРИ-2 к определенному интегралу и вычисляем его:
I=∫(L)
x2 dx+2 xydy=¿|y=x2 ¿||dy=2 xdx ¿|¿¿
¿¿ ▲
Задача ОБУЧ 2. Вычислить криволинейный интеграл
∫( AB )
( x2+ y2) dx+ ( x2
− y2 ) dy
вдоль линии y=|x| от точки A(−1,1) до точки B(2,2) .
∆ 1.Построим график функции y=|x| (рис.15):
A
B
x
y
0
1
2
1 2-1-2
Рис.15.
2. Контур ( L ) является составным, поэтому вычисление интеграла сводится к вычислению двух криволинейных интегралов по отрезкам AO и OB :
Ι= ∫( AB )
( x2+ y2) dx+ ( x2
− y2) dy=I
1+ I
2,
где I 1= ∫
( AO )( x2+ y2) dx+( x 2
− y2 ) dy , I
2=∫
( OB )
( x 2
+ y2) dx+( x 2
− y2 ) dy .
3. Запишем уравнения каждого из контуров интегрирования AO : y=−x , −1≤x≤0 ;
OB : y=x , 0≤x≤2 .
4. Для вычисления каждого из интегралов воспользуемся той же формулой ((1), ОС 2.5):
.
39
В
А
|| xy
;3
2)1(
3
20
3
2
3
22))1()((
010
1
30
1
20
1
2222
22221
∫ ∫
∫
xdxxdxxxxx
x
dxdy
xy
dyyxdxyxIAO
I 2= ∫(OB )
( x2+ y2) dx+( x 2
− y2 ) dy=¿|y=x ¿||dy=dx ¿|¿
¿¿ ¿¿
¿
¿
Следовательно, I= 2
3+16
3=18
3=6 .
▲
Задача ОБУЧ 3. Вычислить ∫( L )
xydx+5 y2 dy вдоль дуги ( L ) эллипса
x=3 cos t , y=2sin t от точки A(3,0 ) до точки B(0,2) .
∆ 1. Дуга ( L ) представляет собой часть эллипса, лежащую в первой четверти. Точке A
соответствует значение t=0 , точке B – t= π
2
(рис. 16). 2. Из уравнения эллипса выразим
dx=−3 sin t dt , dy=2cos t dt и преобразуем данный интеграл согласно ((2), ОС 2.5). В результате
получим: ∫(L)
xydx+5 y2dy=¿|x=3 cos t , dx=−3 sin tdt ¿|¿¿
¿¿
Рис. 16. =∫
0
π /2
(−3 cos t⋅2sin t⋅3sin t+5⋅4sin2 t⋅2cos t )dt=
=∫0
π /2
(−18 cos t sin2 t +40 cos t sin2 t )dt=22 ∫0
π /2
sin2 t cos tdt =
=22 ∫0
π/2
sin2 td (sin t )=22⋅13
sin3 t|0π /2=22
3. ▲
Задача САМ 1. Вычислите криволинейные интегралы второго рода.
А.1.1. ∫( L )
xydx+( y−x )dy , (L )−
дуга кривой y=x2
от точки O(0,0 ) до B(1,1);
А.1.2. ∫( L )
( xy− y2 )dx+xdy , ( L)− дуга кривой y=2√ x от точки O(0,0 )до
A(1,2 );
А.1.3. ∫( L )
( x2+ y2)dx+( x2− y2 )dy , ( L )−
линия y=x 4
от точки A(−1,1)до B(1,1);
А.1.4. ∫( L )
( y+x2 )dx+(2 x− y )dy , ( L)−
дуга кривой y=2 x−x2
от точки A(1,1 ) до B(3 ,−3 );
40
А.1.5. ∫( L )
2 xydx−x2dy , ( L)−
дуга кривой x=2 y2
от точки A(0,0 )до B(2,1);
А.1.6. ∫( L )
xdy− ydx , ( L)−
дуга кривой y=x3 от точки O(0,0 )до A(2,8 );
Б.1.1. ∫( L )
( x+ y )dx+( x− y )dy , ( L)−
окружность ( x−1)2+( y−1)2=4 ;
Б.1.2. ∫( L )
( y2−z2 )dx+2 yzdy−x2dz , (L )−
кривая x=t , y=t2 , z=t3 , t∈[ 0,1 ];
В.1.1. ∫( L )
( y2−z2 )dx+( z2−x2 )dy+( x2− y2 )dz , ( L)−
замкнутый контур,
образованный пересечением сферы x2+ y2+ z2=1 с координатными
плоскостями первого октанта.
Большое значение в векторном анализе имеет следующая формула, связывающая криволинейный интеграл с двойным.
41
Формула Грина
Т Пусть в плоской односвязной замкнутой области ( S ) , ограниченной кусочно-гладким, замкнутым контуром ( L ) , заданы две непрерывные функции P( x , y )
и Q( x , y ). Если эти функции имеют
непрерывные частные производные
∂ P∂ y и
∂Q∂ x в ( S ) , то справедлива
формула Грина:
∮( L)
Pdx+Qdy=∬( S )
( ∂ Q∂ x
−∂ P∂ y )dxdy .
(1)Контур ( L) обходится в положительном направлении, т.е. против
часовой стрелки.Следствие 1. Если
∂Q∂ x
≡ ∂ P∂ y (2)
в области ( S ) , то для произвольного замкнутого контура γ , γ∈ ( S ) ,
выполняется: ∮γ
P( x , y )dx+Q( x , y )dy=0.
Следствие 2. Если
∂Q∂ x
≡ ∂ P∂ y
в области ( S ) , то
∫AB
Pdx+Qdy не зависит
от формы пути интегрирования, соединяющего начальную и конечную точки A и B .
Следствие 3. Если
∂Q∂ x
≡ ∂ P∂ y
в области ( S ) , то выражение Pdx+Qdy
является полным дифференциалом некоторой функции U ( x , y ), называемой потенциалом, т.е. Pdx+Qdy=dU ( x , y ) .
Формула нахождения U ( M ):
U ( M )= ∫( x0 , y0)
(x , y0 )
Pdx + ∫( x , y0)
( x , y )
Qdy +c=∫x
0
x
P( x , y0 )dx+∫y
0
y
Q( x , y )dy+c =
=∫x0
x
P( x , y )dx+∫y 0
y
Q( x0 , y )dy+c . (3)
ОС2.6
КВ 2
. Зависит ли интеграл ∫
( AB )
ydx+xdy
от формы кривой ( AB ) ?
КВ 3. Чему равен интеграл ∮γ
x2 dx+ y2dy , где γ – окружность x
2+ y2=4?
42
Задача ОБУЧ 4. Вычислить с помощью формулы Грина интеграл I ==∮
( L)
xy2 dy−x2 ydx по окружности x
2+ y2=R2 в положительном направлении
обхода. ∆ 1. Так как контур замкнут, то для вычисления интеграла
воспользуемся формулой ((1), ОС 2.6). Для этого найдем:
∂Q∂ x
=∂(xy 2 )
∂ x= y2 ,
∂ P∂ y
=−∂(−x2 y )
∂ y=−x2 ,
тогда − ∂ P
∂ y+∂ Q
∂ x=x2+ y2 .
2. Применяя формулу Грина, получаем:I=∮
( L )
xy 2 dy−x2 ydx=∬( S )
( x2+ y2 )dxdy , где ( S ) – круг: x
2+ y2≤R2 .3. Вычисление двойного интеграла проведем с помощью полярных
координат ((2), ОС 1.9): I=∬
( G)
( x2+ y2 )dxdy=∫0
2 π
dϕ∫0
R
ρ3 dρ= πR4
2.
▲
Задача ОБУЧ 5. Найти функцию U по ее полному дифференциалу dU =2 xydx+x2 dy .
∆ 1. Проверим выполнение условия полного дифференциала ((2),ОС 2.6)∂Q∂ x
= ∂ P∂ y . (*)
Здесь P=2 xy , Q=x2⇒ ∂ P
∂ y=2 x ;
∂Q∂ x
=2 x . Равенство (*) верно, следовательно,
функцию U можно восстановить по формуле ((3), ОС 2.6).
2. Найдем выражение для функции U ( M ), взяв за точку ( x0 , y0 ) начало координат. Тогда ее нахождение можно произвести по одной из формул:
U ( x , y )=∫0
x
0dx+∫0
y
x2dy=x2 y+C , или
U ( x , y )=∫0
x
2 xydx+∫0
y
0dy=x2 y+C .▲
Из формулы Грина вытекают некоторые полезные формулы для
вычисления площади области. Так, применив к интегралу ∮( L)
xdy формулу
Грина, получим:S=∮
( L )
xdy , (1)
где S – площадь области, ограниченной контуром ( L ) .Аналогично
S=−∮L
ydx . (2)
Если сложить левые и правые части формул (1) и (2), то получим более симметричную формулу для площади:
43
S= 12∮
L
xdy− ydx .(3)
ОС2.7
Задача САМ 2. Вычислите значение интеграла ∫( L )
Pdx+Qdy
с помощью
формулы Грина для заданных линий ( L ) , пробегаемых в положительном направлении, и подынтегральных функций P и Q :
А.2.1. P=2 (x2+ y2 ), Q=( x+ y )2 , ( L )− контур треугольника с вершинами A(1,1 ), B(2,2) , C(1,3 );
А.2.2. P=ln(3+x2sin2 x ), Q=x cos y , ( L )− контур, ограничивающий область,
лежащую в третьей координатной четверти и заданную неравенствами −5≤x+ y≤−3 ;
А.2.3.
P=−x 4 y , Q=xy 4 , ( L )− окружность x2+ y2=4 .
Задача САМ 3. Вычислите площадь фигуры, ограниченной заданными линиями, с помощью криволинейного интеграла второго рода.
А.3.1. Границы области: параболы y=x2 , y2=x и гипербола 8 xy=1 .
А.3.2. Граница области: кардиоида x=R(2 cos t−cos2t ) , y=R (2sin t−sin 2 t ).
Задача САМ 4. Вычислите
∫( LAB )
Pdx +Qdy
для заданных точек A ,B и
функций P и Q .
А.4.1. A(1,1 ), B(2,3 ), P=x+3 y , Q= y+3 x ;
А.4.2. A(−1,1) ,B (2,3), P=xy 2−x3 , Q= yx 2− y3 ;
А.4.3. A(1,0 ) , B(6,8 ) ,
P= x
√ x2+ y2,Q= y
√x2+ y2.
Тема 2.3. Поверхностный интеграл 2-го рода (ПИ-2) и его вычисление
1. Пусть a (M )=P( M ) i+Q( M ) j+R( M )k – вектор–функция с непрерывными
координатами в области (V )∈R3.
2. Задана незамкнутая двусторонняя поверхность (G )∈(V ),
ориентированная c помощью единичного вектора нормали n0
(cos α ,cos β ,cosγ ) .
44
О Если существует конечный limλ →0
∑i=1
n
(a( M i ), ni0 ) Δqi
, не зависящий от
разбиений поверхности ( S ) и выбора точек M i , то он называется поверхностным интегралом второго рода (ПИ-2) и обозначается
Π (G )(a )=∬(G )
(a ,n0 )dq =def
limλ→ 0
∑i=1
n
( a ( M i) , ni0 ) Δqi .
(1)Т Если функции P , Q, R непрерывны на ограниченной, кусочно-
гладкой, содержащей все граничные точки ориентированной поверхности
(G ) , то ПИ-2 ∬
( G )
(a ,n0 )dq
существует.
● Характерным свойством ПИ-2 является его ориентированность – интеграл меняет знак при изменении стороны поверхности (т.е. при
изменении направления n0 на противоположенное).
Скалярная форма ПИ-2:Π (G )(a )=∬
(G )
P cos α dq+Qcos β dq+R cosγ dq. (2)
Выражения cos γ dq=±dxdy ,cos β dq=±dxdz , cosα dq=±dydz являются
проекциями элемента поверхности (dq ) на координатные плоскости XOY ,XOZ , YOZ , соответственно. С учетом введенных равенств из (2) можно получить:
Π (G )(a )=∬(G )
P cosα dq+Q cos β dq+R cos γ dq=±∬( D yz )
P( x ( y , z ) , y , z )dydz±
±∬( Dxz )
Q (x , y ( x , z ) , z )dzdx±∬(D xy )
R ( x , y , z ( x , y ))dxdy .
(3)
Здесь ( D yz ) ,( D xz) и ( D xy ) – проекции (G ) на плоскости YOZ , XOZ , XOY
соответственно; функции x ( y , z ), y ( x , z ) , z ( x , y ) получены из уравнения
поверхности (G ) разрешением относительно соответствующих координат.Формула (3) позволяет вычислить поверхностный интеграл второго
рода с помощью двойных интегралов по проекциям заданной поверхности на координатные плоскости.
ОС 2.8
Задача ОБУЧ 6. Вычислить поверхностный интеграл Π=∬
( G )
( z−R )2 cos γ dq по внешней стороне поверхности (G) : x2+ y2+ z2=2 Rz ,
R≤z≤2R (рис. 17).
45
xyD
∆ Преобразуем уравнения данной поверхности: (G) : x2+ y2+ z2=2 Rz⇒
⇒ x2+ y2+(z−R )2=R2⇒ z=R +√R2− x2− y2. Вектор внешней нормали n0
к (G) образует острый угол с OZ (см. рис. 17), следовательно, cos γ>0 и cos γ dq=dxdy . Тогда, используя ((3), ОС 2.8) при P=0 ,Q=0 , получаем:
∬( G )
R( x , y , z )cosγ dq= ∬(D xy)
R( x , y , z ( x , y ))dxdy .
В данном случае
R( x , y , z ( x , y ))=(z−R )2|z=z (x , y )=|z=R+√ R2−x2− y2|=R2−x2− y2 .
Проекцией данной полусферы на
XOY служит круг ( D xy) : x2+ y2≤R2.
Тогда,
Переходя в двойном интеграле к полярным координатам, получим:
Π=∫0
2π
dϕ∫0
R
( R2−ρ2 )ρdρ= πR4
2.
▲● В данном примере
рассматривался «облегченный» Рис. 17.вариант поверхностного интеграла
(две координаты вектора a равны нулю). В общем случае вычисление ПИ-2 по формуле ((3), ОС 2.8) приводит к громоздким вычислениям. Мы приведем более компактные и удобные расчетные формулы.
Вычисление ПИ-2Пусть требуется вычислить поверхностный интеграл
где a (P , Q , R ), по гладкой незамкнутой поверхности .
1. Предположим, что (G ) задана в явном виде уравнением
Тогда (G ) однозначно проецируется в область ( D xy )
плоскости XOY . Определим ориентацию (G ) относительно оси OZ :
обозначим (Gz+) и назовем положительной ту сторону поверхности,
которая видна со стороны положительного направления OZ . Отметим,
что нормаль к (Gz+) образует острый угол с OZ и, следовательно, в точках
(Gz+) выполняется: cos γ>0 . Противоположную к (Gz
+) сторону обозначаем
(Gz− ) , на ней cos γ<0 . Вектор n(−z x
' ,−z y' , 1 ) направлен по нормали к (Gz
+) , (т.к.
46
.)(cos)()(
222
)(
2 ∫∫∫∫ xyDG
dxdyyxRdqRz
,coscoscos)()( ∫∫ G
G dqRQPa
G
).(),(),,( xyDyxyxzz
cos γ>0), а для (Gz− ) вектор нормали имеет противоположное направление
и равен −n .Тогда, преобразуя ((3), ОС 2.8), получаем первую расчетную формулу:
Π (G )(a )=±∬( Dxy )
(a ,n )|z= z(x , y )dxdy=±∬(D xy )
(−P z x' −Q z y
' +R )|z=z ( x, y) dxdy ,
(1)
где знак «+» берется для стороны (Gz+) , а знак «-» – для стороны (Gz
− ) .2. Пусть уравнение поверхности (G ) имеет вид: y= y (x , z ) ,( x , z )∈(D xz ).
Теперь проводим ориентацию по отношению к оси OY : через (G y+) и (G y
− )обозначаем те стороны данной поверхности, где, соответственно, cos β>0 и cos β<0 .
По аналогии с (1) получаем:Π (G )(a )=±∬
( Dxz )(a , n)|y= y ( x , z)dxdz=±∬
(D xz)(−Pyx
' +Q−Ry z' )|y= y( x, z ) dxdz ,
(2)
где n=(− y x' ,1 ,− yz
' ) . Знак «+» соответствует (Gy+) , знак «-» – (Gy
− ) . 3. Наконец, в случае явного задания поверхности (G ) уравнением
x=x ( y , z ), ( y , z )∈(D yz ) , ориентацию поверхности проводим относительно
оси OX . Через (Gx+) обозначаем ту сторону, где cos α>0 , а (Gx
− ) – ту, где cos α<0 . Тогда
Π (G )(a )=±∬( D yz)
(a ,n )|x=x ( y , z )dydz=±∬( D yz )
(P−Qx y' −Rxz
' )|x=x( y ,z ) dydz ,
(3)
где n=(1 ,−x y' ,−x z
' ), знак «+» берется для стороны (Gx+) , а знак «-» – для (Gx
− ) .
4. Если поверхность (G ) задана в неявном виде уравнением F ( x , y , z )=0 (*)
и F z' ≠0 , то существует однозначная функция z=z ( x , y ), удовлетворяющая
этому уравнению в некоторой области ( D xy ) , и можно воспользоваться формулой (1).
Используя формулы z ' x=−
Fx'
F z'
, z ' y=−F y
'
F z'
, получаем модификацию
формулы (1):
Π (G )(a )=∬(D xy )
(a , n )|z= z(x , y )dxdy=∬(D xy )
1
|F z' |
( PF x' +QF y
' +RF z' )|z= z( x , y ) dxdy ,
(4)
где n= 1
|F z' |
( Fx' , F y
' , F z' );
( F z
' >0 соответствует (Gz+) , F z
' <0 – (Gz− )).
Аналогично рассматриваются случаи неявного задания поверхности
уравнением (*) при условии F y' ≠0 или Fx
' ≠0 .
● Если незамкнутая поверхность (G ) неоднозначно проецируется на
47
координатные плоскости, ее следует разбить на части, однозначно проецирующиеся на одну из координатных плоскостей.
ОС 2.9
Задача ОБУЧ 7. Вычислить ПИ-2 от функции a=(2 z+x )i+( x−3 z ) j+( y+z )k по верхней стороне части плоскости −3 x+2 y+4 z−6=0 , ограниченной координатными плоскостями.
∆ Способ 1. Используем случай явного задания уравнения поверхности и формулу ((1), ОС 2.9).
1. Запишем уравнение данной поверхности в явном виде: z= 3
2− y
2+ 3
4x .
2. Найдем координаты нормального вектора n . Так как
z x' = 3
4, z y
' =− 12
,
то n=(− 3
4,12
, 1).3. Находим проекцию данной поверхности на плоскость XOY . Это
треугольник ( D xy) : −2≤x≤0 , 0≤ y≤3+ 3
2x .
4. Определим ориентацию данной поверхности относительно OZ . Поскольку рассматривается верхняя сторона плоскости, то на ней имеем cos γ>0 и, значит, в формуле ((1), ОС 2.9) следует брать знак «+». Тогда,
Π=∬( D xy )
(− 34
(2 z+ x )+12
( x−3 z )+1⋅( y+ z ))|z= 32
− y2
+3 x4
dxdy=∫−2
0
dx ∫0
3+ 32
x
(− 74
x−3+2 y)dy=12
.
Примечание. С тем же успехом можно было бы применить формулы (2) или (3), ОС 2.9.Способ 2. Используем неявное задание уравнения поверхности. 1. Будем исходить из уравнения
−3 x+2 y+4 z−6=0⇔ F=−3 x+2 y+4 z−6=0 .
2. Так как Fx' =−3 , F y
' =2, F z' =4 , то вектор нормали
n= 14
(−3,2,4 ) имеет
нужное нам направление, ибо F z' =4>0 . Тогда, согласно формуле ((4), ОС
2.9), получаем:Π=∬
( D xy )(a ,n )|z=z( x , y )dxdy=
=14
∬( Dxy )
(−3(2 z+x )+2( x−3 z )+4( y+z ))|z=3
2− y
2+3 x
4
dxdy=14
∫−2
0
dx ∫0
3+32
x
(−7 x−12+8 y )dy=12
.
▲
48
● Если бы интеграл вычислялся по нижней стороне плоскости, то, используя свойство ориентированности интеграла (при изменении стороны
поверхности интеграл меняет знак), мы получили бы ответ: Π=− 1
2.
Задача ОБУЧ 8. Вычислить Π=∬
( G )
( a ,n0 )dq, где a=x2 i+ y2 j+z2 k ,
поверхность (G ) образована гранями куба c внешними направлениями нормалей.
∆ Так как направления нормалей к параллельным граням взаимно противоположные, то знаки их направляющих косинусов также будут противоположными. Согласно ОС 2.8 получим сумму шести двойных интегралов:
Π=∬( G )
( a ,n0 )dq=
¿ ∬(D yz)
c2 dydz+∬(D yz )
c2(−1)dydz+∬(D xz)
c2dxdz+∬( D
xz )c2(−1)dxdz+∬
D xy
c2 dxdy+∬D xy
c2(−1)dxdy=0 .
▲КВ 4. Как изменится значение интеграла в рассмотренном примере, если
поверхность останется прежней, а вектор-функция будет равной a=x i+ y j+z k ?
Задача САМ 5. Вычислите Π=∬
( G )
( a ,n0 )dq
от заданной вектор-функции a (P , Q ,R ) через замкнутую поверхность (G ) в направлении внешней нормали.
Б.5.1. a ( y−z ; z−x ; x− y ) , (G ): x2+ y2=z2 ; 0≤z≤4 ;
Б.5.2. a (x−1; y+2 ; z−x ) , (G ) : z=1−√x2+ y2 , 0≤z≤1 ;
Б.5.3. a (2x− y ; x+ z ; z+ y ) , (G ) : x+ y+z=1 ; x=0 , y=0 , z=0 ;
Б.5.4. a (4 x−z , 2 y+3 x2 , √ y−2 z ) , (G ) : 2 z=x2+ y2 , z=2;
Б.5.5. a (2x−z2 , y+x2 , 3 z− y2 ) , (G ) : z=√ x2+ y2 , z=x2+ y2 ;
Б.5.6. a (4 z2−3 x , 6 y−z2 , z+√ x ) , (G ) : x=0 , y=3 , x+2 z=3 , y=1, z=0;
Б.5.7. a ( y+z2 , x3−√z ,
z2
2+x− y ) , (G ) : x+ y+ z=1 , z=0 , x=0 , y=0 ;
Б.5.8. a (x− y , y+3 z , z−3 x ) , (G ) : x+ y+z=4 , z=0 , y=0 , x=0.
Задача САМ 6. Вычислите поверхностные интегралы второго рода:
Б.6.1. ∯
( S )
xdydz+ z3 dxdy, если ( S ) – внешняя сторона сферы x
2+ y2+ z2=1 ;
Б.6.2. ∬
( S )
( x+ y )dydz+( y−x )dzdx+( z−2)dxdy, если ( S ) – часть поверхности
конуса x2+ y2−z2=0 , отсекаемая плоскостями z=0 и z=1 , нормаль к которой
образует тупой угол с осью OZ .
49
czcycx ,,
Б.6.3. Вычислите
∬( S )
x2 dydz, если ( S ) – внешняя сторона части
поверхности параболоида z= H
R2( x2+ y2 ) , x≥0 , y≥0 , z≤H .
Глава III. Теория поля
Тема 3.1. Скалярное поле и его характеристики
О Скалярным полем называется область (V ) трехмерного
пространства (или все пространство), в каждой точке M ( x , y , z ) которой
задано определенное число (скаляр) U ( M )=U ( x,y,z ). Таким образом, скалярное поле описывается с помощью функции трех переменных U ( x,y,z ).
Если скалярное поле задано функцией двух переменных U ( x,y ), оно называется плоским.
П Поля температур, атмосферного давления, электрического потенциала – примеры скалярных полей.
OC 3.1Для графического изображения скалярного поля используются понятия
поверхностей и линий уровня.
О Поверхностью уровня поля называется множество точек пространства, в которых функция поля принимает постоянное значения,
т.е U ( x,y,z )=c=const . Придавая c различные значения, получим семейство поверхностей уровня данного поля. Аналогом поверхностей уровня в
случае плоского поля служат линии уровня: U ( x,y )=c .П1 В поле потенциала точечного электрического заряда
U=qr
=q
√ x2+ y2+ z2
поверхностями уровня являются концентрические
сферы:U=
qr
=c ⇒ r=qc
, ( c≠0)⇒
x2+ y2+ z2= q2
c2
.
П2 Линии уровня плоского поля U=x2−2 y суть параболы x
2−2 y=c.
OC 3.2
Задача ОБУЧ 1. А. Составить уравнение линии уровня плоского поля
U = x
x2+ y2, проходящей через точку M 0 (1,1 ).
50
∆ Уравнения линий уровня данного поля имеют вид:
x
x2+ y2=c
. Искомая
линия проходит через точкуM 0 (1,1 )⇒
x
x2+ y2= 1
2=c
.
Следовательно, уравнение линии уровня имеет вид
x
x2+ y2= 1
2 или x2+ y2=2 x . Полученная линия – окружность. ▲
Б. Найти уравнение поверхности уровня поля
U =√x2+ y2+( z+8 )2+√ x2+ y2+( z−8 )2 , проходящей через точку M 0 (9 ,12 , 28) .∆ Составляем уравнение поверхности уровня U ( x,y,z )=c ⇒
√ x2+ y2+( z+8)2+√x2+ y2+( z−8)2=c . Учитывая, что она должна пройти через M 0 , находим значение c : U ( M 0 )=√92+122+362+√92+122+202=64⇒ c=64 .
▲
Задача САМ 1. А. Составьте уравнение линии уровня плоского поля U =U ( x , y ) проходящей через точку M 0 (1,1 ) и определите её вид (см. приложение 2).
А.1.1. U =x2+ y2; А.1.2. U =x2− y2
; А.1.3. U =3 x2−4 y2;
А.1.4. U =2 x2− y .
Б. Составьте уравнение поверхности уровня поля U =U ( x , y , z ),
проходящей через точку M 0 (1,0,1 ) и определите вид поверхности (см. Приложение 3).
Б.1.1. U =x2+ y2−z2; Б.1.2 U =2 x2+ y2−z2
; Б.1.3. U =2 x2+3 y2+z2;
Б.1.4. U =5 x2+ y2−z .Следующее понятие используется для определения скорости изменения
поля в заданном направлении:
О Производной от функции U=U ( M ) в точке M 0 (x0 , y0 , z0 )∈ (V )⊂R3
по направлению вектора S называется предел (если он существует):∂U∂ S
= limM →M0
U ( M )−U ( M 0 )|M 0 M|
, (1)
где точка М лежит на луче, выходящем из M 0 в направлении S .
Производная по направлению S вычисляется по формуле:∂U∂ S
= ∂U∂ x
cosα + ∂U∂ y
cos β+ ∂ U∂ z
cos γ, (2)
где cos α ,cos β ,cosγ – направляющие косинусы вектора S , т.е. проекции
51
орта этого вектора: S0=
S|S|
=cos α i+cos β j+cos γ k
.
В случае плоского поля U= U (x , y )формула (2) принимает вид: ∂U∂ S
= ∂U∂ x
cos α+ ∂U∂ y
cos β . (3)
OC 3.3
КВ 1. Выясните, возрастает или убывает функция поля U=x2+3 y2в
направлении вектора S( 1
√2,− 1
√2 ) в точке M 0 (0,2) .
Задача ОБУЧ 2. Найти производную поля u=x3+ y3−5 z в точке M 0 (1,1,1 )
в направлении вектора S (0 ,−3,4 ) .
∆ Вычисляем частные производные функции поля в точке M 0 :∂U∂ x ( M 0)=3 ,
∂U∂ y ( M 0)=3 , ∂U
∂ z ( M 0)=−5 .
Найдем орт вектора S : S0=
S|S|
=− 35
j+ 45
k .
Отсюда получаем: cos α=0 ,
cos β=−35
, cos γ= 4
5.
Подставляя результаты в формулу ((2), ОС 3.3), имеем: ∂U∂ S
=3⋅0+3⋅(− 35 )−5⋅4
5=−29
5.
▲
Одной из важнейших векторных характеристик скалярного поля является его градиент.
52
О Градиентом функции U= U (x,y,z ) в точке M ( x,y,z) называется
вектор проекциями которого на координатные оси являются
частные производные функции U ( M )по соответствующим координатам, т.е:
grad U= ∂U∂ x
i+ ∂ U∂ y
j+ ∂U∂ z
k .
(1)Связь между производной по направлению и градиентом выражается
формулой:∂U∂ S
=(gradU, S0 )=|grad U|⋅cos ϕ ,(2)
где ϕ угол между векторами S0 и grad U . Как следует из (2), значение ∂U∂ S
максимально при ϕ=0 , т.е. когда векторы S0 и grad U сонаправлены. При этом:
∂U∂ S max
=|grad U|=√(∂ U∂ x )
2
+( ∂U∂ y )
2
+( ∂U∂ z )
2
. (3)Вектор градиент в каждой точке поля указывает направление
наибыстрейшего возрастания функции поля в этой точке.
Полезно знать геометрический смысл градиента. Вектор grad U в
каждой точке поля направлен по нормали n к поверхности уровня, проходящей через эту точку.
Следствие. Вектор grad F=( Fx' , F y
' ,F z' ) направлен по нормали к
поверхности, заданной уравнением F ( x , y , z )=0 .
П Поле U =2 x3+8 y−5 z2 в точкеM 0 (1,-3,1)
имеет градиент
grad U ( M 0 )=6 x2 i+8 j−10 k|M0=6 i+8 j−10 k
. Следовательно в направлении
вектора S=6 i+8 j−10 k функция поля максимально возрастает и ∂U ( M 0 )
∂ S=√62+82+102=10√2 .
Нормаль к поверхности уровня в этой точке
направлена по вектору grad U (M 0 )=(6,8 ,−10 ) .OC 3.4
КВ 2. Укажите а) направление, б) величину скорости максимального
возрастания функции поля U =x4+ y4−4 z в точке M 0 (1,0,2)
.
Задача ОБУЧ 3. Указать направление S и величину скорости V max
максимального возрастания поля U=( xy )zв точке M 0 (-1,-1,2)
.
∆ Вычисляем частные производные функции U ( M ) в точке M 0 :
53
),(MUgrad
∂U ( M 0 )∂ x
=zy ( xy )z−1=−2 ,
∂U ( M 0 )∂ y
=zx ( xy )z−1=−2 ,
∂U ( M 0 )∂ z
=( xy )z ln( xy )=0 .
Используя формулу ((1), ОС 3.4), получаем: gradU ( M 0 )=−2 i−2 j .
Следовательно, искомое направление задаётся вектором S=6 i+8 j−10 k , а
V max=|gradU ( M 0 )|=√(−2 )2+(−2 )2=2√2 . ▲
Задача САМ 2. Укажите направление S и величину скорости V max
максимального возрастания поля в точке M 0 .
А.2.1. U =3−x2+xy 2 z , M 0 (1,3,0); А.2.2. U =x2 y+ y2 z+z2 x ,
M 0 (1,-1,2);
А.2.3. U =√x2+ y2+z2 , M 0 (1,-2,2); А.2.4.U =x3 y2 z ,
M 0 (-1,-1,-1) .
Тема 3.2. Векторное поле и его характеристики
О Если каждой точке М некоторой области пространства поставлен в
соответствие вектор a (M )=P( x , y , z ) i+Q (x , y , z ) j+R (x , y , z )k , то говорят что в
этой области заданное векторное поле a (M ).П Силовое поле, поле напряженности электростатического заряда,
поле вектора магнитной индукции – это все примеры векторных полей. Векторной линией поля называется линия, касательная к которой в
каждой её точке направлена по вектору поля.Дифференциальные уравнения векторных линий:
dxP ( x,y,z)
= dyQ( x,y,z)
= dzR( x,y,z)
. (1)
П1 В поле линейных скоростей движущейся жидкости векторными линиями служат струи жидкости, в электрическом поле – линии тока.
П2 Векторные линии гравитационного поля a (M )=− mr
r3,
создаваемого массой m , помещенной в начале координат, –прямые, походящие через начало координат.
OC 3.5
Задача ОБУЧ 4. Определить вид векторных линий поля линейных
скоростей V =−ωy i+ωx j+0⋅k жидкости, вращающейся вокруг оси OZ .
∆ Используя формулу ((1), ОС.3.5), запишем уравнения семейства
векторных линий:
dx−ωy
= dxωx
= dz0 .
Тогда, после очевидных преобразований, получаем:
54
{ xdx+ ydy=0 ,¿ ¿¿¿.
Итак, векторными линиями поля V являются окружности, лежащие в плоскостях, перпендикулярных оси OZ . ▲
55
О Векторной трубкой называется поверхность, образованная векторными линиями, проходящими через некоторый замкнутый контур,
лежащий в поле (рис. 1).П Векторными трубками гравитационного поля
a (M )=− mr
r3 являются конусы с вершинами в
начале координат. Рис. 1.
OC 3.6
Работа векторного поля. ЦиркуляцияО Пусть векторное поле задано на кусочно-гладкой дуге АВ
непрерывной вектор-функцией a (M )=P( x , y , z ) i+Q (x , y , z ) j+R (x , y , z )k .
Рассмотрим криволинейный интеграл W от a (M ) по дуге АВ (см. ОС 2.5):
W AB(a )= ∫( AB )
(a , τ0 )dl= ∫( AB )
P ( x , y , z )dx+Q ( x , y , z )dy+R ( x , y , z ) dz. (1)
В теории поля W называется линейным интегралом вектора или, по
аналогии с силовым полем, работой векторного поля a (M ) по пути АВ.
Если интеграл (1) вычисляется по замкнутому контуру ( L ) , он
называется циркуляцией поля a (M )по контуру ( L ) и обозначается:
C ( L ) ( a )=∮( L)
(a , τ0 )dl. (2)
Направление обхода ( L ) указывается заранее. Положительным считается обход против часовой стрелки.
OC 3.7
Задача ОБУЧ 5. Найти работу поля a= x
yi+ y
xj+2 k
вдоль участка АВ
винтовой линии: x=a cos t , y=a sin t , z=bt , где A (a , 0,0 ) , B (a , 0,2 πb ) .∆ Согласно формулам ((1), ОС 3.7) и ((3), ОС 2.5):
W = ∫( AB )
(a , τ 0) dl= ∫( AB )
xy
dx+ yx
dy+2dz=¿|x=a cos t ; dx=−a sintdt ¿||y=a sin t ; dy=a cos tdt ¿||z=bt ; dz=bdt ¿|¿¿
¿¿¿¿
=∫0
2 π
(−a cos t +a sin t +2 bt )dt=(−a sin t−a cos t +2 bt )|02 π=4 πb
. ▲
Задача ОБУЧ 6. Найти циркуляцию поля a=2 y2 i+3 z2 j+k вдоль
контура ( L ) : x2+ y2+z2=25 ; x2+ y2=9 ; z>0 , обходимого против часовой стрелки.
56
∆ Используя формулу ((2), ОС 3.7), находим: C ( L ) ( a )=∮
( L)
( a , τ0 ) dl=∮( L )
2 y2 dx+3 z2dy+dz .
(*)
Для вычисления интеграла (*) перейдем к параметрическим уравнениям
кривой ( L ) :
( L ) :¿ {x2+ y2+z2=25 ; ¿ ¿¿ Отсюда
{ x '=−3 sin t ; ¿ { y '=3 cos t ; ¿ ¿¿¿Теперь, используя формулу ((3), ОС 2.5), получим:
C=∫( L )
( a , τ 0 )dl=∫0
2 π
(2 (−3 sin t )2+3⋅16⋅3 cos t+0 )dt=−54∫0
2 π
sin3 tdt +144∫0
2 π
cos tdt=0 .
Задача САМ 3. A. Найдите работу векторного поля a вдоль пути ( BC ) .
A.3.1. a= y i −x j , BC – часть астроиды x=cos3 t , y=sin3 t , B(1,0) , C (0,1);
A.3.2. a= y2 i , BC – правая половина эллипса: x=2 cos t y=3sin t , B (0,-3), C (0,3);
A.3.3. , BC – парабола x=3− y2, со-
единяющая точки B (-1,-2), C (2,1);
A.3.4. a=x2 j , BC – верхняя половина эллипса:x=3cos t , y=4sin t , B (3,0), C (-3,0).
Б. Найти циркуляцию векторного поля a (M ) по замкнутому контуру ( L )
, обходимому против часовой стрелки.
Б.3.1. a=2 y i −x j+4 z k , ( L ) :{x2+ y2=4 ; ¿ ¿¿¿
Б.3.2. a=3 y i + j−2 yz { k ¿ , ( L ) :{x2+ y2−4 z2=0; ¿ ¿¿¿
Б.3.3. a=3 y i +4 x j−z k , ( L ) :x=3cos t , y=2sin t , z=5 .
Б.3.4. a=5 y i +2 j−3 yz { k ,¿ ( L ) : z=5( x2+ y2)−1 , z=4 .
57
jyxiyxa )1023()12( 22
G
Поток векторного поля
О Потоком векторного поля a (M )=P( M ) i +Q( M ) j+R( M ) k через вы-
бранную сторону поверхности (G ) называется поверхностный интеграл
второго рода ПИ-2 от a (M )по (G ) (см. (1)-(2), OC. 2.8), и обозначается:П ( G )(a)=∬
(G )
( a , n0 )dq=∬(G )
( P cos α+Q cos β+R cos γ )dq. (1)
В гидродинамике потоком вектора скорости V ( M )несжимаемой жид-
кости через поверхность (G ) называется объем жидкости, протекающей
через (G ) за единицу времени. По аналогии с этим П ( G )( a)можно сравнить с
количеством векторных линий, пронизывающих (G ) в единицу времени в
направлении вектора нормали n0(cos α ,cos β ,cosγ ) .
Поток через замкнутую поверхность, содержащую внутри себя некоторый объем V, записывают в виде:
П ( G )( a)=∯( G )
( a , n0 )dq ,(2)
при этом вектор n0
считается направленным по внешней нормали к поверхности (рис. 2). ● По знаку потока (2) судят о наличии в об-
Рис. 2. ласти (V ) источников (еслиП ( G )( a)>0) или стоков
(еслиП ( G )( a)<0). OC 3.8
Задача ОБУЧ 7. Найти поток вектора E= e r
r3 напряженности
электростатического заряда e, расположенного в начале координат, через сферу радиуса R , окружающую заряд.
∆ Вектор внешней нормали к сфере имеет направление r , поэтому
n0= rr .Согласно формуле ((1), OC 3.8), имеем:
П ( S )( E)=∬( S )
( E ,n0 )dq=∬( S )
( e rr3
,rr
)dq= e∬( S )
r2
r4dq= e
R2∬( S )
dq= eR2
4 πR2=4 πe .
(Мы здесь воспользовались тем, что
∬( S )
dq=S=4 πR2
, т.е. интеграл равен
площади поверхности сферы). ▲
58
Задача ОБУЧ 8. Найти поток вектора r=x i + y j +z k : а) через внешнюю
сторону боковой поверхности конуса x2+ y2≤z2 ,0≤z≤h ; б) через верхнюю
сторону основания этого конуса (рис.3).∆ а) Запишем уравнение боковой поверхности конуса в виде:
F ( x , y , z )=x2+ y2−z2=0 .
Вычисляем: Fx' =2 x , F y
' =2 y , F z' =−2 z .
Нормаль к внешней стороне поверхности
конуса ( S1 ) образует тупой угол с OZ , т.е. cos γ<0 , поэтому вектор нормали
n=2 x i +2 y j−2 z k2 z имеет нужное нам
направление. Воспользуемся ((4), ОС 2.9). Тогда,П
(S1 )( r )=∬
(S1 )( r ,n )|z=z ( x, y )dxdy=
Рис 3. =∬
(S1 )
1|−2 z|
( x⋅2 x+ y⋅2 y−z⋅2 z )dxdy=
=∬(S1 )
1z
( x2+ y2−z2 )dxdy=|z=√ x2+ y2| (здесь
( D xy ) – проекция ( S1 ) на плоскость XOY , т.е. круг x2+ y2≤h2
). б) Уравнение основания конуса имеет вид: F ( x , y , z )=z−h=0 . Отсюда:
Fx' =F y
' =0 , F z' =1. Нормаль к основанию конуса направлена вверх, поэтому
вектор n=0 i +0 j+1 k= k имеет нужное направление. Пользуясь той же формулой ((4), ОС 2.9), находим:П
(S2 )( r )=∬
(S2 )( r ,n0)dq=∬
(S2 )(x⋅0+ y⋅0+z⋅1 )dq=∬
( Dxy )
hdxdy=h∬( D
xy )dxdy=πh3 .
▲
Задача САМ 4. A. Найдите поток векторного поля a (M ) через верхнюю
сторону поверхности ( S ) .A.4.1. a (M )=x2 i− y2 j+ z2 k , ( S ) часть поверхности сферы x
2+ y2+ z2=R2,
лежащая в первом октанте ( x>0 , y>0 , z>0);
A.4.2. a=x i + y j−z k , ( S ) – часть поверхности 224 yxz , отсеченная
поверхностью z=0 ;
A.4.3. a=x2 i + y2 j+z2 k , ( S ) – часть поверхности сферы x2+ y2+ z2=1 ,
лежащая выше плоскости z=0 ;
A.4.4. a= y i +z j−x k , ( S ) – часть плоскостиx+ y+z=2 , вырезаемая ко-ординатными плоскостями.
59
0))((
1 2222
22∫∫
xyD
dxdyyxyxyx
Дивергенция векторного поля
Дивергенцией (или расхождением) векторного поля a=a (M ) в его
точке M 0 называется скалярная величина, равная пределу отношения
потока поля a через замкнутую поверхность, окружающую эту точку, к величине объема (V), заключенного внутри этой поверхности, когда
поверхность стягивается в точкуM 0 :
div { a( M 0 )=lim¿ (S)→ M0 ¿V → 0¿
¿П ( S )( a)
V=lim ¿¿( S )→M 0 ¿V →0 ¿¿
∬( S )
( a , n0)dq
V¿ .¿
(1)По знаку дивергенции можно судить о наличии в данной точке ис-
точника (если div a ( M 0)>0) или стока (если div a ( M 0)<0). При div a ( M 0)=0
ни источников, ни стоков в точке M 0 нет. (Рис 4.1 соответствует случаю
div a( M 0 )>0 ; рис 4.2 – случаю div a( M 0 )<0 ).
Абсолютная величина |div a ( M 0)| выражает мощность
(интенсивность, плотность) источника или стока в точке M 0 .
Если векторное поле a (M ) дифференцируемо в области (V), то в
любой её точке M существует дивергенция и:
div a( M )=∂ P ( M )
∂ x+
∂Q (M )∂ y
+∂ R (M )
∂ z . (2)
Источник в точке M 0 . Сток в точке M 0 .
Рис.4.1 Рис.4.2 OC 3.9
КВ 3. Найдите дивергенцию поля a=2 x i +3 y j−5 z k . Имеются ли в поле источники?
60
0M 0M
Тема 3.3. Теорема Остроградского-Гаусса
Т Поток векторного поля a (M )через внешнюю сторону замкнутой
поверхности ( S ) равен тройному интегралу от дивергенции этого поля по
области (V ) , ограниченной данной поверхностью, т.е.:Π ( S)(a )=∯
( S )
( a , n0 )dq=∭(V )
div a dv .(1)
или в координатной форме:
∬( S )
P( x , y , z )dydz+Q( x , y , z )dzdx+R ( x , y , z )dxdy=∭( V )
( ∂ P∂ x
+ ∂Q∂ y
+ ∂ R∂ z )dxdydz
. (2)Соотношение (2) называется формулой Остроградского-Гаусса.● Формулы (1) и (2) используют для вычисления потока векторного
поля через замкнутую поверхность и для исследования свойств поля.
П Найти поток поля a=2 x i + y j+(3 z+1) k через внешнюю сторону
сферы ( S ) : .∆ Находим дивергенцию поля:
div { a=∂(2 x )
∂ x+ ∂ y
∂ y+
∂(3 z+1)∂ z
=6¿.
Тогда по формуле Остроградского-Гаусса имеем:
П S( a)=∭(V )
6 dxdydz=6V =643
πR3=8πR3
(мы здесь воспользовались тем, что объем шара радиуса R равен
43
πR3
). ▲
OC 3.10
КВ 4. Чему равен поток поля a= y i +z j+x k через внешнюю сторону
эллипсоида 1
2
2
2
2
2
2
c
z
b
y
a
x
?Задача ОБУЧ 8. Найти поток поля
a= yz { i +xz { j ¿+3 z k ¿ через внешнюю сторону сферы ( S ) : x
2+ y2+ z2=2 Rz .∆ Вычислим дивергенцию поля:
. Тогда, по ((1), ОС 3.10), получаем:
.
61
2222 Rzyx
3)3()()(
z
z
y
xz
x
yzadiv
∫∫∫
S
S RVdxdydzaП 3433)(
Выделением полных квадратов можно доказать, что – сфера радиуса R, ибо
Рис. 5. , следовательно,
▲
Задача ОБУЧ 9. Найти поток векторного поля через внешнюю сторону боковой поверхности параболоида (см. Приложение 3),
∆ В данном случае поверхность незамкнута. Чтобы применить
формулу Остроградского-Гаусса, дополним ее до замкнутой поверхности
. Применив к формулу Остроградского-Гаусса, получим:
, где V – объем тела, ограниченного
полной поверхностью . Вычислим его в цилиндрических координатах:
Вычислим поток поля через основание . Так как n20=−k , то
П S2( a)=∬
(S2)( a ,n2
0)dq=∬( S
2)(a ,−k )dq=−∬
(S2)2 zdq =0 ,
поскольку уравнение поверхности
. Окончательно получаем:
▲
Задача САМ 5. Используя формулу Остроградского-Гаусса, найдите
поток вектора через внешнюю сторону замкнутой поверхности .
A.5.1. a=(cos 2 y+2 x ) i+( x2 z−3 y ) j+(exy+2 z )k , если ;
A.5.2. , если
;
A.5.3. , если ( S ) :2 x+3 y− z=6 , x=0 , y=0 , z=0;
A.5.4. , если .
Б.5.1. , если ограничена поверхностями
и расположена в первом октанте;
Б.5.2. , если ограничена поверхностями
, и расположена в первом октанте;
62
S
2222222 )(2 RRzyxRzzyx
.3
4 3RV
kza 2
.10,: 221 zzyxS
1S
21 SSS S
∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ S V V
S VdvdvadivdqnaaП 22),()( 0
21 SSS
.2
)(22
0
1
0
1
0
1
0
3
2
∫ ∫ ∫ ∫
r
drrrdzrdrdV
2S
0:2 zS .2
)()()(211
aПaПaП SSS
)(Ma )(S
yzyxS 4: 222
kzxjyxziyxa )24()()cos3( 222
3,2,: 222 zzzyxS
kzyxjzizyxa )2()1()122( 332
ky
jyeixya x )18
()()4(sin22 32: 222 zzyxS
kzyjyxixza 22 S
0,0,0,1, 2222 zyxyxyxz
kyzjxyixza S
HzxyxRyx ,0,0,0,222
Б.5.3. , если S ограничена поверхностями
;
Б.5.4. , если S ограничена поверхностями
z= H
R2( x2− y2) , x=R , x=0 , z=0 .
63
kzjyixa 222 32 22222 2, yxRzyxz
kzjyixa
Тема 3.4. Ротор векторного поля. Теорема Стокса
О Если векторное поле дифференцируемо в точке М, то
ротором (или вихрем) векторного поля в точке М называется вектор
(1)
где частные производные вычислены в этой точке. В символической форме ротор записывается так:
(2)
П Найти ротор поля линейных скоростей жидкости, вращающейся вокруг .
∆ Воспользуемся формулой (2):
Таким образом, ротор поля равен , т.е. удвоенной угловой скорости вращения. ▲
OC 3.11
КВ 5.Чему равен ротор поля ?
Важнейшую роль в теории поля играет следующая теорема, устанавливающая связь между циркуляцией векторного поля по замкнутому контуру и ротором этого поля.
64
kRjQiPa
a
,kY
P
X
Qj
X
R
Z
Pi
Z
Q
Y
Rarot
.
RQPZYX
kji
arot
kjwxiwyMV 0)(
OZ
Y
y
X
xk
Z
y
Xj
Z
x
Yi
ZQPZYX
kji
arot)()()(0)(0
.22 kV 2
kzjyixa 222
Теорема Стокса
Т Циркуляция вектора по замкнутому контуру равна
потоку вектора через незамкнутую поверхность , ограниченную
этим контуром (или натянутую на контур), т.е.
(1)или в координатной форме:
(2)
Рис.6. При этом ориентация незамкнутой поверхности
согласована с направлением обхода контура : вектор нормали к
поверхности направлен так, чтобы видимый из его конца обход контура совершался против часовой стрелки (рис.6). Иначе говоря, при
обходе контура выбранная сторона поверхности остается слева.Соотношение (2) носит название формулы Стокса.
● Если контур – плоский, то в качестве поверхности , натянутой на контур, удобнее всего взять часть плоскости, ограниченную этим контуром.
● Формула Грина (см. ОС 2.6) есть частный случай формулы Стокса,
когда – область, лежащая в плоскости .OC 3.12
Задача ОБУЧ 10. А. Применяя формулу Стокса, найти циркуляцию
поля по контуру эллипса :
∆ Вычислим ротор данного поля:
Тогда, согласно формуле ((1), ОС 3.12), имеем:
В
качестве поверхности , натянутой на контур , возьмем часть плоскости ограниченную контуром эллипса (верхнюю сторону). Тогда, вектор
и
65
)(Ma
arot S
),(),(),()( )(00∫ ∫∫
Г
S
S
Г arotdqnarotdlaaC
.
),,(),,(),,(
dxdyy
P
x
Qdzdx
x
R
z
Pdydz
z
Q
y
R
dzzyxRdyzyxQdxzyxP
S
∫∫
∫
S
n
S
S
S
S XOY
kzzjyxixya )72()32()42( 854
,114425
22
yx
.0z
.4400
723242 854
kkji
zzyxxyZYX
kji
arot
.),()( 0 dqnarotaCS
Г ∫∫
S
,0z
kn 0
(*)
где Q – площадь поверхности , т.е. площадь эллипса. Учитывая, что
полуоси эллипса известны: а=5, b=12 , вычисляем
Тогда из (*) следует: ▲
Б. Используя формулу Стокса, найти циркуляцию векторного поля
по окружности : , в
положительном направлении относительно орта
∆ Находим . За поверхность , ограниченную
контуром , примем круг, образованный сечением шара
плоскостью Следовательно, уравнение поверхности :
Вектор нормали направим по
Тогда единичный вектор нормали
Центр круга лежит на плоскости , его радиус
равен расстоянию между точками и Так как
, то находим: , где Q –
площадь круга радиуса Окончательно имеем: ▲
Задача САМ 6. При помощи формулы Стокса найдите циркуляцию
поля по контуру в положительном направлении относительно орта
.
А.6.1. a=( x3− y ) i+2 x j+3k , : , ;
А.6.2. , : ;
А.6.3. , : , ;
А.6.4. , : , , ;
Б.6.1. , – сечение сферы плоскостью
;
Б.6.2. , : , ;
Б.6.3. , : , ;
66
,44),4()( ∫∫∫∫ SS
Г QdqdqkkaC
S
60125 abQ
.2404)( QaC Г
kyjxizMa )( 2222 Rzyx Rzyx
.k
kjiarot S
2222 Rzyx
Rzyx S
.0),,( RzyxzyxF n
).1,1,1(,, ''' zyx FFFFgrad .1,1,1
3
10 n
3,
3,
3' RRR
ORzyx 3
21 RR
)0,0,(RA.
3,
3,
3'
RRR
O
33
3),( narot
∫∫∫∫ SS
Г QdqdqnarotaC 33),()( 0
.1R .3
23)(
22
1
RRaC Г
)(Ma
k
922 yx 2z
kyjizxa 322 3 ,1)(7 22 yxz 6z
kzjxiya 22 422 yx 2 zyx
kyjizxa 342 3 4222 zyx 122 yx 0z
kyjxiza 222 2222 Rzyx
Rzyx 26349 yzjia 0222 zyx 5z
kyjxiza 2 1222 zyx zx
Б.6.4. , : , .
67
kzyjyxixza )()()( 222222 zyx 222 222 zyx
Физический смысл ротораС помощью формулы Стокса можно выяснить физический смысл
вектора ротора.
Пусть – произвольная точка в поле вектора , (S) – плоская
площадка, ограниченная контуром , содержащая внутри себя точку
– единичный вектор нормали к этой площадке. Применяя формулу Стокса
((1), ОС 3.12) к контуру и затем переходя к пределу, когда стягивается
в точку и , можно получить соотношение:
(1)
где – удельная циркуляция (т.е. циркуляция, отнесенная к единице
площади) поля в точке вокруг т.е. в плоскости,
перпендикулярной к Между ротором поля и удельной циркуляцией существует такая же
связь, как между градиентом и производной по направлению ((2), ОС 3.4):
(2)
где – угол между и Из формулы (2) следует:
A) максимальное значение достигается в случае , т.е. когда
векторы и сонаправлены: ↑↑ .
Б) модуль | , т.е. модуль ротора равен максимальной удельной циркуляции поля вокруг направления, указанного ротором.
П Найти наибольшую удельную циркуляцию поля
в точке .
∆ Определим ротор поля:
Тогда,
68
0M )(Ma
,0M
0n
0M 0S
),()(
lim),( 0
0)(
0
00
MCS
aCnarot уд
Г
SMГM
)( 0MCуд
)(Ma 0M ,0n
.0n
,cos)(),()( 00
00
MarotnarotMCM
уд
)( 0Marot ).( 00 Mn
)( 0MCуд 0
)( 0Marot )( 00 Mn )( 0Marot )( 0
0 Mn
)](max[)(( 00 MCMarot уд
kzjxyiyxMa 222)( )2,1,0(0 M
.)(00 22
222
kxyji
zxyyxZYX
kji
arot
.5)()(0
220 kkyxMarot
M
Следовательно,
OC 3.13
КВ 6. Укажите направление, вокруг которого удельная циркуляция поля
в точке максимальна.
69
.55)](max[ 0 kMC уд
kyzjzyixMa )34()32()13()( 222 )2,1,0(0 M
Тема 3.5. Специальные виды векторных полей
Потенциальное векторное поле
Векторное поле называется потенциальным, если его вектор является градиентом некоторой скалярной функции , называемой потенциалом поля, т.е.
(1)● Соотношение (1) равносильно тому, что выражение Pdx+Qdy +Rdz
есть полный дифференциал функции , т.е. P( x , y , z )dx+Q( x , y , z )dy+R ( x , y , z )dz=dU ( x , y , z ) . (2)
Т Необходимым и достаточным условием потенциальности поля в односвязной области является равенство нуля его ротора, т.е.
(3)или, в координатной форме, выполнение трех равенств:
(4)Свойства потенциального поля
1. В поле работа не зависит от формы пути или, что равносильно: циркуляция векторного поля вдоль всякого замкнутого контура равна нулю,
(5)
2. Если известен потенциал поля ,то работа W поля вдоль пути AB равна приращению потенциала на этом пути:
(6)3. Потенциал поля с точностью до постоянной может быть вычислен
через криволинейный интеграл (см. ОС 2.5):
(7)
где точки принадлежат полю.● Вычислим интеграл (7), в качестве пути интегрирования выбрав
ломаную со звеньями, параллельными осям координат (OX ,OY и, наконец, OZ ). Тогда получим:
U ( x , y , z )=∫x0
x
P (x , y0 , z0 )dx+∫y0
y
Q( x , y , z0)dy+∫z0
z
R ( x , y , z )dz +c . (8)
Во втором интеграле формулы (8) постоянно x , а в третьем – x и y .● В ряде случаев потенциал легко вычисляется в уме (с учетом (2)).
70
)(Ma )(Ma
)(MU
,)()()(
)()( kZ
MUj
Y
MUi
X
MUMgradUMa
U
)(Ma
V
,,0)( VMMarot
.,,Y
P
X
Q
X
R
Z
P
Z
Q
Y
R
)(Ma
.,0,)( 0 VLdlaaCL
L ∫
),,( zyxUU
.)()(),()( 0∫ AB
AB AUBUdlaaW
∫∫ ),,(
),,(
0
000
,),,(),,(),,(),()(zyx
zyx
M
M o
cdzzyxRdyzyxQdxzyxPcdlaMU
MM ,0
П Поле kxyjxziyzMa )( потенциально, ибо P( x , y , z )dx+Q( x , y , z )dy+R ( x , y , z )dz= yzdx+xzdy+xydz=d ( xyz)⇒ U ( x , y , z )=xyz+c .
OC 3.14КВ 7. Среди данных векторных полей укажите потенциальные и
найдите их потенциалы:
1) 2) 3) a=(3 x2 y− y3 ) i+( x3−3 xy 2 ) j .
Задача ОБУЧ 11. Доказать, что поле потенциально и найти его потенциал.
∆ Чтобы доказать потенциальность поля, вычислим его ротор:
Потенциальность поля доказана. Находим его потенциал. Воспользуемся формулой ((8), ОС 3.14). В качестве начальной точки выберем начало координат.
Рис. 7. За путь интегрирования примем ломанную OABР, где
, , (рис. 7). Тогда,
U ( x , y , z )= ∫(0,0,0)
(x , y , z )
( a , τ0 )dl+c=∫0
x
P( x ,0,0 )dx+∫0
y
Q( x , y , 0)dy+∫0
z
R( x , y , z )dz=
¿∫0
x
0⋅dx+∫0
y
x2 dy+∫0
z
(− y2)dz+c=x2 y−zy2+c .
▲Задача САМ 7. Выясните, является ли поле потенциальным. В случае
потенциальности найдите его потенциал.
А.7.1. А.7.2.
Б.7.1.
Б.7.2.
71
;kxzjxzixya ;222 kzjyixa
kyjyzxixya 22 )2(2
.0000
22 22
kji
yyzxxyZYX
kji
arot
)0,0,(xA )0,,( yxB ),,,( zyxP
;)()()( 2332 jxyxiyyxMa
;)34(2)( 324 jyxixyMa
;)()2
()()( 222
kzyxyjyzx
xzixyyzMa
.)()( 2222 kyxjyxixyMa
Соленоидальное поле
Векторное поле называют соленоидальным, если его дивергенция в каждой точке равна нулю:
(1)или в координатной форме:
(2)
П Поле соленоидально, т.к.
Свойства соленоидального поля
1. Поток через любую замкнутую поверхность равен нулю:
(3)2. В поле нет ни источников, ни стоков. Все векторные линии поля
непрерывны, замкнуты. 3. Поток векторного поля через любое сечение векторной трубки есть величина постоянная, называемая интенсивностью этой трубки:
Отсюда название поля:
соленоидальное – значит, трубчатое.
4. Соленоидальное поле
характеризуется наличием векторного потенциала, т.е. такой векторной
функции что
OC 3.15
KB 8.Среди данных векторных полей выделить соленоидальные:
1)
2)
3)
72
)(Ma
,0 VM,(M)adiv
.0
Z
R
Y
Q
X
P
kjzxizyMa 3)( 22
.0)3()()( 22
zy
zx
x
zyadiv
)(Ma
.,0),()( 0∫∫ S
S VSdqnaaП
).()(21
aПaП SS
),(MV ).()( MVrotMa
;)(4)(2)(3)( 222222 kyzxjzxyixyzMa
;22)( 22 kxyzjxyiyxMa
.2)( 2 jxyixMa
Лапласово (гармоническое) полеВекторное поле называется лапласовым (или гармоническим), если оно
одновременно и потенциальное, и соленоидальное, т.е.
(1)
Лапласово поле обладает всеми свойствами потенциального и
соленоидального полей, и, следовательно, скалярным и векторным
потенциалами. При этом скалярный потенциал поля удовлетворяет уравнению Лапласа:
(2)
где – оператор Лапласа, (в двумерном случае ).
Функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа (2), называются гармоническими.
П Функция , где является гармонической, т.к.
OC 3.16
КВ 9.Выясните, являются ли гармоническими следующие функции:
1) 2) 3) ● Гармонические функции используются в аэродинамике для получения
безвихревых полей.
Оператор ГамильтонаДифференциальные операции векторного анализа удобно выражаются с
помощью символического оператора (читается «набла»), называемого оператором Гамильтона
(1)
П1
П2 Доказать соленоидальность поля вихрей
∆ Запишем через оператор Гамильтона: . Найдем дивергенцию поля .
, т.к. смешанное произведение, содержащее два одинаковых вектора, равно нулю. ▲
П3 Выразить с помощью оператора выражение
73
.0,0 adivarot
)(Ma
)(MU
)(MV )(MU
,0U
2
2
2
2
2
2
zyx
2
2
2
2
yx
rU ln ,22 yxr
.0 yyxx UU
;DCzByAxU ;43 22 yxU .252 22 yxyxU
.Z
kY
jX
i
.,,),,( gradaarotaadiv
.brota
a ba a
0),(),( baadiv
.Ugraddiv
∆ , где – оператор Лапласа. ▲
OC 3.17
КВ 10. Раскройте символические записи: 1) 2) 3)
ОтветыГлава I
1. Ответы к КВ
КВ 2. ; КВ 3. КВ 5. Нет. КВ 7. 1) 2) . КВ 8. 1) в); 2) б). КВ 9. 1) в); 2) б); 3) а). КВ 10. 1) а); 2) б). КВ 11. 1) окружности;
2) лучи. КВ 12. 1) 2) ; 3) КВ 13. 3.
КВ 14. 1) 2) 3) КВ 15. 1) б); 2) а) 3) в). КВ 16. 1) в); 2) а); 3) б). КВ 17. 2. КВ 18. 1) б); 2) в); 3) а). КВ 19. 1) а); 2) в); 3) б). КВ 20. 1) 2 πa ;
2) √2. КВ 24. 1) 4 πa2 ; 2)
2. Ответы к заданиям САМ
А.1.1. , ; А.1.2. , ;
А.1.3. , ;
А.1.4. , +
∫3
12
dy ∫−√ y
3
6− y3
f (x , y )dx
;
А.1.5. ; А.1.6. + ;
А.1.7. + ∫2
4
dy ∫e y /2
e2
f ( x , y )dx. Б.1.1. ; Б.1.2.
; Б.1.3. 3; Б.1.4. ;
Б.1.5. ; Б.1.6. 27; Б.1.7. ; Б.1.8. 192; Б.1.9. ; Б.1.10. .Б.2.1. ; Б.2.2. ; Б.2.3. ; Б.2.4. ; Б.2.5. ; Б.2.6. ; Б.2.7. 0;
Б.2.8. 3 π32
⋅64
; Б.2.9. ; Б.2.10. ; В.2.1. ;
74
UUzyx
UUgradUdiv
)(),()(2
2
2
2
2
22
;U ;a ).( a
2d ;6d ;2RS 6
1V
;62522 yx )0(, xxy .222 axyx
;3
2 3R ;3
4.
3
.2
∫∫3
1
4
1
),( dyyxfdx ∫∫4
1
3
1
),( dxyxfdy ∫∫x
dyyxf dx1
4
1
),( ∫∫44
1
),(y
dyyxfdy
∫∫93
3 2
),(x-
dyyxfdx ∫∫
y
y
dxyxfdy ),(9
1
∫∫
x-
x
dyyxfdx36
3
1
2 2
),( ∫∫
3
3
3
0
),(
y
y
dxyxfdy
dyyxfdxx
x∫∫
2
3
),(1
0
∫∫y
y
dxyxfdy
2
2
0
),( dxyxfdyy∫∫2
2
4
2
),(
dxyxfdy
ye
e∫∫ ),(
2
1 3
625
3
2
6
1
3
64
8
125
3
64
3
256
36 2 2 4 5.4 18
)1(4
4 e
8
21 5/85/85/6 342148
5
В.2.2. ; В.2.3. . Б.3.1. 144; Б.3.2. ; Б.3.3. 36; Б.3.4. 144;
Б.3.5. . Б.4.1. ; Б.4.2. ; Б.4.3. ; Б.4.4. 144; Б.4.5. ;
Б.4.6. ; Б.4.7. . Б.4.8. πR4
4; Б.4.9. ; В.4.1. В.4.2.
А.5.1. 20; А.5.2. 0; А.5.3. ; А.5.4. 2 ; А.5.5.
ab( a2+ab+b2 )3( a+b )
.
А.6.1. ; А.6.2. 3 a3 π ; А.6.3. ; А.6.4. 2; Б.6.1. ; Б.6.2. 9
64πa3
;
Б.6.3. ; В.6.1. . А.7.1. 4 ; А.7.2. ; А.7.3. ; Б.7.1. ;
Б.7.2. . А.8.1. ; А.8.2. ; А.8.3. 4 ; Б.8.1. ;
Б.8.2. 27 .
Глава II1. Ответы к КВ
КВ 1. 1), 2). КВ 2. Нет. КВ 3. 0. КВ 4. 6 c2 .
2. Ответы к заданиям САМ
А.1.1. ; А.1.2.
; А.1.3. 6; А.1.4.12; А.1.5. ; А.1.6. 8; Б.1.1. 0;
Б.1.2. ; В.1.1. А.2.1. ; А.2.2. ; А.2.3. 3 π . А.3.1. ;
А.3.2. . А.4.1. 20.5; А.4.2. -6.25; А.4.3. 9. Б.5.1. 0; Б.5.2. ; Б.5.3. ;
Б.5.4. ; Б.5.5. ; Б.5.6. 36; Б.5.7. ; Б.5.8. 32; Б.6.1. ; Б.6.2. ;
Б.6.3. Глава III
1. Ответы к КВ
КВ 1. Убывает, т.к.
∂U∂ S
=− 3
√2<0
. КВ 2.
. КВ 3. div a( M )≡0. Нет. КВ 4. 0. КВ 5. 0. КВ 6.
.КВ 7. Потенциальные поля: 2), и 3), ( ).
КВ 8. 2), 3). КВ 9. 1) да, 2) нет, 3) да. КВ 10.1) , 2) ,3) .
75
4
5
22a
8
)( baab 4
3
32
3
6
5.13 2
3
224
215
)22(5 R;
45
3a.
42 abc
15
256 3a aa ea
e4
)1(
)122(3
4
c5 3c
2
3
)2( ak 2ak 61 22a 2 3
160
120
3
15
1283
4 4a 15
)21(8 3 ka
2
3ak
12
1
15
8
5
12
35
1.
3
4
3
4
5cos3cos 24
12ln3
26 R 2
1
16 24
1
15
322
.15
4 3HR
(4,0,-4),)( 0 MUgradS
24S
U
max
.6)( 0 iMarotn
czyxu )(
3
1 333
cxyyxu 33
U adivgrad )( arotrot
2. Ответы к заданиям САМ
А.1.1. , окружность; А.1.2. , пара прямых;
А.1.3. 3 x2−4 y2=−1 , гипербола; А.1.4. 2 x2− y=1 , парабола;
Б.1.1. , конус; Б.1.2. , однополостный
гиперболоид; Б.1.3. 2 x2+3 y2+z2=3 , эллипсоид; Б.1.4. , эллиптический параболоид.
А.2.1. , V max=√85; А.2.2. S=(2 ,−3,5 ) , V max=√38 ; А.2.3. ,
V max=1; А.1.4. , V max=√14 . A.3.1. ; A.3.2. 0; A.3.3. ; A.3.4. 0;
Б.3.1. ; Б.3.2. ; Б.3.3. ; Б.3.4. . A.4.1. ; A.4.2. ; A.4.3.
; A.4.4. 4. A.5.1. ; A.5.2. ; A.5.3. 24; A.5.4. . Б.5.1. π8
;Б.5.2.
2 R3 H3
+ πR2 H2
8;
Б.5.3. 3 πR4
2;
Б.5.4. − R2 H
3 . А.6.1. ; А.6.2 0; А.6.3. ; А.6.4
0; Б.6.1. ; Б.6.2. ; Б.6.3. ; Б.6.4. 0. А.7.1. Не существует. А.7.2.
; Б.7.1. ; Б.7.2. не существует.
76
222 yx 022 yx
0222 zyx 12 222 zyx
45 22 zyx
(-2,0,9)=S
3
2,
3
2,-
3
1=S
.(-3,-2,-1)=S 16
3
2
15
12 12 6 5 8
4R16
8
3
323
193
160
27 12
33
4 3R100 2
2
cyyxu 342 czyyx
xyzu 22
222
Приложения
Приложение 1. Таблица неопределенных интегралов
1. 9.
2. 10.
3. 11.
4. 12.
5. 13.
6. 14.
7. 15.
8. 16.
77
;1
1
cu
duu
∫
;,1 R ;chsh cuudu ∫
∫ ;ln1
cuduu ∫ ;shch cuduu
∫ ;cossin cuduu ∫ ;thch 2
cuu
du
∫ ;sincos cuduu ∫ ;cthsh 2
cuu
du
∫ ;tgcos2
cuu
du;0
,arcctg1
,arctg1
22
∫ a
ca
u
a
ca
u
aau
du
∫ ;ctgsin 2
cuu
du ∫
;ln2
122
cau
au
aau
du
∫ ;cedue uu∫
;arccos
;arcsin
22c
a
u
ca
u
ua
du
∫ ,ln
1ca
adua uu
;1,0 aa.ln 22
22cauu
au
du
∫
y b
-a 0 a x
-b
y
b
-a 0 a x
-b
xa
by x
a
by
Приложение 2. Некоторые замечательные кривые
№ Название кривой и ее каноническое уравнение1
Эллипс,
2
Гипербола,
3 Парабола, ;
78
y
0 x
y
0 x
0,012
2
2
2
bab
y
a
x
).2,0[,sin
,cos
ttby
tax
0,012
2
2
2
bab
y
a
x
).,(,sh
,ch
ttby
tax
)0(22 ppyx ).0(22 ppxy
4
Астроида, или
5
Декартов лист, или
79
)0(3/23/23/2 aayx).2,0[
,sin
,cos3
3
t
tby
tax
)0(0333 aaxyyx
.1
3
,1
3
3
2
3
t
aty
t
atx
6 Кардиоида,
7Лемниската Бернулли, ( x
2+ y2)2=2 a2 ( x2− y2) , (a>0 )⇒ ρ2=2 a2 cos2 ϕ .
8 Трехлепестковая роза,
80
).cos1(2)0()(4)2( 222222 rryxrrxyx
).0(3sin aa
9 Четырехлепестковая роза,
10
Строфоида, или
11
Циклоида,
81
).0(2sin aa
)0(0)( 22222 ayaaxyx
.1
)1(
,1
2
2
2
2
2
t
taty
t
atx
).cos1(
),sin(
tay
ttax
Приложение 3. Поверхности второго порядка
№ Название поверхности и ее каноническое уравнение1
Эллипсоид,
2
Конус второй степени,
3
Однополостный гиперболоид,
82
.0,0,012
2
2
2
2
2
cbac
z
b
y
a
x
.0,0,02
2
2
2
2
2
cbac
z
b
y
a
x
.0,0,012
2
2
2
2
2
cbac
z
b
y
a
x
4
Двуполостный гиперболоид,
5
Эллиптический параболоид,
83
.0,0,012
2
2
2
2
2
cbac
z
b
y
a
x
.0,0222
qpzq
y
p
x
6
Гиперболический параболоид,
7
Эллиптический цилиндр,
8
Гиперболический цилиндр,
9 Параболический цилиндр,
84
.0,0222
qpzq
y
p
x
.0,012
2
2
2
bab
y
a
x
.0,012
2
2
2
bab
y
a
x
).0(22 ppyx
Литература1. Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальное и интегральное
исчисление, – М.: Наука, 1980. – 432 с. 2. Герасимович А.И., Кеда Н.П., Сугак М.Б. Математический анализ, ч.2,
Мн.: Высшая школа, 1990. – 272 с.3. Кудрявцев Л.Д., Кутасов А.Д., Чехлов В.И., Шабунин М.И. Сборник
задач по математическому анализу. Том 2. Интегралы. Ряды: Учеб. пособие под ред. Л.Д. Кудрявцева. – 2-е изд., перераб. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2003. – 504 с.
4. Сборник задач по математике для втузов. Ч. 2. Специальные разделы математического анализа: Учеб. пособие для втузов. / Болгов В.А., Демидович Б.П., Ефимов А.В. и др. – 2-е изд. – М.: Наука. Гл. ред. Физ.-иат. Лит., 1986 г. – 366 с.
5. Сборник индивидуальных заданий по высшей математике: Учеб. пособие. В 3 ч. Ч. 3. / А.П. Рябушко, В.В. Бархатов, В.В. Державец, И.Е. Юруть: под общ. ред. А.П. Рябушко. – Мн.: Выш. шк., 1991. – 288 с.
6. Воднев В.Т., Наумович А.Ф., Наумович Н.Ф. Основные математические формулы. Справочник. Под ред. Ю.С. Богданова. – 2-ое изд. – Мн.: Выш. шк., 1988. – 270 с.
7. Романовский П.И. Ряды Фурье. Теория поля. Аналитические и специальные функции. Преобразование Лапласа. – М.: Наука, 1973. – 335 с.
8. Жевняк Р.М., Карпук А.А. Высшая математика: Учеб. Пособие для втузов. Ч. IV. – Мн.: Выш. шк., 1987. – 240 с.
Учебное изданиеТретьякова Нина Николаевна
Ранцевич Валентина АлексеевнаСпичекова Наталья Викторовна
Высшая математика. Кратные интегралы. Векторный анализ. Теория поля. Руководство к решению задач.
Практическое пособиеРедактор
Корректор Ответств. за выпуск Подписано в печать
Ф-т 60×84
116 . Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 4,2. Уч-изд. Л.45. Тираж 500 экземпляров.ООО «ФУАинформ»
Лиц. № 02330/0549453 от 08.01.2010Ул. Кульман, 2 – 220. 220013, г. Минск
Полиграф
85