Формула Гаусса-Остроградского. Необходимые сведения из теории
 Скачать 408.82 Kb.
|
Глава 11 Формула Гаусса-Остроградского 11.1 Необходимые сведения из теории Мы уже привлекали формулу Гаусса-Остроградского на восьмом за- нятии для вычисления объемов тел. Здесь же займемся систематическим применением этой формулы к анализу различных поверхностных и объ- емных интегралов. В отличие от восьмого занятия, где формула Гаусса- Остроградского записывалась в декартовой системе координат: I = Z Z S ³ A · n ´ dS = Z Z Z V µ ∂P ∂x + ∂Q ∂y + ∂R ∂z ¶ dx dy dz , (11.1) ниже будем преимущественно использовать ее инвариантную, независящую от выбора системы координат, форму: I = Z Z S ³ A · n ´ dS = Z Z Z V div A dV . (11.2) Здесь n –единичный вектор внешней нормали к замкнутой поверхности S, ограничивающей область V интегрирования в объемном интеграле. При решении задач данного занятия полезно вспомнить, что в декар- товой системе координат компонентами вектора n служат направляющие косинусы {cos α, cos β, cos γ} –косинусы углов наклона этого вектора к осям координат (x, y, z). Напомним еще, что {P, Q, R} –компоненты, вдоль ука- занных осей, интегрируемого векторного поля A. Замечание 11.1 Физики предпочитают записывать соотношение (2) на язы- ке вектора набла: Z Z S ³ A · n ´ dS = Z Z Z V ³ ∇ · A ´ dS . Эту формулу легко запомнить, пользуясь мнемоническим правилом, согласно которому при переходе от поверхностного интеграла к объемному надо просто заменить в скалярном произведении вектор n на вектор набла. 1 Инвариантность соотношения (2) — его независимость от выбора систе- мы координат, обусловлена инвариантностью понятия дивергенции, обсуж- денной на занятии 9. Подчеркнем, представление формулы Гаусса-Острог- радского в инвариантной форме демонстрирует ее фундаментальный ха- рактер и делает более естественным использование этой формулы в разно- образных приложениях. Кроме извлечения выгод из инвариантной формы записи формулы Гаус- са-Остроградского, еще одной особенностью данного занятия будет проведе- ние вычислений на языке вектора набла, делающее операции с векторными полями проще и нагляднее. В заключение отметим, что формула Гаусса-Остроградского лежит в основе многих фундаментальных законов природы. Проиллюстрируем ска- занное парой примеров, иллюстрирующих использование формулы Гаусса- Остроградского при выводе основных уравнений математической физики. Пример 11.1 Вывод уравнения непрерывности. Пусть в пространстве движется сплошная среда, плотность которой в произвольной точке с радиус- векто ром r и в текущий момент времени t равна ρ(r , t). Мысленно выделим произвольную неподвижную область V пространства, ограниченную замкнутой поверхностью S. Масса среды, заключенной в данной области в момент t, равна объемному интегралу M (t) = Z Z Z V ρ(r , t) dV . Пусть далее G (r t) –векторная плотность потока, такая что масса среды, проте- кающей через элементарную площадку dS в направлении единичного вектора нормали n за время dt, равна dm = ( G · n )dS dt. Если внутри области V нет источников и стоков, то скорость убывания массы среды в выбранном объеме V равна полному потоку среды из ограничивающей его замкнутой поверхности S: − dm dt = − Z Z Z V ∂ρ ∂t dV = Z Z S ( G · n ) dS . (11.3) Здесь, как и всюду прежде, n –единичный вектор внешней нормали к поверх- ности S. Заменив, с помощью формулы Остроградского-Гаусса, входящий в (3) поверхностный интеграл на объемный, придем к тождеству: Z Z Z V ½ ∂ρ ∂t + div G ¾ dV ≡ 0 . Из произвольности области V следует, что тождество это будет справедливо лишь если всюду равно нулю подынтегральное выражение: ∂ρ(r , t) ∂t + div G (r , t) = 0 . (11.4) Элементарные физические соображения подсказывают, что поток сплошной среды равен G = ρ u, где u(r, t) –поле скорости движения среды. Таким обра- зом, мы пришли к одному из фундаментальных уравнений гидромеханики — уравнению непрерывности ∂ρ ∂t + div (ρ u) = 0 . (11.5) 2 Пусть в начальный момент времени t = 0 плотность среды всюду бы- ла одинаковой: ρ(r, t = 0) = ρ 0 = const. Если среда несжимаема, то ее плотность и в дальнейшем останется неизменной: ρ(r, t) = ρ 0 = const, а уравнение непрерывности вырождается в тождество div u(r, t) ≡ 0 . (11.6) Векторные поля, удовлетворяющие данному тождеству называют вихревы- ми поскольку их векторные линии не имеют начала и конца и образуют замкнутые контуры. Физическими примерами вихревых полей служат по- ля скорости практически несжимаемых атмосферы и океана. Пример: Уравнение диффузии. Получим, с помощью формулы Гаусса- Остроградского, еще одно важное уравнение математической физики. Пусть ρ(r, t) –концентрация частиц чернильной капли, помещенной в стакан во- ды. Из физики известно, что за счет хаотических столкновений молекул чернил с молекулами воды чернильная капля с течением времени расплы- вается. Причем, согласно закону Фика, векторная плотность потока чернил равна G = −D grad ρ(r, t) . (11.7) Здесь D –так называемый коэффициент диффузии. Подставив правую часть закона Фика в уравнение (4), придем к знаменитому уравнению диффузии: ∂ρ ∂t = D∆ρ . (11.8) Замечание 11.2 Можно показать, что точно такому же уравнению подчи- няется поле температур неравномерно нагретого однородного тела. Только ко- эффициент D в этом случае заменяется на коэффициент температуропровод- ности. 11.2 Задачи в классе Задача 11.1 (4378) Применяя формулу Гаусса-Остроградского, преобразовать следую- щий поверхностный интеграл I = Z Z S x cos α + y cos β + zcosγ p x 2 + y 2 + z 2 dS в объемный. Здесь поверхность S ограничивает конечный объем V, а {cos α , cos β , cos γ} –направляющие косинусы внешней нормали к гладкой поверхности S. Решение 11.1 Из вида поверхностного интеграла легко установить, чему равны компоненты векторного поля A: P = x p x 2 + y 2 + z 2 , Q = y p x 2 + y 2 + z 2 , R = z p x 2 + y 2 + z 2 . 3 Его геометрический смысл очевиден: это единичный вектор, направленный из начала координат в точку наблюдения с координатами (x, y, z): A = r r , r = p x 2 + y 2 + z 2 . Дивергенцию данного векторного поля вычислим, оперируя вектором наб- ла: div A = µ ∇ · r r ¶ = µ r · ∇ 1 r ¶ + 1 r ³ ∇ · r ´ и вспомнив из предыдущих занятий, что ∇f (r) = f 0 (r) r r =⇒ ∇ 1 r = − r r 3 . Следовательно, искомая дивергенция поля A примет вид: div A = − 1 r 3 (r · r ) + 3 r = 2 r . Подставив полученное выражение в правую часть формулы Гаусса-Острог- радского (2), получим окончательно: I = 2 Z Z Z V dV p x 2 + y 2 + z 2 = 2 Z Z Z V dV r . Задача 11.2 (4380) Преобразовать к объемному поверхностный интеграл: I = Z Z S ·µ ∂R ∂y − ∂Q ∂z ¶ cos α + µ ∂P ∂z − ∂R ∂x ¶ cos β + µ ∂Q ∂x − ∂P ∂y ¶ cos γ ¸ dS . (∗) Решение 11.2 Внимательно взглянув на подынтегральное выражение, нетруд- но догадаться, что интегрируемое векторное поле, обозначим его B = rot A = [ ∇ × A ] –равно ротору векторного поля A = i P + j Q + k R. Следовательно, иссле- дуемый интеграл равен I = Z Z S (rot A · n )dS . А как мы знаем из предыдущего занятия, дивергенция ротора произволь- ного векторного поля тождественно равна нулю: ( ∇ · [ ∇ × A ]) ≡ 0. Соответ- ственно, равен нулю объемный Z Z Z V div rot A dV , а вслед за ним и исследуемый интеграл. 4 -1 -0.5 0 0.5 1 u -1 -0.5 0 0.5 1 v -1 -0.5 0 0.5 1 w -1 -0.5 0 0.5 1 u -1 -0.5 0 0.5 1 v Рис. 11.1: Иллюстрация к задаче 3: График октаэдра в новой системе координат (u, v, w). На октаэдре нанесены линии пересечения его координатными плоскостя- ми. Задача 11.3 (4389) С помощью формулы Гаусса-Остроградского вычислить интеграл: I = Z Z S (x − y + z) dydz + (y − z + x) dzdx + (z − x + y) dxdy , где S –внешняя сторона поверхности |x − y + z| + |y − z + x| + |z − x + y| = 1 . Решение 11.3 Интегрируемое векторное поле равно: A = i (x − y + z) + j (y − z + x) + k (z − x + y) . Его дивергенцию легко сосчитать, пользуясь выражением для дивергенции в декартовой системе координат: div A = ∂ ∂x (x − y + z) + ∂ ∂y (y − z + x) + ∂ ∂z (z − x + y) = 3 . Таким образом, поверхностный интеграл сводится к объемному интегралу: I = 3 Z Z Z V dxdydz . Осталось вычислить объем фигуры, ограниченной указанной в условии поверхностью. Проблема однако состоит в том, что мы плохо представляем 5 Задача 11.4 (4390) Вычислить интеграл I = Z Z S (x 2 cos α + y 2 cos β + z 2 cos γ) dS , где S –часть конической поверхности x 2 + y 2 = z 2 (0 ≤ z ≤ h), а cos α, cos β, cos γ –направляющие косинусы ее внешней нормали. Решение 11.4 Чтобы иметь возможность применить формулу Гаусса-Ост- роградского, замкнем коническую поверхность “крышкой” –кругом в плос- кости z = h: x 2 + y 2 < h 2 . Найдем вначале вклад от круглой крышки. Он равен: L = Z Z σ h 2 dxdy , где σ –указанный круг радиуса h и площадью π h 2 . Здесь учтено также, что cos α = cos β = 0 cos γ = 1 а на поверхности крышки z = h . Следовательно, L = π h 4 Из теоремы Гаусса-Остроградского следует, что сумма вкладов кониче- ской поверхности и крышки равна объемному интегралу: I + L = I + π h 4 = 2 Z Z Z V (x + y + z) dV . По-видимому, исходя из симметрии области интегрирования, полученный объемный интеграл удобнее всего вычислить, перейдя в цилиндрическую систему координат: x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = z , ⇒ dV = ρ dρdϕ dz . В итоге получим: I + π h 4 = 2 Z 2π 0 dϕ Z h 0 dz Z z 0 ρ dρ[ρ(cos ϕ + sin ϕ) + z] . Учитывая, что интегралы от тригонометрических функций по периоду 2π равны нулю, имеем: I + π h 4 = 2 Z 2π 0 dϕ Z h 0 z dz Z z 0 ρ dρ = Z 2π 0 dϕ Z h 0 z 3 dz = 2π h 4 4 = π h 4 2 . Отсюда I = −π h 4 2 . Задача 11.5 (4391) Доказать формулу: Z Z Z V dxdydz r = 1 2 Z Z S cos( ∧ r, n) dS , 7 где S –замкнутая поверхность, ограничивающая объем V, n –внешняя нор- маль к поверхности S в текущей ее точке (x, y, z), r = p (x − x 0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 + (z − z 0 ) 2 , и r –радиус-вектор, идущий от точки наблюдения (x 0 , y 0 , z 0 ) к точке по- верхности (x, y, z). Решение 11.5 Перепишем поверхностный интеграл в более привычной для нас векторной форме. Для этого заметим, что cos( ∧ r, n) равен скалярному произведению единичной нормали n и единичного вектора r/r, направлен- ного вдоль радиус-вектора r: cos( ∧ r, n) = µ r r · n ¶ . Следовательно, поверхностный интеграл в формуле Гаусса может быть за- писан в виде: Z Z S µ r r · n ¶ dS , где n –единичный вектор внешней нормали. Формула Гаусса-Остроградско- го преобразует этот интеграл в объемный от дивергенции div r r = 2 r . Замечание 11.1 Мы сразу выписали результат, поскольку уже вычисляли дивергенцию единичного вектора в направлении радиус-вектора на этом заня- тии, в задаче 1. Тот факт, что прежде радиус-вектор был выпущен из начала координат, а сейчас из некоторой точки с координатами (x 0 , y 0 , z 0 ), не меняет сути дела, поскольку дивергенция векторного поля не зависит от системы ко- ординат, а лишь от поведения в окрестности рассматриваемой точки, в нашем случае точки с координатами (x, y, z). Таким образом, мы доказали требуемую формулу. Задача 11.6 (4392) Вычислить интеграл Гаусса I(x, y, z) = Z Z S cos( ∧ r , n ) r 2 dS , где S –простая замкнутая гладкая поверхность, ограничивающая объем V, n –внешняя нормаль к поверхности S в ее точке (x, y, z), r –радиус-вектор, соединяющий точку (x, y, z) с точкой (x 0 , y 0 , z 0 ), а r = p (x − x 0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 + (z − z 0 ) 2 . Рассмотреть два случая: а) когда поверхность не окружает точку (x 0 , y 0 , z 0 ), б) когда поверхность окружает точку (x 0 , y 0 , z 0 ). 8 Решение 11.6 Мы еще не понимаем, чем отличаются случаи, обговорен- ные в условии задачи. Поэтому не будем различать их, пока не столкнемся с непредвиденными затруднениями. Запишем интеграл Гаусса в векторной форме: I = Z Z S ³ A · n ´ dS , где векторное поле A равно: A = r r 3 . Преобразуем поверхностный интеграл с помощью формулы Гаусса-Острог- радского, для чего вычислим дивергенцию фигурирующего в поверхност- ном интеграле векторного поля: µ ∇ · r r 3 ¶ = µ r · ∇ 1 r 3 ¶ + 1 r 3 ( ∇ · r) = − 3 r 5 (r · r) + 3 r 3 = − 3 r 3 + 3 r 3 = 0 . Поскольку дивергенция векторного поля A всюду равна нулю, равен нулю объемный интеграл от дивергенции, а значит, по формуле Гаусса-Острогра- дского, равен нулю и поверхностный гауссов интеграл. Аккуратно проверим цепочку рассуждений, приводящих к последнему выводу. Внимательно проанализировав ее мы поймем, что она безупречна, лишь если точка (x 0 , y 0 , z 0 ) лежит вне области V, ограниченной интегри- руемой замкнутой поверхностью. В этом случае векторное поле A внутри области V и на ее границе непрерывно дифференцируемо, а его дивергенция равна нулю. Напомним еще, что замкнутая поверхность S –простая, то есть может быть получена непрерывными деформациями сферы. При этом все про- странство разделяется на внутренность V поверхности S и внешнее про- странство. Следовательно, мы строго доказали лишь, что интеграл Гаусса равен нулю для всех точек пространства, лежащих вне поверхности S, по- скольку только в этом случае дивергенция интегрируемого поля заведомо существует и непрерывна в объеме V. Пусть теперь точка (x 0 , y 0 , z 0 ) является внутренней точкой области V. В этой точке векторное поле недифференцируемо, и не имеет смысла говорить о каком-либо значении дивергенции в данной точке. Соответственно, теперь уже нельзя утверждать, что объемный интеграл от div A равен нулю. Чтобы обойти возникшую проблему, окружим данную точку сферой Σ с центром в этой точке и радиусом ε –настолько малым, чтобы сфера Σ целиком находилась внутри поверхности S. Применим формулу Гаусса- Остроградского к области V ε , находящейся между поверхностями S и Σ. Поскольку особая точка (x 0 , y 0 , z 0 ) вырезана из области интегрирования V ε , то объемный интеграл вновь равен нулю, и мы приходим к равенству I + I ε = 0, где за I ε обозначен интеграл по указанной сфере: I ε = Z Z ± (r · n ) r 3 dS . Его легко вычислить. Действительно, входящее сюда скалярное произве- дение всюду одинаково и равно (r , n ) = −ε (знак минус появился здесь 9 Рис. 11.2: Иллюстрация к задаче 6: Здесь изображен двумерный аналог поверх- ности S и вырезанной из ее внутренности сферы Σ с центром в точке наблюдения. Указаны две внешние нормали к общей поверхности S + Σ. Оттенена внутренняя область V ε , где дивергенция поля A тождественно равна нулю потому, что вектор нормали, внешний к области V ε , направлен внутрь сфе- ры). Кроме того и r во всех точках сферы принимает одинаковое значение r = ε. Таким образом, I ε = − 1 ε 2 · 4πε 2 = −4π . Следовательно, если точка (x 0 , y 0 , z 0 ) находится внутри поверхности S, то гауссов интеграл равен I = −I ε = 4π. Замечание 11.1 При хорошем пространственном воображении мы могли бы прийти к полученным результатам с помощью более наглядных геометриче- ских аргументов. Для этого достаточно сообразить, что cos( ∧ r , n ) r 2 dS = ±dΩ , где dΩ –телесный угол, под которым из точки (x 0 , y 0 , z 0 ) виден бесконечно ма- лый элемент поверхности dS. Причем телесный угол берется со знаком плюс, если векторы r и n образуют острый угол, а cos( ∧ r , n ) больше нуля, и со зна- ком минус в противном случае. В итоге, если точка (x 0 , y 0 , z 0 ) находится вне поверхности, то вклады в интеграл Гаусса от “противостоящих” элементов по- верхности, вырезанных одной и той же векторной трубкой векторного поля r, взаимно уничтожаются, и гауссов интеграл равен нулю. Напротив, если точка (x 0 , y 0 , z 0 ) находится внутри поверхности S, то сумма всех бесконечно малых телесных углов, составляющих гауссов интеграл, равна полному телесному уг- лу Ω = 4π. Замечание 11.2 Следуя описанной геометрической интерпретации гауссова интеграла, мы легко можем ответить на более сложный, чем в условии задачи, вопрос: Что будет, если точка наблюдения лежит на поверхности S ? 10 Рис. 11.3: Иллюстрация замечания к задаче 6: Двумерный аналог расчета за- данного поверхностного интеграла с помощью телесных углов в случае, когда точка наблюдения находится вне поверхности. Расположенные внутри телесного угла участки поверхности вносят в интеграл одинаковый вклад. Причем вклад от ближнего участка поверхности берется со знаком минус, а дальнего — со знаком плюс. Ответ на данный вопрос звучит так: Если это точка гладкого участка по- верхности, к которой можно провести единственную касательную плоскость, то мы “видим” заключенную внутри поверхности область под телесным углом 2π. Ему, соответственно, равен и гауссов интеграл. Если же область V имеет форму куба, то интеграл Гаусса в вершине куба равен 4π/8 = π/2. Замечание 11.3 Наличие аналогичной проблемы несуществования дивер- генции векторного поля внутри области интегрирования V, когда начало коор- динат попадает в эту область, мы “прозевали” при решении первой задачи дан- ного занятия. Более строгие рассуждения, подобные приведенным в последней задаче, показывают однако, что интеграл по маленькой сфере, окружающей начало координат, стремится к нулю при стремлении радиуса сферы к нулю. А значит формула (∗) первой задачи справедлива всегда. 11.3 Домашнее задание 4376, 4377, 4379, 4381 Задача 11.7 Применяя формулу Гаусса-Остроградского, преобразовать поверхностный интеграл I = Z Z S x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy , где гладкая поверхность S ограничивает область V конечного объема. 11 Решение 11.7 Этот поверхностный интеграл равен объемному от дивер- генции векторного поля A = i x 3 + j y 3 + k z 3 . Дивергенцию легко вычислить: div A = 3 r 2 = 3(x 2 + y 2 + z 2 ) , а значит I = 3 Z Z Z V r 2 dV . Замечание 11.1 Конечно, трансформация поверхностного интеграла в объ- емный — не самоцель. Подобные преобразования совершают надеясь на то, что объемный интеграл окажется чем-то удобнее исходного поверхностного ин- теграла. Например, он может иметь геометрически более наглядную структу- ру или приводит к более простым вычислениям для конкретных поверхностей S. В нашем случае, в частности, симметрия подынтегрального выражения в объемном интеграле позволяет избежать громоздкие выкладки при подсчете интеграла по сфере радиуса R с центром в начале координат. В самом деле, в случае сферы вычисления проводятся в одну строчку: I = 12π Z R 0 r 4 dr = 12 5 π R 5 . Задача 11.8 (4377) Преобразовать поверхностный интеграл I = Z Z S yz dydz + zx dzdx + xy dxdy . Решение 11.8 Дивергенция вектора A = i yz + j zx + k xy равна нулю, а значит равен нулю и обсуждаемый поверхностный интеграл. Задача 11.9 (4379) Преобразовать поверхностный интеграл I = Z Z S µ ∂U ∂x cos α + ∂U ∂y cos β + ∂U ∂z cos γ ¶ dS . Решение 11.9 Векторное поле, от которого берется данный поверхност- ный интеграл 2-го типа, равен градиенту скалярного поля U (r). Следова- тельно, поверхностный интеграл равен объемному интегралу от лапласиана этой функции: I = Z Z Z V ∆U dV . 12 Задача 11.10 (4381) Доказать, что если S –замкнутая простая поверхность, и ` –любое постоянное направление, то I = Z Z S cos( ∧ n , `) dS = 0 . Решение 11.10 Перепишем подынтегральное выражение на языке скаляр- ных произведений, считая для определенности вектор ` единичным: Z Z S (n · `) dS . Поскольку векторное поле `, от которого берется поверхностный интеграл, постоянно, дивергенция его тождественно равна нулю, и следовательно, по формуле Гаусса-Остроградского, равен нулю указанный поверхностный ин- теграл. 13 |
Первое, что приходит в голову — взять за новые координаты стоящие под знаком модулей комбинации x, y, z:
u = x − y + z ,
v = y − z + x ,
w = z − x + y .
При этом уравнение поверхности примет “более прозрачный” вид:
|u| + |v| + |w| = 1 .
Вычислим прежде всего якобиан
J =
D(x, y, z)
D(u, v, v)
перехода от старых координат x, y, z к новым u, v, w. Он необходим чтобы свести объемный интеграл в пространстве (x, y, z) к объемному интегралу в пространстве u, v, w. Поскольку мы не располагаем явными формулами,
выражающими старые координаты через новые, воспользуемся известным равенством:
1
J
=
D(u, v, w)
D(x, y, z)
.
Отсюда имеем:
1
J
=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1 −1 1
1 1 −1
−1 1
1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
= 4 ⇐⇒ J =
1 4
.
Заметим еще, что в деформированном пространстве, где (u, v, w) играют роль декартовых координат, интересующая нас область V
0
приобрела про- стую геометрическую форму — это симметричный октаэдр, ограниченный в каждом октанте плоскостью, отсекающей от осей единичные отрезки. Так в первом октанте u > 0, v > 0, w > 0 это плоскость, заданная уравне- нием u + v + w = 1. Соответственно, кусок октаэдра в 1-м (как и во всех остальных) октанте представляет из себя пирамиду с площадью основания,
равной 1/2 и высотой 1. Объем такой пирамиды равен 1/6, а объем всего октаэдра равен 8/6 = 4/3. Следовательно:
I =
3 4
Z Z Z
V
0
dudvdw =
3 4
·
4 3
= 1 .
Те кто забыл объем пирамиды или предпочитают более формальный подход к решению задачи, могут непосредственно вычислить интеграл по области, находящейся в 1-м октанте:
I =
3 4
8
Z Z Z
u + v + w ≤ 1
u ≥ 0, v ≥ 0, w ≥ 0
dudvdw = 6
Z
1 0
du
Z
1−u
0
dv
Z
1−u−v
0
dw = 1 .
6