Учебнометодический комплекс для студентов специальностей Прикладная математика
 Скачать 8.42 Mb.
|
|
γ P dx + Qdy + Rdz называется циркуляцией векторного поля − → a вдоль кривой γ и обо- значается Ц= γ − → a d− → r , где d− → r = (dx, dy, dz). Запишем формулы Стокса и Остроградского-Гаусса в терминах век- торного анализа. Теорема 4.5. (формула Остроградского-Гаусса). Пусть область V лежит в R 3 и граница ∂V = S состоит из конечного числа кусочно- гладких поверхностей. Тогда если функции P, Q, R непрерывно дифференцируемы в V, то имеет место формула Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 192 из 275 Назад На весь экран Закрыть S P (x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dzdx + R(x, y, z)dxdy = = V ( ∂P ∂x + ∂Q ∂y + ∂R ∂z )dxdydz где поверхностный интеграл второго рода берется по внешней от- носительно V стороне S. В терминах векторного анализа эта теорема выглядит так: Поток гладкого в V векторного поля − → a через поверхность S равен тройному интегралу от div− → a по V Π = S (− → a − → n )dS = V (div− → a )dxdydz (4.47) Теорема 4.6. (формула Стокса). Пусть область G ⊂ R 3 функции P, Q, R непрерывно дифференцируемы в G; ориентированный контур γ ⊂ G и S ⊂ G – натянутая на γ ориентированная поверхность, ориентация которой согласована с ориентацией γ. Тогда γ P dz + Qdy + Rdz = , Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 193 из 275 Назад На весь экран Закрыть = S ( ∂R ∂y dydz − ∂Q ∂z )dydz + ( ∂P ∂z − ∂R ∂x )dzdx + ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y )dxdy или γ P dz + Qdy + Rdz = S cos α cos β cos γ ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z P Q R dS, где cos α, cos β, cos γ – направляющие косинусы вектора нормали к по- верхности S, характеризующего ориентацию S. Ц= γ − → a − → r d = γ P dx + Qdy + Edz = S (rot− → a − → n )dS = = S cos α cos β cos γ ∂ ∂ ∂ P Q R dS, Пример 4.9. Вычислить поток векторного поля − → a (M ) = xz 2 − → i + yx 2 − → j + zy 2 − → k через внешнюю поверхность шара x 2 + y 2 + z 2 = a 2 Поток векторного поля через замкнутую поверхность = S (− → a − → n )dS = V div− → a (M )dxdydz = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 194 из 275 Назад На весь экран Закрыть = V (x 2 + y 2 + z 2 )dxdydz. Для вычисления полученного тройного интеграла перейдем к сфериче- ским координатам по формулам: x = sin Θ cos ϕ, y = sin Θ sin ϕ, z = r cos Θ; dxdydz = r 2 sin ΘdrdϕdΘ, 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ Θ ≤ π Тогда = V r 4 sin ΘdrdϕdΘ = a 0 r 4 dr π 0 sin ΘdΘ 2π 0 dϕ = 4πa 5 5 Пример 4.10. Вычислить циркуляцию векторного поля − → a (M ) = y − → i + x 2 − → j − z − → k по окружности γ : x 2 + y 2 = 4, z = 3 в положительном направлении обхода относительно единичного вектора − → k двумя способами: 1) исходя из определения циркуляции; 2) используя формулу Стокса Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 195 из 275 Назад На весь экран Закрыть 1) Так как при возрастании параметра t от 0 до 2π движение по окружности происходит против хода часовой стрелки относительно еди- ничного вектора − → k = (0, 0, 1), то параметрическое уравнение γ имеет вид: x = 2 cos t, y = 2 sin t, z = 3, t ∈ [0; 2π] Тогда Ц= γ ydx + x 2 dy − zdz = 2π 0 2 sin t(−2 sin t)dt + 4 cos 2 t2 cos dt − 3 × 0 = 2π 0 (−4 sin 2 t + 8 cos 3 t)dt = 2π 0 (−2)(1 − cos2t)dt + 8 2π 0 (1 − sin 2 t)d(sin t) = −4π 2) В качестве поверхности S, краем которой является кривая γ возь- мем круг z = 3, x 2 + y 2 ≤ 4 ( 4.6 ) Тогда − → n = − → k = (0, 0, 1); rot− → a = i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z y x 2 −z = (2x − 1) − → k Ц= S (rot− → a − → n )dS = D (2x − 1)dxdy = D (2r cos ϕ − 1)rdrdϕ = 2π 0 dϕ 2 0 (2r 2 cos ϕ − r)dr = 2π 0 ( 2 3 r 3 cos ϕ − r 2 2 ) 2 0 dϕ = Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 196 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 4.6 = 2π 0 ( 16 3 cos ϕ − 2)dϕ = ( 16 3 sin ϕ − 2ϕ) 2π 0 = −4π Пример 4.11. Вычислить поток векторного поля S (M ) = (x + z, 2y − x, z) через внешнюю поверхность пирамиды, Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 197 из 275 Назад На весь экран Закрыть образуемую плоскостью (P ) : x − 2y + 2z = 4 и координатными плос- костями, двумя способами: 1) используя определение потока; 2) с помощью формулы Остроградского-Гаусса. = S (P cos α + Q cos β + R cos γ)dS = S (− → a − n )dS → 1. Поверхность тетраэдра состоит из четырех треугольников ABC, AOC, ABO и BOC. Рассмотрим сначала интеграл по поверхности ABC. Грань ABC лежит в плоскости z = 2 − x 2 + y, нормаль к этой грани образует острый угол с осью Oz, следовательно, − → n = ( ( 1 2 ), −1, 1) 1 4 + 1 + 1 = 1 3 − → i − 2 3 − → j + 2 3 − → k , dS = 1 + z x ‘ 2 + z y ‘ 2dxdy = √ 32dxdy. Поэтому Π 1 = ABC ( x + z 3 − 2 3 (2y−x)+ 2 3 z) 3 2 dxdy = 1 2 ABC (x+z−2y+2x+2z)dxdy = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 198 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 4.7 = 1 2 0 −2 dy 2y+4 0 ( 3 2 x − y + 6)dx = 1 2 0 −2 ( 3 4 (2y + 4) 2 + (6 − y)(3y + 4))dy = 52 3 Грань лежит в плоскости y = 0, dS = dzdx, n n n = (0, 1, 0) Тогда поток векторного поля через грань AOC 1 Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 199 из 275 Назад На весь экран Закрыть Π 2 = AOC (2y − x)dzdx = AOC (−x)dzdx = = − 4 0 xdx 2−x 2 0 dz = − 4 0 x(2 − x 2 )dx = − 16 3 Грань AOB лежит в плоскости z =0, нормаль − n n n 2 = (0, 0, 1), dS = dxdy. Π 3 = AOB zdxdy = AOB 0 × dxdy = 0 Грань BOC лежит в плоскости x= 0, нормаль − → n n n 3 = (−1, 0, 0), dS = dydz Π 4 = BOC (−x − z)dydz = BOC −zdydz = − 2 0 zdz z−2 0 dy = − 4 3 Далее находим поток через полную поверхность пирамиды П=П 1 +П 2 +П 3 +П 4 = 32 3 2.Вычислим поток векторного поля через поверхность пирамиды ABCD по формуле Остроградского-Гаусса: Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 200 из 275 Назад На весь экран Закрыть П= V div− → a dxdydz. Находим div− → a = ∂P ∂x + ∂Q ∂y + ∂R ∂z = 1 + 2 + 1 = 4. Тогда П= V 4 dxdydz = 4 V dxdydz. Так как интеграл V dxdydz равен объему пирамиды ABCD, то V nup. = 1 3 S ABD OC = 1 3 · 2 · 1 2 · 4 · 2 = 8 3 , тогда П=4 · 8 3 = 32 3 Ответ: 32 3 Пример 4.12. Вычислить поток вектора − → a = (x 3 , y 3 , z 3 ) через внутреннюю сторону конической поверхности z 2 = x 2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ 1. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 201 из 275 Назад На весь экран Закрыть Π = S (P cos α + Q cos β + R cos γ)dS. S : z 2 = x 2 +y 2 , 0 ≤ z<1 ориентировано положительно, т.к. cos(− → n , − → Oz)>0. Нормальный вектор − → n = (−z x ,−z y ,1) √ 1+z 2 x +z 2 y , т.е. − → n (− x √ x 2 +y 2 , − y √ x 2 +y 2 , 1) 1 + z 2 x + z 2 y ; dS = 1 + z 2 x + z 2 y dxdy. Тогда Π = D (x 3 · (− x x 2 + y 2 ) + y 3 · (− y x 2 + y 2 ) + (x 2 + y 2 ) 3 2 )dxdy = = x 2 +y 2 ≤1 2x 2 y 2 x 2 + y 2 dxdy = x = r cos ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π y = r sin ϕ, 0 ≤ r ≤ 1 J (r, ϕ) = r; = 2π 0 dϕ 1 0 2 r 4 cos 2 ϕ sin 2 ϕdr = 1 2 2π 0 sin 2 (2ϕ)dϕ 1 0 r 4 dr = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 202 из 275 Назад На весь экран Закрыть = 1 10 2π 0 1 − cos(4ϕ) 2 dϕ = π 10 II способ решения. Запишем поверхность S в параметрическом виде x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = r; dydz = D(y, z) D(r, ϕ) = sin ϕ 1 r cos ϕ 0 = −r cos ϕ; dzdx = D(z, x) D(r, ϕ) = 1 0 cos ϕ −r sin ϕ = −r sin ϕ; dxdy = cos ϕ −r sin ϕ sin ϕ r cos ϕ = r. Тогда I = Π = D (r 3 cos 3 ϕ(−r cos ϕ) + r 3 sin 3 j(−r sin ϕ) + r 4 )drdϕ = = 1 0 dr 2π 0 (−r 4 cos 4 ϕ−r 4 sin 4 ϕ+r 4 )dϕ = 1 0 dr 2π 0 (1−(cos 4 ϕ+sin 4 ϕ))dϕ = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 203 из 275 Назад На весь экран Закрыть = 1 5 2π 0 (1−((cos 2 ϕ+sin 2 ϕ) 2 −2 cos 2 ϕ sin 2 ϕ))dϕ = 1 5 2π 0 2 cos 2 ϕ sin 2 ϕdϕ = = 1 10 2π 0 sin 2 (2ϕ)dϕ = 1 10 2π 0 1 − cos(4ϕ) 2 dϕ = 1 10 1 2 ϕ 2π 0 = π 10 Ответ: π 10 Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 204 из 275 Назад На весь экран Закрыть ГЛАВА 5 5...1 Контрольная работа №1. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы (аудиторная работа) 1. Применяя формулу Грина, вычислить криволинейный интеграл по замкнутой кривой Г, пробегаемой так, что ее внутренность остается слева (a) Γ (1 − x 2 )ydx + x(1 + y 2 )dy, Γ - окружность x 2 + y 2 = R 2 ; (b) Γ (x + y)dx − (x − y)dy, Γ - эллипс x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1; (c) Γ (xy + x + y)dx + (xy + x − y)dy, Γ - окружность x 2 + y 2 = ax; (d) Γ (x + y) 2 dx − (x 2 + y 2 )dy, Γ - граница прямоугольника с вер- шинами (1; 1), (3; 2), (2; 5); (e) Γ dx−dy x+y , Γ - граница квадрата с вершинами (1;0), (0;1), (-1,0), (0; -1). (f) Γ (2xy − y)dx + x 2 dy, Γ - эллипс x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1, (g) Γ (x 2 + y 2 )dx + (x 2 − y 2 )dy, где Γ - контур треугольника с верши- Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 205 из 275 Назад На весь экран Закрыть нами A(0; 0), B(1; 0), C(0; 1) при положительном направлении обхода контура. (h) Γ (x 2 − y 2 )dx + 2xydy, Γ - контур треугольника с вершинами A(1; 1), B(3; 1), (3; 3). (i) Γ xydx + 2xy 2 dy, Γ - контур треугольника с вершинами A(1; 0), B(0; 1), C(0; 0). (j) Γ (x−y) 2 dx+(x+y) 2 dy, Γ - ломаная ABC, A(0; 0), B(2; 2), C(0; 1). 2. Вычислить поверхностный интеграл первого рода по поверхности S , где S - часть плоскости (p), отсеченная координатными плоско- стями: (a) S (2xm + 3y + 2z)dS, (p) : x + 3y + z = 3. (b) S (2 + y − 7x + 9z)dS, (p) : 2x − y − 2z = −2. (c) S (5x − 8y − z)dS, (p) : 2x − 3y + z = 6. (d) S (3x + 2y + 2z)dS, (p) : 3x + 2y + 2z = 6. (e) S (9x + 2y + z)dS, (p) : 2x + y + z = 4. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 206 из 275 Назад На весь экран Закрыть (f) S (4y − x + 4z)dS, (p) : x − 2y + 2z = 2. (g) S (7x + y + 2z)dS, (p) : 3x − 2y + 2z = 6. (h) S (3x + 8y + 8z)dS, (p) : x + 4y + 2z = 8. (i) S (2x − 3y + z)dS, (p) : x + 2y + z = 2. (j) S (2x + 5y − z)dS, (p) : x + 2y + z = 2. 3. Применяя формулу Грина-Остроградского вычислить поверхност- ные интегралы второго рода. (a) S zdxdy + (5x + y)dydz, где S - внешняя сторона полной по- верхности конуса x 2 + y 2 ≤ z 2 , 0 ≤ z ≤ 4; (b) S x 2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy, где S - внутренняя сторона по- верхности параллелепипеда 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ z ≤ c; (c) S zdxdy + (5x + y)dydz, где S внутренняя сторона границы области 1 < x 2 + y 2 + z 2 < 4. (d) S yzdxdy + zxdydz + xydzdx, S - внутренняя сторона плоской поверхности цилиндра x 2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z ≤ 4. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 207 из 275 Назад На весь экран Закрыть (e) S (2x 2 + y 2 + z 2 )dydz, S− внешняя сторона полной поверхности конуса y 2 + z 2 ≤ x ≤ 4. (f) S (y − z)dydz + (z − x)dzdx + (x − y)dxdy, S - внешняя сторона поверхности x 2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z ≤ 4. (g) S x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy, S - внешняя сторона поверхности тетраэдра x + y + z ≤ 0, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. (h) S x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy, S - внутренняя сторона поверхно- сти сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 (i) S x 2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy, S - нижняя сторона полной по- верхности конусы x 2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z ≤ 4. (j) S x 2 ydydz − xy 2 dzdx + z(x 2 + y 2 )dxdy, S - внешняя сторона полной поверхности x 2 + y 2 = R 2 , 0 ≤ z ≤ 4. 4. Вычислить криволинейный интеграл первого рода по кривой Γ : (a) L y √ x 2 +y 2 dl, где L - дуга кардиоиды p = 2(1 + cos φ). (b) L OB ydl, где L OB - дуга параболы y 2 = 2 3 x между точками O(0; 0)и B( √ 33/6, √ 35/3). Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 208 из 275 Назад На весь экран Закрыть (c) L AB (4 3 √ x−3 √ y)dl, где L AB - отрезок прямой AB; a(−1; 0), B(0; 1). (d) L OA dl √ x 2 +y 2 +4 , L OA - отрезок прямой , соединяющий точки O(0, 0) и A(1, 2). (e) L (x + y)dl, L - дуга лемнискаты Бернулли p 2 = cos 2φ, −π/4 ≤ φ ≤ π/4. (f) L (x 2 + y 2 )dl, где L - окружность x + y 2 = 4x. (g) L x 2 + y 2 dl, где L - окружность x 2 + y 2 = 2y. (h) L ydl, где L - дуга параболы y 2 = 2x, отсеченная параболой x 2 = 2y. (i) L AB dl x−y , где L AB - отрезок прямой , заключенный между точка- ми A(4, 0)и B(6, 1). (j) L (x − y)dl, где L - окружность x 2 + y 2 = 2x. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 209 из 275 Назад На весь экран Закрыть 5...2 Приложение кратных, криволинейных и поверхностных интегралов. (индивидуальные домашние задания) 1. Вычислить площадь плоской области D, ограниченный заданными линиями. (a) D : x = −2y 2 , x = 1 − 3y 2 , x ≤ 0, y ≥ 0; (b) D : y = 8 x 2 +4 , x 2 = 4y; (c) D : 2y = √ x, x + y = 5, x ≥ 0; (d) D : x = 4 − y 2 , x − y + 2 = 0; (e) y = x 2 , y = 3 4 x 2 + 1; (f) y = 4 − x 2 , y = x 2 − 2x; (g) y = 2 2 , y = 2x − x 2 , x = 2, x = 0; (h) y = √ 2 − x 2 , y = x 2 ; (i) y = 4x 2 , 9y = x 2 , y ≤ 2; (j) x = 4 − y 2 , y = √ 3x. 2. Вычислить объем тела, ограниченного заданными поверхностями (a) z = 6 − x 2 − y 2 , z = x 2 + y 2 ; (b) 2x + 3y − 12 = 0, z = y 2 2 , x = 0, y = 0, z = 0; Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 210 из 275 Назад На весь экран Закрыть (c) z = 12 − 3x − 4y, x 2 4 + y 2 = 1, z = 1; (d) x 2 + y 2 = 2ax, z = x 2 +y 2 a , z = 0; (e) x 2 + y 2 = z 2 , x 2 + y 2 = 2z (f) by = x 2 + z 2 , y = b(b > 0); (g) x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x 2 + y 2 + z 2 = b 2 (0 < a < b), x 2 + y 2 = z 2 (z ≥ 0) (h) x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = 3z; (i) x 2 + y 2 + z 2 = 12, x 2 + z 2 = 4y; (j) y 2 = −3x + 4, y 2 = x, z = ±9. 3. Вычислить координаты центра масс однородного тела, занимающе- го область V , ограниченную указанными поверхностями. (a) V : x = 6(y 2 + z 2 ), y 2 + z 2 = 3, x = 0; (b) V : z = 2 x 2 + y 2 , z = 8; (c) V : 9y = x 2 + z 2 , x 2 + z 2 = 4, y = 0; (d) V : y 2 + z 2 = 8x, x = 2; (e) V : x 2 + z 2 = 4y, y = 9; (f) V : z = 8(x 2 + y |