Anti-Demidovich (Lyashko I.I., i dr.). Tom 3. Kratnye i krivolinejnye integraly (2001)(ru)(T)(224s) (Антидемидович), страница 28

(г) и — мийо Таким образом. цо определению а1ч'и(М) есть плотность аддитивной функции областей— потока векторного поля и через замкнутую поверхность 5. Если компоненты поля в = (Р, Я, Я) иыеют в области й непрерывныепроизводные —, —, то справедлива формула зг зо зн зэ' зэ' з»' ойч и(М) = — (М) + — (М) + — (М), дР д1'„> дЯ д* ду д» (3) получаемая на основании формулы (2), формулы Остроградского н теоремы о среднеоь Ранее, в п.6,3, показали, что 61чи ы (чт.в).

где Р— дифференциальный оператер Га- мильтона, 8 8. Элементы векторного анализа М Используя определение градиента скалярного поля, получаем я (н~ - (-(яо, -М, -<н)' - Н, †. — я » ° (ив = Ло уи+ *- гтди ди ди (,ах ' ау ' дх ) Направление бган и(М) определяется векторны бгаг> и(М) У 12 9 41 е(М) = = ( —, — —, -- ) = (совая, соз>?я. соя тг), '98гас> и(М)8 (,25' 25' 5/ Единичный вектор т, выходящий нз начала координат в направлении биссектрисы первого координатного угла, имеет вид т = ( —, —, 0) . Согласно формуле (2), п.6.4, получаем (72 Л аи 12 9 3 а1 — = (бгай и(М). т) = — — — = —, и ягг Я, г' 205 204. В каких точках пространства Озу- градиент поля и ях х +у +2 — Зхут. (х. у. 2) б э з з ж: а) перпендикулярен к оси 02 б) параллелен осн Ох; в) равен нулю? 2 ° я Нз определения градиента скалярного поля следует, что бгаг> и(х.

д. 2) = (3(х 2 ух). 3(у — хх), 3(хз — ху)) . В сл> чае а) имеем (бгаи и, й) ж З(хз — ху) = О, откуда 22 = ху. В случае б) вектор 8гао'и(х. у. 2) колинеарен орту й осн Ох, вследствие чего в каждой точке искомого множества дольхны одновременно выполняться равенства х -ут = О, у — хх = 2 2 О. Псключнв из нлх 2. найдем хз — у = О, откуда х = у и хз+ху+у = О. Второе равенство выполняется лишь в случае, когда х = у = О. Подставляя х = у в любое из исходных равенств, получаем, что х = у = 2. Следовательно, градиент скалярного поля и параллелен оси 02 в точках х = у = 0 и в точках х = у = х. В случае в) получаем равенства х — ус = О. у — хх = О, т — ху = О.

которые должны 2 2 2 выполняться одиовреягенно. Пспользуя результат, полученный при рассмотрении случая б), имеемх=у=2. и 1 205. Дано скалярное поле и = !в —, где т = (х — а)2 + (у — 6)2 + (2 — с)2. В каких т' точках пространства Охух выполняется равенство 08гая> и(! = 1? Вя з- В -Ь Вя Принимая во внимание равенства — = — —, —" = -", — = — — ', получаем в 2'в» ж,я в, ))бгал и9 = —. Равенство Обгаг1 и0 = 1 выполняется на сфере единичного радиуса с центром в точке М = (а. 6, с), т.е.

на множестве точек т = 1. ° х 206. Найти косинус угла а между градиентами поля и = в точках А = Х2 1- у2 1 2 (1, 2, 2) и В = (-3, 1, 0). . ° Носннус угла о. вычислим по формуле '58гао и(А Ц '98гао и(ВЦ Обозначив тз = хз + у + 22, последовательно получим ди 1 2хз ди 2ху ди 2хх и= —, — = — — —, — =- —, — = — —, т(А)=3, т(В)=чт>00, т" дх тз тя ду та ' д.

тт ди 7 ди 4 ди 4 ди 2 ди 3 ди — (А) = —, — (А) =- —, — (А) =- —, — (В) =- —, — (В) = —, — (В) =О, дх 81' ду 81' дх 81' дх 25' ду 50' дх 1 4 1 8 (8гао и(А), бгаг> и(В)) = — —, 98гао' и(А)Ц Цбгая> и(В)8 = —, сова = — —: — = — —. и 405' 90 405 90 9 зат. в „2,1 н,;Я| .Я,;Н н-, 2, 1 м Рассяяотрнм скалярное лоле яя(м) = у"(т). т б Я.

гле >" — диффереицируемая Функция. Его поверхности уровня — сферы с центром в начале координат О = (О. О. О). 1'раднтнт ноля гоб Гл. 2. Кратные и криволинейные инуегралы 1т направлен ло нормали к сфере, т.е. по радиусу ОМ. Функция 1 возрастает, если 1'(т) > О, и убывает, если /'(т) < О, поэтоыу вектор бгабу(т) направаем в сторону возрастания т, если 1'(т) > О, н в сторону убывания т, если 1'(т) < О, причем ))бгаб К(г))) = )~'(т)). В силу сказанного выше, имеем бгаб 1(г) = — г', У'(т) т где т = (х, у, з) — радиус-вектор точки М = (х, у, з). В случае а) у'(т) = 1, поэтому бгабт = -" = е(0, М).

В случае б) 1'(т) = 2т, поэтому бгзб тэ ы 2т, В случае в) 7'(т) = — т, в силу чего бгаб „- = --,т. и 208. Доказать формулу 17~(ие) = и1г~е+ еьг~и + 2(Т1и. те). где 1т~ = (т 17) = дэ дз дэ — + — + —, дхэ дуз д з' ° е Записав T~(ие) = (1т, т (ие)) и воспользовавшись правилами действий оператором Гамильтона, получим T(иэ) = иTи+и1те, (т, т(иэ)) ю (1г, «ти)+(~7, ите) = = ест и+ (1ти, рте) + и1т е+ (~ге, '7и) = и17 е+ е1т~и+ 2(ти, иге). Н 200. Доказать, что если функцгы и Днфференцируема в выпуклой области 1т С 12~ и ()бгаби(( ( ЛХ, где М = салаг, то длл любых точек А и В пз 1т имеем )и(А) — и(В)( ( Мр(А, В), где р(А, В) — расстояние между точками А, и В.

° е Обозначив А = (хе, уо, ха), В = (хм ум хг), Р = (хо — хг, уо — ум га — г~) и используя свойство дифференцмруемости функции и, получим )и(А) — и(ВИ = фи(()), б Е К Поскольку )ди ди ди ~б (й)( (эа)(х, — ) + †(б)(уз — у ) + (Р)( ~ дх ду дг (б) р)( < ббгаб и(б))) )(Р(( = !)балди(ьй (хз х') + (уз = ((бгаб иЯЯр(А, В) ~ (МР(А, В), то /и(А) — и(В)( ~ (Мр(А, В) ° о х у 210.

Найти производную поля и = — + — + —, (х, у, г) Е 11~, в данной точке М = аз 32 сз' (х, у, з) з направлении радиуса — вектора т этой точки. В каком случае зта производная будет равна величине градиентау < По формуле (2), п.б.4, имеем ди l т1 1 1 / 2хз 2уз 2хз 1 2 — (М) = ~ Огай и(М), - 1 = -(бгац и(М), т) = — — + — + — ) = -и(М) де ' т т т1 аз зэ сэ) т Сттттз.э у ОШ)=~~та ОС~~ ' б лбЩ =-.и нее равенство.

как легко проверить, выполняетсл. если а ы 6 ы с.  — эх+яу+ й» 211. Найти дмвергенцпю'полл и = и точке М = (3, 4, 5). Чеыу прмбли/хз+ „'з женно равен поток вектора и через бесконечно малую сферу Яс = ((х, у, х) Е В :(х — 3) + (у — 4) + (» — б) = е )2 ч С помощью формулы (3), п.б.б, получаем 1 41т и ы— +— = д 1ч Да+уз~ дУ 1ч,у,з+узг1 дл гч,У+„з~ ы .. б .7-з+ — уэ' 41г и(М) 18 128 3 б. Элементы векторного анализа 207 Дивергенциа пола и лвллетсл плотностью авдитнвной функции областей — потока си(и; Я), длв воссгановленна которого следует прилсеннть формулу (2), п.6.2: сл(и; Ю) = ~~~ Йт и(х, у, х) с7х с7у сгг, т где 'Т = ((х, у, х) Е 51 :(х — 3) + (у — 4) + (г — 5) < е ).

Поскольку шар бесконечно мал, т.е, е +О, то лгожем звать Йт и(х, у, з) ж 6В и(М) гз —. При этом получим 18 4 з 24 з и(и; Я) ж Йт и(М)с1хссуез = †. —;гс = — та . ° 125 3 125 г ЗГЗ. НЫ* а СД~СС З,., - Р~, »». З ле ѻѻ~С»З= 1 Гс Н В примере 207 получена формула бган 1(г) = ~т в предположении, что функция у дифференцнруема. Здесь будем считать, что она дважды дифференцпруема. Обозначнв -~~. = ст(г), запишеы уполсянутую формулу в виде бгасг г(г) = р(т)г, где т = (х. у. г).

Пользуясь оператором 5т и правиламн действий с ннм. получим йс' (5гас1 г'(г)) = (5»с ст(г) т) = (т, 5»сз(г)) + Лт(г)(5т, т) = = (г, 8гас4р(г)) + Зт(г) Йт г = (г., бгасЬр(т)) + 3(т(т)с так кал Н1т т = 3. Принимал во внимание равенства бгас1 ст(г) = т-лГгт, (т, бган р) ( т. т-("-)т) = ™тт = гст'(т), находим Йт (бгас1 у(г)) = тст (т) + Зр(г) ж г '(г) — — + — = ~ (т) + —, с Г(г) ЗУ'( ) „гУ'(г) т так как т'! т) ж у-~'-~ + -+).

ПрнраВНИВая йт (даС1 1(Г)) К НУЛЮ, ПОЛУЧИМ днффсрспцнаЛЬНОЕ ураВНЕНИЕ (Гус(т))' + 1'(г) = О, решал которое, находим гу (т)+г(г) = сз. Применив метод вариации произвольной постоанной. окончательно получим у(г) = сг + -а, где сз, сз — произвольные постоянные. ° . 213. Найтнс а) йс (идас1 и); б) йт(идас1 е). . ° Применив оператор '7, получим: а) Йт (и бгас1 и) = (5», и бгас1 и) = (бган и. 5»и)+и(5т, дас1 и) = (дас1 и. 8гас1 и)+и(5», лг и) = з 2 2 |бган и! + и5т и = ]бгас1 и) + и л5и, где с5 = —, + —, + з, — оператор Лапласа. б) йт (вдас1 е) = (5», идас1т) = (бгас1 е, лги) + и(5т, бгас1 е) = (дас1 и, бга3 е) + и с5 т, Л» 214.

Жидкость, заполняющая пространство, вращается вокруг осн Оз против хода часовой стрелки с постоянной угловой скоростью лс. Найти расходимость вектора скорости е и вектора ускорения св в точке М = (х. у, з) пространства в данный момент времени. < Лннейнал скорость е частицы жидкости в точке М равна вектору е = (ыс г], где ь» = ый, т = зх + уу + йз.

Получаелс а а т=у' * — ' у й х(М) = — (- у)+ — ( х) =О. дх Ву Ускорение ис(х, у, г) выражается формулой ис = (ьг, е] = [оз, (ы, г]] = ы(ы, г ) — г(ьг, ы) = йшзз — ьс т = — м (зх + уу). Согласно формуле (3), п.б.б, имеем Йт ис(х, у, з) ж — (-ы х) + — (-л» у) — 2 г .

л» д г д дх ау гОВ Гл. 2. Кратные и криволинейные интегралы 215. Найти дивергенцню гравитационного силового поля, создаваемого системой притягивающих центров. м Рассмотрим векторное поле Г(Р), создаваемое систелюй материальных точек пс, 1 = 1, а, помещенных в точках Мр, Г' = 1, и. Это поле задано формулой п Г(Р)=~ ' г(Р,М), РФМ„ р=р где т(Р, Мр) — радиус — вектор, проведенный из точки Р в точку Мр, г(Р, Мр) — его длина.

Поскольку вычисление дивергенции является линейной операцией, то а рсрс=г рй (,, ' .ср з,с). р=с Таким образом, задача свелась к вычислению расходнмостн поля ГДР) = р,(г)г, где р,(г) = -т(ггпу —. расслютренного в примере 212. Там было показано. что сйг Гр(Р) = гсср(г)+ Зр (г). Подставив сюда гса„(г) = — 3--тр получим с)Ь' Г,(Р) = — — Р + — ' = О. Йст Г(Р) = О.

г г Результат объясняется тем, что поле тяготения не имеет источников вне масс рлр, в силу чего мощность источников этого поля, характеризуемая расходимостью, равна нулю. » 216. Доказать формулу гол(ср и) ш се голи+ [вгас) ьъ и]. < Применив оператор Гамильтона, находим гог (рри) = [1т, Саи] = [1т, ри,] + [17, Сали], го (сри) = [и тлр] + ср[17р и] = -[и, вгас) р] + р гос и = р гол и + [вгас) р и]» 217. Найти сос Щг)т), где г = (х, у, х) Ч На основании фоРмУлы, доказанной в примере гсб имеем; С(р(г)г) — [гт г( )„] р'(г) гос т+ [бгай д(г), т].

С полсощью формулы (4), п,б.7. находим с у й а а а а* а„ а х д гос т = Решая прилсер 207, мы нашли. что Вгас) )(г) = Р-л-'Р-г. Таким образом, окончательно имеем: гоС(у(г)т) ш~ — 'т, г~ = О. » [у (,) 218. Найти а) гог сс(р ). б) гол [с, [(г)г] (с — постоянный вектор). Ч а) Пользуась обозначеннялш н правнлалш. которые были прилсенены прн решении примера 21б, получаем: гос су(г) = [л р су(г)] = [с', сус(г)]+ [су~ с,р'(г)] = 1(г)[гр, с] — [с, 17Яг)] = = Т(г) гос с+ [брасс у(рг), с] = — р.. с = — с г, с].