lecture_13 (Лекции по математическому анализу)

Математический анализ,семестр 2, лекция 13,стр. 1 из 54. Дифференциальные характеристики 2-го порядка.Пусть ϕ ( M ) = ϕ ( x; y; z ) имеет непрерывные частные производные 2-го порядка.∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ∂2∂2∂2Построим функцию∆ϕ = 2 + 2 + 2 . Оператор∆= 2 + 2 + 2называется∂x∂y∂z∂x∂y∂zдифференциальным оператором Лапласа.Связь операторов ∆ и ∇ :∆ = ∇22 ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂2 ∂2 ∂2∆ = ∇2 =  ⋅ i + ⋅ j + ⋅ k  = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + +- скалярный квадрат∂y∂z  ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x∆ϕ = ∇ 2ϕ = ∇ ( ∇ϕ ) = ∇ grad ϕ = div grad ϕ()()Итак,дифференциальные характеристики 1-го порядка:1) div a = ∇ ⋅ a ;()2) rot a = ∇ ⋅ a  ;3) grad ϕ = ∇ϕДифференциальные характеристики 2-го порядка:1) div grad ϕ = ∇ ( ∇ϕ ) = ∆ϕ ;2) rot grad ϕ = [∇ ⋅ ∇ϕ ] = 0 ;3) grad div a = ∇∇ a ; 4) div rot a = ∇ ∇ ⋅ a  = 0 ; 5) rot rot a = ∇ ⋅ ∇ ⋅ a  5.

Механический смысл вектора ротора.Пусть a ( M ) - поле скоростей точек движущегосятвердого тела. Следовательно, в любой момент времени t a ( M ) = υ0 + ω ⋅ r  ,где υ0 = υ x ⋅ i + υ y ⋅ j + υ z ⋅ k- скорость поступательногодвижения тела в момент времени t, одинаковая длявсех точек тела;ω - угловая скорость тела, равная ω = 0 ⋅ i + 0 ⋅ j + ω ⋅ k ;r = x ⋅ i + y ⋅ j + z ⋅ k - радиус-вектор точек тела.Если вращение происходит вокруг оси 0z (см. рис.n.5.1), то ω = ω ⋅ k , где ω - величина (модуль) угловойскорости и a ( M ) = (υ x − ω ⋅ y ) ⋅ i + (υ y + ω ⋅ x ) ⋅ j + υ z ⋅ k , т.к. i j k ω ⋅ r  = 0 0 ω = i ⋅ ( −ω y ) − j ⋅ ( −ω x ) + k ⋅ 0 = −i ⋅ ω y + j ⋅ ω x .x y zТогдарис. 3.5.1Математический анализ,семестр 2, лекция 13,стр.

2 из 5ijk∂∂∂  ∂υ z ∂ (υ y + ω x )   ∂υ z ∂ (υ x − ω y )   ∂ (υ y + ω x ) ∂ (υ x − ω y ) rot a == i ⋅−−− − j ⋅= + k ⋅yzxzxy∂x∂y∂z∂∂∂∂∂∂   constconstconst constconst constυx − ω y υ y + ω x υzrot a ( M ) = 2ω= k (ω + ω ) = 2ω k ⇒Поток векторного поля.1. Определение потока векторного поля.1.

Поверхностный интеграл II-го рода.Поверхность σ называется двусторонней, если для любой точки М и любогоконтура С, проходящего через М и не пересекающего границы σ , после его обхода мывозвратимся в М с исходным направлением нормали. Примеры двустороннейповерхности: сфера, куб, плоскость.Поверхность σ - односторонняя, если существует хотя бы один замкнутый контур,обходя который мы вернемся в исходную точку с противоположным направлениемнормали.Рассмотрим двустороннюю поверхность σ . Выберем одну сторону S + . Пустьфункция F ( x; y; z ) определена в точках этой поверхности, следовательно пределnlimn →∞max d k → 0∑ F ( x ;y ; zkkk) ⋅ ∆S k ( x ; y ) = I ,k =1где ∆S k ( x; y ) - площадь проекции элемента поверхности на плоскость х0у, называетсяповерхностным интегралом II-го рода и обозначаетсяI = ∫∫ F ( x; y; z )dxdyσ+2.

Определение потока векторного поля.Если P ( x; y; z ), Q( x; y; z ), R( x; y; z ) - непрерывны и σ + - сторона гладкой поверхности,характеризуемая направлением нормали n ( cos α ,cos β ,cos γ ) , то поверхностный интегралII-города Pdxdy+Qdzdx+Rdxdy=(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dσ=a∫∫∫∫∫∫ ⋅ n dσσ+σ+σ+( )называетсяпотоком векторного поля a = P ⋅ i + Q ⋅ j + R ⋅ k через поверхность σ в сторону нормалиn ( cos α ,cos β ,cos γ ) .3. Физический смысл потока векторного поля.Пусть векторное поле a есть поле скоростей стационарного потока несжимаемойжидкости (скорость потока в любой точке постоянна и не зависитот времени).

Внутрь потока поместим проницаемую поверхностьσ и определим количество жидкости, протекающей через σ заединицу времени.Рассмотрим вначале случай, когда a = const , а площадка ∆σплоская.рис. 1.3.1Математический анализ,семестр 2, лекция 13,стр. 3 из 5Тогда количество жидкости равно объему наклонного параллелепипеда с высотой h = npn a = a ⋅ n , т.е. h ⋅ ∆σ = a ⋅ n ∆σ , где n - единичный вектор нормали к σ (см. рис.( )( )1.3.1).Потоком постоянного векторного поля a через плоскую площадку ∆σ с нормальюn назовем: π = a ⋅ n ⋅ ∆σ( )(1)Модуль этой величины равен количеству жидкости, протекающей через ∆σ заединицу времени.Рассмотрим теперь произвольное поле a ( M ) и любую двустороннюю поверхностьσ.Выберем направление нормали к σ и разобьем ее произвольно на части ∆σ i снормалями n( M i ) . Считая приближенно площадки ∆σ i плоскими, а поле в пределах этоймалой площадки неизменным, поток через∆σ iбудем считать равным∆π i ≈ a ( M i ) ⋅ n( M i ) ⋅ ∆σ i .

Тогда поток через всю поверхность σ равен:π = ∑ ∆π i ≈ ∑ a( M i ) ⋅ n( M i ) ⋅ ∆σ i .()()Переходя к пределу при λ = max d (∆σ i ) → 0 получим точное значение потока:()π = lima ( M i ) ⋅ n( M i ) ⋅ ∆σ i = ∫∫ a ( M ) ⋅ n( M )dσn →∞ ∑λ →0i(2)σПоток обладает свойствами линейности,направления нормали к поверхности меняет знак.аддитивности,приизменении2. Вычисление потока.Повторим определение потока векторного поля: π = ∫∫ a ( M ) ⋅ n( M )dσσ1. Первый способ.Вычисление потока можно производить методом проектирования поверхности σ накакую-либо координатную плоскость. Так, например, если σ однозначно проектируетсяна плоскость х0у, то dσ =dxdy, n = cos α ⋅ i + cos β ⋅ j + cos γ ⋅ k .cos γ2.

Второй способ.Если σ проектируется на все три координатные плоскости однозначно, то потокможно вычислить по формуле: π = ∫∫ a ⋅ ndσ = ∫∫ ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) dσ = ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy =σσσ= ∫∫ P ( x( y, z ), y , z ) dydz + ∫∫ Q ( x, y ( x, z ), z ) dzdx + ∫∫ R ( x, y, z ( x, y ) ) dxdyσ yzσσxzyxпроекции на соответствующие координатные плоскостиМатематический анализ,семестр 2, лекция 13,стр. 4 из 5Пример:Найтипотоквекторногоa = ( x − 2 z ) ⋅ i + ( 3z − 4 x ) ⋅ j + ( 5 x + y ) ⋅ kчерезполяповерхностьтреугольникасвершинамивточкахA(1;0;0), B (0;1; 0), C (0;0;1)(см.рис.2.1.1).Нормальпредполагается направленной от начала координат.1) Первый способ:Уравнение плоскости треугольника: x + y + z = 1 − 0 .Нормаль к поверхности вектор n имеет координаты (1;1;1) .Единичная нормаль: (1;1;1)n i+ j+k1; =⇒ cos γ =1+1+133n ( a ⋅ n ) = ( x − 2 z + 3z − 4 x + 5 x + y ) ⋅ ( )π = ∫∫ a ⋅ n dσ =σ13рис.

2.1.1;⋅ 3dxdy = ∫∫  2 x + y + 1 − x − y  dxdy =3 σ x,y x , y dxdyz dσ =∫∫ ( 2 x + y + z ) ⋅σ1cos γa⋅n1− xx3 = ∫ dx ∫ (1 + x ) dy = ∫ (1 − x )(1 + x ) dx = ∫ (1 − x 2 ) dx =  x − 300002) Второй способ:1111= 1−01 2=3 3π = ∫∫ ( x − 2 z ) dydz + (3z − 4 x )dxdz + (5 x + y )dxdy = ∫∫ ( x − 2 z )dydz + ∫∫ (3z − 4 x)dxdz + ∫∫ (5 x + y )dxdy =σσ yzσ xz= ∫∫ 1 − z − y − 2 z  dydz + ∫∫ (3 z − 4 x)dxdz + ∫∫ (5 x + y )dxdy = ∫ dy0σ yz σ xzσ yxx111− x1σ yx1− y11− x00∫ (1 − y − 3z ) dz + ∫ dx ∫ ( 3z − 4 x ) dy +011312223+ ∫ dx ∫ ( 5 x + y ) dy = ∫ (1 − y )(1 − y ) − (1 − y ) dy + ∫  (1 − x ) − 4 x (1 − x ) dx + ∫ 5 x (1 − x ) + (1 − x ) dx ⇔22000 20 01⇔3∫ (1 − y )(1 − y ) − 2 (1 − y )01121123dy = ∫ − 2 (1 − y ) dy = 6 (1 − y )0101=− ;613 2233 11 3 7 2 3 2∫0  2 (1 − x ) − 4 x (1 − x )dx = ∫0  2 − 3x + 2 x − 4 x + 4 x dx =  6 x − 2 x + 2 x 1x x 3 322dx = ∫  5 x − 5 x + 2 − x + 2 dx =  − 2 x + 2 x + 2 001  12⇔ − +  −  +1 =6  6311∫ 5 x (1 − x ) + 2 (1 − x )122101=− ;61=1 ⇔03.

Теорема Остроградского – Гаусса.Если поверхность σ - замкнутая, ограничивающая некоторый объем V, то потокполя a через σ в направлении внешней нормали равен: π =a⋅ndσ=divadV(3)∫∫∫∫∫σVили в координатной форме:Математический анализ,семестр 2, лекция 13,стр. 5 из 5 ∂P ∂Q ∂P ++ dxdydz ∂x ∂y ∂z π =∫∫ ( P cos α + Q cos β + R cos γ )dσ = ∫∫∫ σVПример (аналогично задаче № 8 Типового Расчета:Вычислить поток векторного поля: a ( M ) = x ⋅ i + y ⋅ j + (1 − z ) ⋅ kчерез замкнутую поверхность конуса: x 2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z ≤ Hдвумя способами: а) непосредственно; б) по теоремеОстроградского – Гаусса.а) непосредственно.σ = σ1 + σ 2σ1 : z 2 = x2 + y 2 ; σ 2 : z = Hπ = π1 + π 2 2 xi + 2 y j − 2 zkzσ 1 : x + y − z ⇒ n1 =; cos γ 1 = −2222x +y +zx + y2 + z2 σ 2 : z = H ⇒ n2 = k ; cos γ 2 = 122рис.

3.12)(x2 + y 2 + ( x2 + y2 ) − x2 + y 2 x2 + y2 + z 2x2 + y2 − z + z 2π 1 = ∫∫ a ⋅ n1dσ 1 = ∫∫⋅dxdy = ∫∫dxdy =−zx2 + y2 + z 2x2 + y2σσσ1xy=∫∫2ρ 2 − ρρσ1xyρ d ρ dϕ = ∫∫ ( 2 ρ 2 − ρ )d ρ dϕ =⊕ π 2 = ∫∫ a ⋅ n2 dσ 2 =σ2πH 2ρ 3 ρ 2 222−=⋅−ϕρρρπdd()∫0 ∫02  3∫∫ (1 − z ) dxdy = ∫∫ (1 − H ) dxdy = (1 − H ) Sσ 2 xy⊕4133б) по теореме Остроградского – Гаусса. ∂P ∂Q ∂R++= 1 + 1 − 1 = 1;div a =∂x ∂y ∂zπ = π H3 − π H 2 + π H 2 −π H3 = π H31∫∫∫ 1dV = 3 SVоснπH31⋅ h = π=H2 ⋅ H3 R =H h= H3= (1 − H ) ⋅ π H ;2kpH0 2H 3 H 2 = 2π ⋅ −;2  3.