Векторный анализ, теория поля (1021365), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Тогдаможно записать:γm1= γmgradF = gradrr∂ 11 ∂r1 ∂ x2 + y2 + z 2x( )=− 2Т.к.=− 2=− 3∂x r∂xr ∂xrr∂ 1zy∂ 1( )=− 3 ⇒Аналогично,( )=− 3;∂z r∂y rrr551γmγm( xi + yj + zk ) = − 3 r = F ( M )3rrr2. Аналогично для напряженности E электростатического поля от зарядаq, помещенного в начало координат, получим:q1E = k 3 r = −kqgradrrгде k=const.3. Рассмотрим поле температур U. В теории теплопроводности имеемформулу для потока тепла dQ, протекающего через элементарнуюплощадку dσ в направлении ее единичного вектора нормали n 0 забесконечно малый промежуток времени dt:∂UdQ = −kdσdt ( gradU , n 0 ) = −kdσdt∂nгде k>0 –коэффициент теплопроводности.
Эта формула (закон Фурье)выражает тот факт, что тепло течет от более нагретых частей к менеенагретым и притом тем быстрее, чем быстрее убывает температура. Всоответствии с этим количество тепла dQ оказывается положительнымименно в том случае, когда (∂U ∂n) отрицательно, т.е. когда температураγmgrad = −убывает в направлении n 0 .4.6.
Направляющие косинусы нормали к поверхностиПоверхность, определенную уравнением:F ( x, y , z ) = 0(4.92 а)можно рассматривать как поверхность уровня поля: F = F ( x, y, z ) . Градиентэтого поля:∂F∂F∂F(4.92 б)gradF =i +j+k =n∂x∂y∂zСогласно теореме 4.3 gradF в любой точке М(x,y,z) нашей поверхностинаправлен по нормали к ней. Следовательно, направляющие косинусынормали к поверхности имеют вид:∂F ∂x(4.93 а)cos α =222± (∂F ∂x) + (∂F ∂y ) + (∂F ∂z )∂F ∂y(4.93 б)cos β =222± (∂F ∂x) + (∂F ∂y ) + (∂F ∂z )∂F ∂z(4.93 в)cos γ =222± (∂F ∂x) + (∂F ∂y ) + (∂F ∂z )Из формулы (4.91) следует, что градиент к поверхности (4.92) может бытьтождественно равен нулю лишь в случае, когда:∂F ∂F ∂F===0∂x ∂y ∂z56т.е. когда F – постоянная величина.
Однако, возможно равенство нулю всехчастных производных первого порядка в отдельных точках и для случая,когда функция F отлична от постоянной. Такие точки, в которых градиентскалярного поля обращается в ноль, являются особыми точками поля.Примером такой особой точки может служить вершина коническойповерхности. Эти точки не будут здесь рассмотрены, ограничимся лишьобыкновенными точками, которые характеризуются тем, что в нихградиент поля отличен от нуля. Следовательно, направляющие косинусынормали к поверхности (4.92) будут определены лишь в обыкновенныхточках, т.е. в которых функция F(x,y,z) дифференцируема и не все частныепроизводные равны нулю.Запишем для частного случая поверхности z=f(x,y) направляющиекосинусы (которые понадобятся нам в разделе 5). Перенеся все члены влевую часть, получим:z−f(x,y)=0Сопоставляя это уравнение с уравнением (4.92 а) можем считать, что вданном случае: F(x,y,z)= z−f(x,y)=0.
Поэтому:∂F∂f ( x, y ) ∂F∂f ( x, y ) ∂F=−;=1=−;∂x∂z∂x∂y∂yВ этом случае направляющие косинусы преобразуются к виду:− ∂f ∂x(4.94 а)cos α =± (∂f ∂x) 2 + (∂f ∂y ) 2 + 1− ∂f ∂y(4.94 б)cos β =22± (∂f ∂x) + (∂f ∂y ) + 11(4.94 в)cos γ =22± (∂f ∂x) + (∂f ∂y ) + 1Из (4.94) следует простая зависимость между направляющими косинусами,например, cos β = (− ∂f ∂y ) ⋅ cos γ или cos α = (− ∂f ∂x ) ⋅ cos γ4.7. Решение типовых примеровПример 1.
Найти линии уровня скалярного поля U=x2-y2.Решение. Линии уровня определяютсяуравнениями:x2-y2=С, С = const.При С≠0 получаем семейство гипербол(см.рис.4.3)При С=0 получаем пару прямыхy=x, y=-xЭто значит, что асимптоты гипербол(биссектрисы координатных углов) такжеотносятся к числу линий уровнярассматриваемого поля.57Пример 2. Найти поверхность уровня поля U = x 2 + y 2 − z 2Решение.
Поверхность уровня поля U определяется уравнениями:U = C , т.е. x 2 + y 2 + z 2 = C , C = constПри С<0 поверхностями уровня являются семейство двухполостныхгиперболоидов вращения с осью, совпадающей с осью Oz (см.рис. 4.4а); приС>0 – семейство однополостных гиперболоидов (рис. 4.4б). При С=0 –круговой конус с вершиной в начале координат (рис. 4.4в).Пример 3. Найти поверхность уровня функции U= ln x 2 + y 2 + z 2Решение. Поверхность уровня определяется уравнениями:ln x 2 + y 2 + z 2 = C ⇒⇒ x 2 + y 2 + z 2 = (e C ) 2Изменяя С, будем получать различные сферы центром в начале координат ирадиусом еС.
Т.е. семейство поверхностей уровня функции U есть семействоконцентрических сфер с центром в начале координат.Пример 4. Найти производную скалярного поля U ( x, y, z ) = x 2 − arctg ( x + y )в точке М(1, 1, 1) по направлению вектора l = 18 ⋅ i + 9 ⋅ j + 18 ⋅ kРешение. Вычислим gradU в точке М(1, 1, 1)11∂U ∂U ∂U;;) = (2 x;−;−)gradU = (2∂x ∂y ∂z1 + ( y + z)1 + ( y + z) 2581 1gradU ( M ) = (2;− ;− )5 50Найдем вектор l , который совпадает по направлению с lи имеетединичную длину.
Длина вектора l : l = 18 2 + 9 2 + 18 2 = 27 . Тогдаl0=ll=18 ⋅ i + 9 ⋅ j + 18 ⋅ k2 1 2= ( ; ; ) = (cosα , cos β , cos γ )273 3 3Производную по направлению вычисляем по формуле (4.5):∂U ( M )2 1 1 1 2 17= 2⋅ − ⋅ − ⋅ =∂l3 5 3 5 3 5∂U ( M )>0 означает, что скалярное поле в точке М поТот факт, что∂lнаправлению l возрастает.∂U ( M ) 17=Ответ:∂l5Пример 5. Найти производную скалярного поля U = xyz в точке М0(5,1,2) внаправлении идущем от этой точки к точке М(9,4,14).Решение.
Определим координаты вектора в направление которого нам надовзять производную: M 0 M = {4,3,12} . Определим единичный вектор этогонаправления e =M 0MM 0M=4i + 3 j + 12k4 2 + 32 + 12 2=4312i +j+ k131313Вычислим gradU в точке М0(5, 1, 2)∂U ∂U ∂UgradU = (;;) = ( yz; xz; xy ) gradU ( M 0 ) = {2;10;5}∂x ∂y ∂zПроизводную по направлению вычисляем по формуле (4.5):∂U ( M 0 )4312 98= 2 ⋅ + 10 ⋅ + 5 ⋅ =∂e131313 13∂U ( M 0 ) 98= .Ответ:∂e13Пример 6.
Найти наибольшую скорость возрастания поля U =x y z+ + вy z xточке М(-1, 1, -1).Решение. Так как скорость изменения поля определяется производной понаправлению, а максимальное ее значение согласно теореме 4.4 равномодулю градиента поля, то следует найти градиент поля в точке М(-1, 1, -1) ивзять от него модуль.1 zx 1y 1gradU ( x, y, z ) = ( − 2 )i + (− 2 + ) j + (− 2 + )ky xzxyzgradU (−1,1,−1) = 2i − 2k ⇒ gradU (−1,1 − 1) = 2 259Ответ: 2 2Пример 7.
Найти единичный вектор нормали к поверхности уровняскалярного поля U = x 2 + y 2 + z 2Решение. Поверхность уровня данного скалярного поля – сфера:x 2 + y 2 + z 2 = C (С>0)Вектор, направленный по нормали к поверхности уровня есть gradU:gradU ( x, y, z ) = 2 xi + 2 yj + 2 zkТеперь определим единичный вектор к поверхности уровня в точке М(x,y,z):gradUxi + yj + zkn0 ==gradUx2 + y2 + z 2Ответ: n 0 = (x22x +y +z2y,22x +y +z2,z22x +y +z2)Пример 8.
Найти производную поля U ( x, y, z ) = ln( x + y 2 + z ) в точкеz2М(1,3,2) по направлению нормали к поверхности Ф: x + zy −− 5 = 0,2образующей тупой угол с положительным направлением оси Оz.Решение. Найдем gradU ( M ) и единичный вектор n 0 нормали к поверхности∂U ∂U ∂U12y1;;)=(;;)Ф: gradU = (∂x ∂y ∂zx + y2 + z x + y2 + z x + y2 + z1 1 1gradU = ( ; ; )12 2 12Вектор нормали к поверхности n , задаваемой уравнением (4.92а) в каждойточке М, принадлежащей к поверхности, определяется по формуле (4.92б).2z2В данном случае F ( x, y, z ) = x + xy −− 5, ⇒, n = (2 x; z; y − z ) ⇒2⇒ n ( M ) = (2;2;1) . Найдем единичный вектор n 0 направления нормали:n(2,2,1)2 2 1n0 = ± = ±= ±( ; ; )n3 3 32 2 + 2 2 + 12Выясним какой знак соответствует вектору, образующему тупой угол сположительным направлением оси Оz.
Поскольку n 0 = (cos,α cos β , cos γ ) , гдеγ - угол между вектором n и положительным направлением оси Оz, и этотугол по условию тупой, то cosγ<0. Последнее возможно лишь при выборе2 2 1знака «−», т.е.n 0 = (− ;− ;− ) . Для вычисления производной остается3 3 3воспользоваться формулой (4.5):5∂U ( M ) 1 ⎛ 2 ⎞ 1 ⎛ 2 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞=−+⋅−+⋅−=⋅−⎟⎜⎟⎜⎟⎜12 ⎝ 3 ⎠ 2 ⎝ 3 ⎠ 12 ⎝ 3 ⎠12∂n 0260∂U ( M )5=−012∂nПример 9. Найти величину и направление градиента скалярного поляU=x2+y2+z2 − 2xyz в точке М0(1,-1,2). Определить в каких точках градиентперпендикулярен к оси Ох, а в каких точках он равен нулю.Решение. Градиент функции в произвольной точке М:gradU ( M ) = 2( x − yz )i + 2( y − xz ) j + 2( z − xy )kЗатем находим градиент в точке М0:gradU ( M 0 ) = 6i − 6 j + 6kВектор, перпендикулярный оси Ох, имеет равную нулю первую координату,поэтому 2(x−yz)=0.
Следовательно, для всех точек М, лежащих наповерхности x=yz, градиент будет перпендикулярен оси Ох.Градиент равен нулю, если x−yz=0, y−xz=0, z−xy=0. Решая эту систему,находим искомые точки: М1(0,0,0); М2(-1,1,-1); М3(1,-1,-1); М4(-1,-1,1);М5(1,1,1).Пример 10. Найти угол между градиентами скалярных полейxy 23U ( x, y, z ) = 2 x − yz + z , V ( x, y, z ) = 4 в точке М(0,2,1).zРешение.∂U ∂U ∂UgradU = (;;) = ( 2 ;− z;3 z 2 − y ); gradU ( M ) = ( 2 ;−1;1)∂x ∂y ∂zОтвет:y 2 2 xy 4 xy 2gradV = ( 4 ; 4 ;− 5 ) ; gradV ( M ) = (4;0;0)z zzПусть ϕ– угол между векторами gradU и gradV .
Скалярное произведениевекторов градиентов имеет вид:( gradU , gradV ) = gradU ⋅ gradV ⋅ cosϕ ⇒cosϕ =( gradU , gradV )2 ⋅ 4 − 1⋅ 0 + 1⋅ 02==;gradU ⋅ gradV2( 2 ) 2 + (−1) 2 + 12 ⋅ 4 2 + 0 2 + 0 2ϕ = arccosϕ=π2 π=24.4Пример 11. Найти градиент расстояния r = ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 + ( z − z 0 ) 2 ,где M(x,y,z) – переменная точка, M(x0,y0,z0) - некоторая фиксированная точка.Решение. Получаем:r∂r∂r∂r ( x − x0 )i + ( y − y0 ) j + ( z − z 0 )kgradr = i+ j +k== =r0∂x∂y∂z( x − x0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 + ( z − z 0 ) 2 rОтвет:где r 0 - единичный вектор направления М 0 М .61Ответ: gradr = r 0 .Глава 5. ВЕКТОРНОЕ ПОЛЕОпределяется векторное поле как векторная функция векторного аргумента.Определяются основные понятия векторного анализа: дифференциальные характеристики– дивергенция и ротор векторного поля; интегральные характеристики – поток ициркуляция векторного поля.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
