И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач - Математический анализ - Кратные и криволинейные интегралы (1111813), страница 30
Текст из файла (страница 30)
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]. г ) г где значок "с" указывает.что оператор набла на данный объект ие действует. Если объект, иа который оператор 1т не действует, находится позади лР, то будем индекс "с" опускать. Имеем 3 6. Элементы векторного анализа 209 б) Воспользуемся известной формулой векторной алгебры: [ц, [Ь, с]] = Ь(а, с) — с(а. Ь), Действуя оператором»т на вектор [с, В], где В = у(т)г, находим: гот [с, В] ж [~, [с, В]] = [С», [с, В,]] + [»7, [с,, В]] = = с(Р, Вь) — В(~т, с) + с(T, В) — В(С», с,) = (В, ~г)с — В(»7, с)+ с(~», В) — (с, ~')В = = (В, ~»)с — Вд»т с+ сейл  — (с, т»)В. Тах как с — постоянный вектор, то справедливы равенства / а а а 1 / дс ас дс'1 (В,С')ежП.) ~, +у +з ) с=У(.) ~* — +у — + — ~ =О, д; с=о, дк ду дя) [ дх ду дг) в силу которых гог [с, В] = с»1Н В вЂ” (с, ~')В.
(*) Прн решении примера 212 мы нашли д»т В = ту'(т) + Зу(т). Чтобы решить пример до конца, требуется вычислить (с, »т)В. Пусть вектор с ил»еет вид с = (а.,3.;). Тогда получим: / д д д» (с. ~г)В = [ а — +,3 — +; — ) Х(т)т = [, ая ау 'а) = а ( — кт+ г,у(т) +д — ут+уу(т) +; — гт+ ЙУ(т) у'~'( ) . ~ у'г( ) ~ у'г( ) т ] [ т ) [ т = у(т)с+ — т(с, т). у»( ) т Подставляя полученные выражения в (*), находим: го1[с, у(т)т] = с (т~'(т) + ЗГ(т)) — 1(т)с — — т(с, т) = .»"( ) = 2у(т)с + — с(т, г) — — т(с, т) = 21(т)с + — (с(т.
т) — т(с, т)). > У (т) У (т) 1 (»') т т т 21 а. Доказахь формулу ойт [В», Вг] = (Вг, го»В») — (В». »отВг), ч Действуя по той же схеме, что и при решении примеров 216 — 218, получаем: »(»»' [В» Вг] = (г», [В», Вг]) = (г». [В», Вг]) + (Т». [В» Вг]) = = (Вг, [»г» В»]) — (В», [»»,. Вг]) = (Вг, гогВ») — (В», »огВг). (воспользовались известным правилом векторной алгебры для смешанного произведения: (а, [Ь, с]) = (Ь, [с, а]) = (с, [а, Ь])). > 220. Жидкость, заполняющая пространство, вращается вокруг оси е = (соьа, созд,соз;) с постоянной угловои скоростью ь». Найти вихрь вектора линейной скорости е в точке пространства М = (к, у, я) в данный момент времени.
° Направление вектора угловой скоросю» ь» совпадает с направлением е, поэтому а» = ые. Вектор линейной скорости е частицы жидкости в точке М определяется формулой е ж [ы» т], где г = (к, у. з). Для вычисления вихря векторного поля скоростей е воспользуеьюя формулой, полученной при решении примера 218, полагая в ией с = ы, т(т) = 1. Находим: гот в = 2ы. > 221.
Найти поток вектора т = (т. у, т): а) через боковую поверхность конуса К = ((к, у, г) Е Й~ » кг + у < яг; О < з < Ь)» б) через основание этого конуса. ч Для вычисления потока воспользуел»ся формулой (1), п.б.б, которая в данном случае принимает вид: (; а) =Ц( (м), (м))дд. В случае а) ецииичный вектор нормали в каждой точке на боковой поверхности Яь конуса ортатонавен к вектору » вследствие чего ш(т: Яь) = О. 16. Элементы векторного анализа 211 Решение примера свелось к вычислению мнтеграла Гаусса (см. лрилгер 166), когда замкнутал поверхность окружает фиксированную точку (в данном случае начало координат). Таким образом, гл(и; Я) = 4яш. > п е; 225. Найти поток вектора Р(т) = ~) бгаб (- — '1, где е, — постоянные и т;— 4лт, У ' '=1 расстояния точек М; (источников) от переменной точки М(т), через замкнутую поверхность Я.
окружающую точки М; (з = 1, и). и Векторное поле и(т), рассмотренное в предыдущелз примере, поясно представить в виде и(т) = бгм( (- — „), вследствие чего приходим к выводу, что расгматриваеыое поле Х(т) являетсл суммой полей вида и(т), для которых т = ~" . На основании решения предыдущего примера можно сразу записать: и и зз(Р;Я) ж~ 4т — ж~ еь > 226. Найти работу вектора Г = т вдоль отрезка винтовой линии т = засозг+уазш г+йбг (О < 1 < 2т). чЗ работу поля Х вычислиы с помощью формулы (1), п.6.5. Найдем единичный касательный вектор т в каясдой точке кривой: т =, = ( — аз(в(, асозт, Ь).
т (1) 1 Цт'(Г) б /аз + Ьз Таким образолд получиы А = Ь / 131 = 2тзЬ а (приняв во внимание равенства (Х, т) = — =~ =, Ж = (х'(Г)) +(у'(1)) +(з'(1)) 31 зг ~+ь~' ~/ау+ Ьз 41). > з у й 227. Найти работу поля г1 = -+ -+ — вдоль прялголннейного отрезка. соединяющего у х х точки М = (1, 1, 1) и з17 = (2, 4, 3), 1 / з з т ч Очевидно, т = =(1, 3, 7) = ~-т, -т, -т ~ — единичный вектор, совпадающий по направлению с векторе г Мз17, в силу чего имеем: 3 чтГ9 ~,у х х) Уравнение прямой, проходящей через точки М и з"7, имеет вид х — 1 = — "' = — *, и мы з можем параыетризовать эту прямую, выбрав в качестве параметра переменную х.
)1ри этом ° '.: ° -*,,= ° -г, *=; -к а=~~.*~~,*~а'=,атг., "= У " - "=У( — — -)'ж 1 3 71 Зх — 2 7х — б х ыгг 1 = ~-1в(Зх — 2) + — 1л(тх — 6) + 71л х) ) = — 1п 2 > /1 ~з 7 21 228. Нанти работу поля Л = (у+ з) з+(х+ х)ба+(к+ у)й вдоаь меньшей дуги окружности большого круга сферы о = ((х, у, з) Е Ьзз: хз+ у + хз = 25), если эта дуга соединяет точки М = (3, 4, О) и 1'з (О, О, 5). грй Гл. '2. Кратные н криволинейные интегралы М Рассматриваемая дуга лежит в плоскости, уравнение которой у = э-х, и представляет собой четверть окружности радиуса 5. Парамегризуеьг эту кривую, выбрав в качестве параметра > гол у, образованный радиусом-вектором точки кривой, лежащим в упоыянутой выше плоскости, с его проекцией на плоскость хОу.
Тогда параметрические уравнения данной дуги будут иметь вмд х = 3 сов у, у = 4 сову, ь = 5 яп у (О < у ( -), и единичный касательным вектор т в каягдой ее точке будет выражаться формулой 1 / 3 . 4 т— (х (у), у (у), ь (у)) = ( — -яп у, — -яву, сову) . ( ~(, ))2+ (у (, ))2+ ( 2(„))2 (, 5 5 Вектор В на данной дуге приминает вид В = (4 сову+ 5 вшу)2+(5яп у+ 5соь у)у+ (7соь у)й, поэтому имеем: (В, т) = 7соь2у — — яп2у. Применив формулу (1), п.5.5. и приняв во внимание равенство Й = 5 Иу, получим; ь 2 .4 = (В, т) й! = 5 (7соь2у — — яп2у) 4у = 5 (-ь>п 2у+ — сох 2у) ~ = — 12. и 5 ) ь2 5 )1~ м>г о 229.
Найти циркуляцию Г вектора В = — уь'+ ху+ сй (с — постоянная): а) вдоль окружности ", = ((х, у. 2) Е В~: хэ+ у = 1, ь = 0); б) вдоль окружности; = ((х, у. 2) Е В~: (х — 2) + уэ = 1, ь = 0). м Циркуляция поля В вдоль замкнутого контура; равна, по определению, имтегралу Г= ф(В, )Й. ~у В случае а) возьмем параметрические уравнения окружности в виде х = сову, у = яп у, г = 0 (О ( у < 2т). Тогда получим: т я (-вшу, сову, О), В = — ььшу + усову+ йс, (В, т) =1, й=4у, 2ь Г = )2 (В, т) Й = / йу = 2т.
а В случае б) параметрические уравнения окружности берем в виде х = 2+сову, у = йп у, 2 = 0 (О ( у ( 2т). При этом получаем: т = ( — яп у, сову, О), В = — ьяп у+у(2+сову)+ Ос, (В, т) = 1+2соьу. Й =Ыу, Г = / (1+ 2 осе у) 4у = 2т. р о 230. Найти циркуляцию Г вектора В = бган (агсгб -) вдоль контура э в двух случаях; у'> а) ", не округиает оси Оь; б)ау окружает ось Оь. ч Пале  — потенциальное, поэтолгу в случае а) его циркуляция Г вдоль любого контура, не содергкащего особых точек функции (х, у) ь агсгб д, равна нулю.
В случае б) имееьг; Г = ~(В, т) Ы1 = ~ (Згаб (агсгб-), т) Й = 0> — ( агсК -) Й = агсК вЂ” ~ (наполшнм читателю, что выраясение (Огай у, т), где т — единичный касательный вектор к некоторой кривой, равмо производной скалярного поля у вдоль этой кривой), Обозначив †" = гбу, получаем,что циркуляция поля В по замкнутому контуру э равна приращению угла д при его обходе.
При каждом полном обходе угол д получает приращение з б Элементы векторного анализа 213 2х (так как контур т окрулсает ось О«и его проекции на плоскость хОу окружает начало координат), поэтому в общем случае Г = 2ти, где и — число полных обходов контура "с вокруг оси О». в 231. Дано векторное поле Л = у л — — у+ ссхууй. Вычислить гас Л в точке М = (1с 1, 1) ьс«лс'« и найти приблилсенно циркуляцию Г поля вдоль бесконечно малой окружности Т. = 5 гс Т, где 5 = ((х, у, ») 6 Л~: (х — 1) +(у — 1)»+(»-1) = е»).
Т вЂ” плоскость, заданная уравнением (х — 1) созе+ (у — 1) сов 1? + (» — 1) соз З = О, где соз» а + соз»,б + со»» ", = 1. о Применив формулу (4). п.б.?, получим: гос Л = — (лсху) — — — — с+ — — — — (~/хуу) у+ гоС Л(М) = — 1 — 2й. Циркуляцию Г поля Л вдоль заданной окружности вычислим с помощью формулы Стокса Г = О(и, гос Л) с?в, е где в — кусок плоскости Т, осраниченный окружностью 1. На плоскости Т имеем: » = 1 — — ((х — 1)созе + (у — 1) созсз), »' = — — "* .
»» — — — — "*, и = (сола, созсб, соз-), (и. гог Л(М)) = — соз В 2 соз с ° Подставив скалярное произведение под знак интеграла, найдем: à — (со«В + 2 сох "с) с(в = — (газ сб + 2 сов "с)хе так как и — круг радиуса е, лежащий в расслсатриваемой плоскости Т. в 232. Показать, что поле Л = у«(2х+у+«)л+х«(х+2у+«)1+ху(х+у+2«)й потенциальное и найти его потенциал. < попе потенциально, поскольку голл = О (убедиться в этом предоставляем читателю).
В сичУ потенциальности полм Л, нмеелс Л = Огас) Р = в л+ в,1+ в й. вз. вг ве в* в» Пз равенств ф = у»(2« + у +»), — К = х»(х + 2у + «), вк = ху(х + у+ 2») находим: »с(х. у, ») = ху«(х+ у+») + т,"(у, «). — ~ = х«(«+2у+ «) = х»(»+ 2у+») + — с, откуда вз = О, 6 = Ф(»). Пз равенства — ~ = ху(х + у + 2») = ху(х + у+ 2«) + Ф («) получаем: Ф («) = О, Ф(») = С, где С = совал. Окончательно имеем: с»(х, у, «) = ху»(х+у+»)+С, где С вЂ” произвольная постоянная. ~ 233. Найти потенциал гравитационного поля Л = — — г, создаваемого массой пс, гз находящейся вначале координат. О Принимая во внимание равенство Я = угас( ™, находим потенциал Св поля Л: Сз = —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
