МУ - Методы решения задач по векторному анализу и поверхностным интегралам (1238791), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

Подставляяx(t ) , y (t ) , dx , dy в подинтегральное выражение, получаем2J 0(a 2  b 2 )(ab cos 2t sin 2t )dt  0 .2При решении примеров на криволинейной можно использовать теоремуо независимости его от пути интегрирования. Тогда, если подинтегральноевыражение в односвязной области полный дифференциал и функция U ( x, y )известна, то( x1 , y1 )P ( x, y ) dx  Q ( x, y ) dy  U ( x, y )( x1 , y1 )( x0 , y0 ),( x0 , y0 )В случае же, когда U ( x, y ) не известна, то интеграл вычисляем как:( x1 , y1 )x1y1 P( x, y )dx  Q( x, y )dy   P( x, y 0 )dx   Q( x1 , y )dy .( x0 , y0 )x0y0(1, 2 )Пример 9.

Вычислить интеграл J  xdy  ydx .( 0,1)Решение. Так как ydx  xdy  d (xy ) в любой области G , содержащей(1, 2 )точки (0,1) и (1,2), то J d ( xy )  xy ((10,,21))  1  2  2 .( 0,1)функция U ( x, y )  xy .13Здесь, очевидно,(1, 2 )Пример 10. Вычислить J ydx  xdyx2( 2,1)вдоль путей, не пересекаю-щих ось OY.Решение. Здесь P ( x, y ) yx2, Q ( x, y )  1, (приxx  0 ). ОчевидноP Q 1. Следовательно, в любой односвязной области, не содержащейy x x 2точек оси OY, подынтегральная функция – полный дифференциал.

Тогда под1счет J осуществляем по формуле J  22dx3.dy2x2 1Далее найти первообразную функцию от полных дифференцалов.Пример 11. Найти U ( x, y ) , если dU ( x, y )  x 2 dx  y 2 dy .Решение. Возьмем для удобства M 0  (0,0) . Тогда, используя вышеприведенные формулы для подсчета U ( x, y ) в 2-мерном случае, имеемyx3 y3U ( x, y )   t dt   y dt  C C.3300x22Пример 12. ПриdU ( x, y )  ( x 2  2 xy  y 2 )dx  ( x 2  2 xy  y 2 )dyнайти U ( x, y ) .Решение. Восстановливая U ( x, y ) , имеем для M 0  (0,0) :yx3y222U ( x, y )   t dt   ( x  2 xt  t )dt  C  x y  xy C.3300x222Далее вычислить интегралы по пространственным кривым.Пример 13.

Вычислить интеграл J   ( y 2  z 2 )dx  2 yzdy  x 2 dz ,Lгде L - кривая x  t , y  t 2 , z  t 3 при 0  t  1, пробегаемая в направлениивозрастания параметра.Решение. Из теоремы 3, получаем, сводя J к определенному интегралу,1равенство: J   ((t 4  t 6 )  2t 2 t 3 2t  t 2 3t 2 )dt .01Далее, после преобразований получаем J   (3t 6  2t 4 )dt 0141.35Пример 14. Вычислить J   ( y  z )dx  ( z  x) dy  ( x  y )dz , где C Cокружность, получаемая пересечением сферы x 2  y 2  z 2  a 2 и плоскостиy  xtg , (0     ) , пробегаемая в направлении против хода часовойстрелки, если смотреть со стороны положительных х.Решение. Окружность C лежит в плоскости y  xtg , и ее радиус равен а.

Запишем ее параметрическое уравнение в виде: z  a sin  , y  a cos при 0    2 , где y  xtg , а  - угол, образованный радиусом окружности с прямой и отсчитываемый в направлении движения против часовойстрелки, если смотреть со стороны положительных х. В системе 0xyz параметрические уравнения окружности имеют вид: x  a cos  cos  ,y  a sin  cos  , z  a sin  при 0    2 . По теореме 3 после всех параметрических замен и преобразований сводим криволинейный интеграл копределенномн:2J   a 2 (cos   sin  )d  2(cos   sin  )a 2 .0Здесь использованы равенства:x ' ( )  a cos  sin  , y ' ( )  a sin  sin  , z / ( )  a cos  .и применения формул, приведённых в теореме 3, где параметр t   .Далее найти криволинейные интегралы от полных дифференциалов.( 2 , 3 , 4 )Пример 15.

Вычислить J  ( xdx  y2dy  z 3 dz .(1,1,1)Решение. В силу равенстваx2 y3 z 4d(  )  xdx  y 2 dy  z 3dz .234Нетрудно убедиться здесь выполнение заключения III) теоремы 4 для функ-x2 y3 z 4 . Тогдации U ( x, y, z ) 234( 2 , 3 , 4 )x 2 y 3 z 4 ( 2,3, 4)7 ) (1,1,1)  53J   ( xdx  y dy  z dz = ( 23412(1,1,1)23Пример 16. ПриdU  (1 xy1 yx x )dx  (  2 )dy  2 dzy zz yzнайти U ( x, y , z ) .15Решение. Выражение dU является полным дифференциалом в любойобласти, не содержащей (0,0,0) и точек плоскостей 0xy, 0xz. Тогда на основеформул восстановления функции U ( x, y, z ) , получаемyzy0 xy1xxU ( x, y, z )   (1  )dt   (  2 )dt   2 dt  C ,y0 z0tx0y0 z 0z0 tгде ( x 0 , y 0 , z 0 ) ─ любая точка. Полагая x0  y0  z0  1 , имеемxyxU ( x, y, z )   dt   ( x zx xydt  C .2t111x xyПосле интегрирования получаем: U ( x, y, z )  x   C1 , где C1 - произy zt)dt  2вольная постоянная.Интеграл 2-го рода можно вычислять также и по формуле Грина: P( x, y )dx  Q( x, y )dy   (CGQ P )dxdy ,x yгде C - замкнутый контур, ограничивающий область G .Пример 17.

Вычислить по формуле Грина J   xy 2 dy  x 2 ydx , где CC222- окружность x  y  a .Решение. Обозначим через G замкнутую область x 2  y 2  a 2 .ТогдаJ   (GQ P )dxdy   ( x 2  y 2 )dxdy .x yGЗдесь P( x, y )   x 2 y , Q( x, y )  xy 2 . Переходя к полярным координатам, по2лучаем ( xG22 y )dxdy a d  02d 0a 42или J a 42.1.6. Применение криволинейных интегралов 1-го и 2-го рода1.

Вычисление длины кривой L по формуле L   dl .LПример 18. Найти длину кривой винтовой линии L , заданной параметрически x  a cos t , y  a sin t , z  at при t  0,4  и a  0 .Решение. Используем теорему 1 о сведении криволинейного интеграла1-го рода к определенному интегралу. Тогда длина164L   dl L0xt'2  yt'2  zt'2 dt 4422222a sin t  a cos t  a dt 0a1  1dt  4a 2 .0Аналогично можно вычислять и длину плоской кривой L , заданнойx  x(t ) , y  y (t ) , t   ,   по формуле  dl x t'2  y t'2 dt .L2. Вычисление площади G плоской фигуры с помощью криволинейного интеграла 2-го рода по формулам:G   xdx    ydy CC1( xdy  ydx) .2 CВ зависимости от задачи выбирается та или иная формула.

Здесь C - контур,ограничивающий квадрируемую область G и пробегаемый в положительномнаправлении, то есть область G остаётся слева.Пример 19. Вычислить площадь эллипсаx2a2y2b2 1.Решение. Введем параметрическое представление эллипса: x  a cos t ,y  b sin t , при t  0,2  . Тогда при возрастании параметра область остаетсяслева, то есть имеем положительное движение.

Применим здесь три формулыплощади. Имеем2ab 2sin 2 tS   xdy  ab  cos tdt  (1  cos 2t )dt  ab  22C00220= ab .Аналогично, и с другой формулой2ab 2S    ydx     ab sin tdt  (1  cos 2t )dt  ab  sin 2t2C00220abОтметим, что третья формула есть среднее арифметическое первых двух.Имеем11 2ab 222S   xdy  ydx   ab(cos t  sin t )dt dt  ab .2C2 02 0Отсюда видим, что по третьей формуле вычисление быстрее и проще.3. Вычисление массы кривой и центра масс.

Если    ( x, y, z ) - линейная плотность кривой L в точке ( x, y , z ) , то масса пространственной кривой L вычисляется по формуле M    ( x, y, z )dl . Соответственно для плоLской кривой L масса M    ( x, y )dl .L17Координаты центра масс ( x 0 , y 0 , z 0 ) пространственной кривой вычисляются по формулам:x0 1M x ( x, y, z )dl ,y0 L1M y ( x, y, z )dl ,z0 L1M z ( x, y, z )dlLНетрудно их записать и для плоской кривой с плотностью    ( x, y ) .Пример 20. Найти координаты центра масс винтовой линииx  a cos t , y  a sin t , z  at при t  0,4  и для  ( x, y, z )  x 2 .Решение. Найдем сначала массу кривой.

Имеем42M   x dl La42222222cos t a sin t  a cos t  a dt 0a3cos 2 t 2dt 0a3224 (1  cos 2t )dt  2a32.0Найдем теперь координаты центра масс: координата1x0 Ma3 x dl  ML34a 3 2 42 cos t 2dt  M  (1  sin t )d (sin t )dt 0003и координата1y0 Ma3 yx dl  ML24a 3 2 42 sin t cos t 2dt  M   cos td (cos t )dt 0 .002Координата же центра масс по ОZ равна1z0 Ma3 zx dl  ML2a34a3 2 t cos t 2dt  2M022t(M 2 24044 t (1  cos 2t )dt 02  t cos 2tdt ) 08 a 3M 2 2 .4Здесь t cos 2tdt  0после интегрирования по частям.

Итак x 0  0 , y 0  0 ,0z 0  2 и M 0  (0,0,2 ) ─ центр масс.18ГЛАВА 2. ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ2.1. Способы задания поверхностиРассмотрим способы задания поверхности в трёхмерном пространстве.1. Параметрическое задание. Пусть поверхность S ={s} точек s задананепрерывным отображением:( x, y )  ( x, y, z  f ( x, y )) .Рассмотрим на этой поверхности семейство кривых, зависящих от параметраu . При этом через каждую точку поверхности проходит только одна криваяэтого семейства.

Далее рассмотрим также ещё одно семейство, зависящее отпараметра v . Линии семейств, пересекаясь в одной точке поверхности, образуют координатную сеть. Таким образом, x, y, z являются функциями параметров u, v :x  x (u , v ) , y  y (u , v) , z  z (u , v) .2. Явный способ задания. Пусть на плоскости ( x, y ) имеется областьD и в ней определена непрерывная функция z  f ( x, y ) .Рассмотрим отображение плоской области D в область S ={s} трёхмерного пространства( x, y )  ( x, y, z  f ( x, y )) .Совокупность точек {s} трёхмерного пространства образует поверхность.2.2. Сторона поверхности и её ориентацияРассмотрим гладкую поверхность {s} , на которой выберем замкнутыйкусочно-гладкий контур. Возьмём на нём точку и проведём в ней нормаль кповерхности, которой припишем одно из двух возможных направлений.

Будемдвигаться по этому контуру. Возможны следующие ситуации:1. Движение по любому замкнутому контуру приводит к тому, что нормаль возвращается в исходное положение.2. Существует замкнутый контур, при обходе которого, направлениенормали меняется на противоположное.Мы будем в первом случае называть поверхность двусторонней, а вовтором − односторонней.

Подчеркнём, что на двусторонней поверхности выбор направления нормали в одной точке однозначно определяет это направление в других точках. Примером двусторонней поверхности является гладкаяповерхность, заданная параметрически.Определим, теперь, ориентацию поверхности. Пусть поверхность {s} −двусторонняя и ограничена простым замкнутым контуром L . Пусть наблюдатель двигается по L так, что нормаль направлена от ног к голове. Если он всё19время видит {s} слева от себя, то направление обхода назовём положительным, а в противном случае − отрицательным.Выбранное положительное (отрицательное) направление обхода контура, ограничивающего поверхность, назовём ориентацией поверхности.2.3. Поверхностный интеграл 1-го родаПусть имеется гладкая (кусочно-гладкая) поверхность S . В точках этойповерхности задана функция f ( x, y , z ) .

Интеграл вида  f ( x, y , z ) dS называSется поверхностным интегралом I рода от функции f ( x, y , z ) по поверхностиS . С физической точки зрения он представляет массу поверхности в точкахкоторой задана плотность f ( x, y , z ) .Приведём основные свойства поверхностного интеграла первого рода.Свойство 1. Если u  f ( x, y , z ) непрерывна на S , то f ( x, y , z ) интегрируема.Свойство 2. (линейность).Если f ( x, y , z ) , g ( x, y , z ) интегрируемы наS , то их произведение и сумма f ( x, y , z )  g ( x, y, z ) тоже интегрируемы наS для любых  , Свойство 3. Для неперекрывающихся гладких (кусочно-гладких) поверхностей S1 и S 2 при интегрируемой f ( x, y , z ) будет существовать f ( x, y, z )dS   f ( x, y, z )dS1   f ( x, y, z )dS 2 ,SS1S2где S  S1  S 2 .

Характеристики

Список файлов книги