1625913100-d6cad281f2175809016f408a26428a91 (532420), страница 20
Текст из файла (страница 20)
48), мы получим тогда новыйвектор Ь, для которого, согласно предыдущему, будем иметь выражениеРЬ = -- — grad 0 ! —grad 0 а.*2Н о если расстояние точки Р допрямой АВ обозначить через А, то,очевидно,гг sin 0 j = А;ггsin 08 = Аи, следовательно, предыдущее выражение можно переписать, пользуясьформулами ( 2 0 ) и (18), такЬ = --- jr- (sin 0 Хgrad 0 j -j- sin 02 grad 0 2) =grad (cos 0 X-}- cos ©2).Ясно теперь, что если мы рассмотрим функцию точки= cos 0j -J- cos 0 2,то вектор b будет всюду направлен по нормалям к линиям уровняфункцииа, следовательно, вектор а, перпендикулярный к вектору Ь,будет направлен всюду по касательной к линии уровня функции ty.
А это,Градиент.Е го св о й с т ва .Л инейны йинтеграл.П отенциал117по самому определению векторных линий, означает, что линии уровняфункции ф являются векторными линиями вектора а = grad®, т. е. Искомыми силовыми линиями. Для их графического построения нужно, согласно предыдущему, начертить хотя бы систему прямыхcos8 , =0, ±0 ,1,±0 ,2, ±0 ,2±1,затем систему прямыхcos 0 2 =0,±0 ,1, ...,± '1и затем произвести графическое сложение.Совершенно аналогично можно рассмотреть случай электростатического поля, происходящего от двух произвольных зарядов одинаковогоили равного знака, чему соответствует функцияи целый ряд других примеров.Задача 87.Вычислить grad (с, г), где с — постоянный вектор.Так как(? =(С , Г) =CxX - { - C yy - { - C ' Z ,то.
/ч . д? - . д© , , до. .. .,grad (с, Г) = 1- £ + j f t + k -fc = С,I + с,I + c,k = с.Другой способ вычисления, более короткий, основывается на том,что если dv = {dx, а), то a — grad ®.В нашем случае df — d (с, г) = (с, dx), следовательно,grad (с, г) = С.Задача 88. Вычислить grad |[с, г ] |3 где с — постоянныйВычисляем d([с, Ц [с, г]) = 2 ([с, г], [с, dx)). Положим[С, г] = Ь, тогда в векторно-скалярном произведенииможно произвести циклическую перестановку вектороввектор.на время(Ь, [С, dx])(Ь, [с, dx]) = (dr, [Ь, с]) = (dx, [[с, г], с]),значитd([c, г], [с, r]) = (dr, 2 [[с, г], с]),а это показывает, чтоgrad I (с, г] I2 = 2 [ [с, г], с] = 2г (с, с ) — 2с (г, с).Задача 89. Если ® (и, v) есть сложная функция от г через посредство двух вспомогательных функций и и v, то доказать формулу<9®___ jВ ек торны й анализ11 8Задача 90. Воспользовавшись тем, что эллипс r 1 -J-r2 = 2 a естьлиния уровня для функции <р = г, -{- гъ где гх и г2 суть расстоянияпеременной точки до двух фокусов (длины радиус-векторов), доказать, чтонормаль к эллипсу делит пополам угол между радиусами-векторами.Задача 91.
Решить задачу, аналогичную предыдущей, для гиперболыгх— га = 2 я, а также для параболы г — х —р с фокусом в началекоординат.Задача 92. Найти геометрический способ построения касательнойк овалам Кассиниг1га = а 2,где гх и г2 суть расстояния переменной точки до двух фокусов Л и В,воспользовавшись тем, что эти кривые суть линии уровня для функции г,г2.О т в е т . Соединив точку М кривой с фокусами А и В, отложимна продолжении AM от точки М отрезок М К = ВМ, а на продолжении ВМ отрезок ML — AM.
Диагональ параллелограма, построенногона МК и ML, и будет нормалью к овалу Кассини в точке М.Задача 93. Рассмотреть линии уровня и векторные линии для поляа = grad©, где © = lg/'1— 1g r 2, причем гх и г2 — расстояния переменной точки Р до двух фокусов А и В.#•О т в е т . Линии уровня — окружности — = const, векторные линии—гг— 6 2 = const, проходящие через точки А и В.Задача 94. Имеется скалярное поле <р в плоскости. Зная производдо<?©,.ные по двум направлениямив некоторой точке М, найтиOS*С/0 2геометрическим построением grad<p в этой точке.окружности0jО т в е т .
Отложим от точки М в направлении sx отрезок МК =откладываем отрезок МК —влении, противоположном направлению5,д'З2 -в напра-] и восставляем в точке К перпендикуляр КР к МК’, аналогично поступаем с направлением s2‘, еслиточка пересечения этих двух перпендикуляров есть Р, то вектор М Рбудет по величине и направлению представлять grad©.Задача 95. Имеются три заданные точки: Мх, М 2, Ms. Требуетсянайти такую точку Р, чтобы сумма расстояний МХРМ2РМ&Р была( минимальной.Прежде всего ясно, что точка Р должна лежать в плоскостиЛ/хЛ12Л/3.Введем обозначения MxP = r v M^P — r^, MsP = rt.Если рассмотреть функцию9 — Г\Ч ' Г2 “Н Г8»т* ясно, что в окрестности той точки Р, где эта функция принимаетминимальное значение, линии уровня должны быть замкнутыми кривыми,Г радиент.Е г о свой ства.Линейный интеграл.П от ен ц и ал119охватывающими точку Р, так что в самой точке Р необходимо должнобытьgrad ф = 0.Это приводит к условиюgrad rt --f-grad ra -j- grad r3 =0илиН о если сумма трех векторов равна нулю, то из этих векторов может быть составлен замкнутый треугольник.
Но в данном случае всетри вектора являются единичными, следовательно, треугольник будетравносторонний, а потому все углы его равняются 60°. Поэтому мы приходим к заключению, что искомая точка Р обладает тем свойством, чтовсе три угла МХРМ 2, MfPM3, М 3 РМ У равны 1 2 0 °, т. е. все эти отрезки vWj/Vfg, AfaAJ3, yVfg/Mj видны из точки Р под углом 120°, что даетвозможность простого геометрического построения точки Р.Задача 96. Имеется п заданных точек M t (rt) в пространстве.Требуется найти такую точку Р (г ) , чтобы сумма квадратов расстоя-Пний2, И / » была минимальной.Ответ.г—Задача 97.
Вывести закон преломления света на границе КК раздела двух однородных сред, зная, что коэффициент преломления второйсреды относительно первой равен п, и что поэтому свет распространяется в первой средесо скоростью, в п раз большей,чем во второй.Кроме тогоизвестно, что луч М ХРМ% должен иметь такую форму, чтобывремя прохождения светом расстояния между точкамиМ 2 было минимальным.Если обозначить М ХР — ГХ,М2Р = Гь то задача сводитсяк нахождению минимума функцииЯ г Я -nrг ,Черт.
49.если точка Р перемещается покривой КК'у но известно, что в точке минимума Р<*Рдолжно быть120В ек торны й анал изесли s есть направление касат^льюй к КК в точке Р. Поэтому в точ-ке Р вектор grade должен иметь направление нормали к КК\ ноgrad ® = grad rx-j- п grad г2 - —г\— \гглегко отсюда вывести, что если о угол падения луча, а р — угол преломления, тоsin а = л sin (i.Задача 93. Какое значение имеет giad(xmyn), еслиgrad у = —- grad х.Ответ.m{x-\-y) хт~1 у п ~ 1 grad х.Задача 99. Дано семейство поверхностей уровня.<p(r) = const.Написать векторное уравнение нормали к поверхности уровня, проходящей через точку М0 (г0), и уравнение касательной плоскости в этойточке.От ве т .
Уравнение нормали [г — Г0, gradср] == 0, уравнение касательной плоскости (г — Г0, grad<p) = 0, где значение gradcp берется в точке М0.Задача 100. Показать, что grad ср есть полярный вектор.3.Вектор, являющийся градиентом некоторого скаляра ср, называетсяпотенциальнымв е к т о р о м , а поле такого вектора называетсяп о т е н ц и а л ь н ы м . Величина ке ср называется п о т е н ц и а л о м .Потенциальные векторы обладают особыми, характеризующими ихсвойствами, связанными с понятием линейного интеграла вектора вдоль: некоторой кривой.Пусть нам задано векторное поле вектора а; возьмем какую-нибудькривую L, соединяющую две точки Л40 (г0) иразобьем ее набесконечно малые элементы, которые заменим хордами dr , составимдалее скалярные произведения (a, dr), где а есть вектор поля, отвечающий началу вектора dr.
Составим далее сумму всех таких скалярных произведений и перейдем к пределу, устремляя все элементы drк нулю. Полученный предел называется лине йным и н т е г р а л о мв е к т о р а а в д о л ь к р и в о й L и обозначается черезf (a,dr).1Этот интеграл часто пишут в двух других формах. Вспоминая преждевсего, что (а, Ъ) = Ьаь, замечая, что \dr\-ds, где ds — элементдлины кривой} и обозначая через af — касательную составляющую век-Градиент.Е го свойства.Л и н ейны й интеграл.П отенциал121тора а, мы будем иметь, что(a, dr) — aads,и, следовательно, мы можем написатьJ (a, dr) = f asds.LLВоспользовавшись же выражением (a,динатdr)в проекциях на оси коор(a, dr) — axdx -f- aydy -f- atdz,мы будем иметьf (a, dr) = Г(axdx-\-aydy-\-atdz).liДля вычисления этого последнего интеграла обычно выражают координаты точки кривой L функциями какого-либо параметра и сводятдело к вычислению простого интеграла.
Например вычислим интегралJ (xdy— yd)с),VLвзятый по контуру кругакоординаты точек этой окружности можно выразить функциями одногопараметра бx — R cos бу = /?sin 0,причем, когда 0 меняется отность. Мы имеем далее0до2Цdx = —R sin бд?б,то точка описывает всю окружdy — R cos 0d0и, следовательно,xdy — ydx = R cos 0 • R cos 0d6 -j- R sin 0 • R sin 0rf0 = R2dQ2kf (xdy—ydx) = J R4b — 2t:R*.LоЛинейный интеграл вектора по замкнутой кривой называется ещец и р к у л я ц и е й в е к т о р а п о этой к р и в о й.Если взять за вектор а вектор силы F, действующей на материальную точку, а за L — траекторию точки, тоJ(F,dr)дает работу силыпри перемещении точки из М 0 в М и так как (F, dr) = F\dr\cos(F ,dr)означает элементарную работу силы на перемещении d\.В ек торны й122анализВообщ е говоря, линейный интеграл вектора зависит от того пути L,который соединяет крайние точки М 0 и M v Иначе обстоит дело с потенциальными векторами.Докажем следующую теорему: линейный интеграл сектора grad®вдоль какой-либо кривой L, соединяющей точки Af0( r J и M ^rJ,равен разности значений функции <р в точках Мх и М0.В самом деле[ (grad <р, dr) —f dy =©(r i) — 'f(r0) = ^{xlt y v2.) — <?(x0 ,yQ, г 0).(2 1 )Отсюда, как непосредственное следствие, вытекает, что если <р —о д н о з н а ч н а я ф у н к ц и я (дальше мы дадим пример многозначнойфункции), то з н а ч е н и е л и н е й н о г о и н т е г р а л а g rad© н е з а висит от пути и н т е г р и р о в а н и я , а тол ько от к о н е ч н ы хт о ч е к п у т и .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
