1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 76
Текст из файла (страница 76)
Показать, что dϕ∗ ωA=12ϕ∗ dωA= ϕ∗ ωrotA.777Решение.1e u0 du + yv0 dv) + R(ze u0 du + zv0 dv)) =d(ϕ∗ ωA) = d(Pe(x0u du + x0v dv) + Q(y00000000e uve uvPe(x00uv − x00uv ) + Q(y− yuv) + R(z− zuv) du ∧ dv+e + zu0 dR)e ∧ du + (x0v dPe + yv0 dQe + zv0 dR)e ∧ dv =(x0u dPe + yu0 dQe · r 0u + zv0 ∇Re · r 0ux0v ∇Pe · r 0u + yv0 ∇Q000000eee− xu ∇P · r v − yu ∇Q · r v − zu ∇R · r v du ∧ dv =0 00 00 00 00 00 0eee∇P · (xv r u − xu r v ) + ∇Q · (yv r u − yu r v ) + ∇R · (zv r u − zu r v ) du ∧ dv z0 z0 y0 y0 e u v e − ∂z Q)e u v + (∂z Pe − ∂x R)= (∂y R x0u x0v zu0 zv0 x0 x0 e − ∂y Pe) u v du ∧ dv =+ (∂x Q yu0 yv0 ∗ϕ (∂y R − ∂z Q) dy ∧ dz + (∂z P − ∂x R) dz ∧ dx2+ (∂x Q − ∂y P ) dx ∧ dy = ϕ∗ ωrotAДомашняя работа21.9Задача21Рассмотрим точную форму ωA= dωB.
Какое условие нужно наложить нафункцию A?Решение.32= ωdivA= 0, то divA = 0. Здесь A = rotB. См.Поскольку dωAопределение соленоидального поля.21.10Задача1Рассмотрим точную форму ωA= du. Какое условие на функцию A = (P, Q, R)?Решение.12Поскольку dωA= ωrotA= 0, то rotA = 0. Здесь A = ∇u. См.определение потенциального поля.77821.11Задача2Пусть ωA= P dy ∧ dz + Qdz ∧ dx + Rdx ∧ dy, ϕ : R3 → D, D ⊂ R3 . Показать,223что dϕ∗ ωA= ϕ∗ dωA= ϕ∗ ωdivA.21.12Пример 238, [14]Из замкнутости не следует точность форм, если нарушается условие звездности.
Рассмотреть форму ω 1 =xdy−ydxx2 +y 2в области D = {(x, y) : 1 < x2 +y 2 < 2}.Показать, что функция f (x, y) = arctan( xy ) не является непрерывной на от√√резках x = 0, y ∈ (− 2, −1), y ∈ (1, 2).22Seminar on 22.04.2019Криволинейный интеграл второго родаСм. дополнительный семинар 32.Простая гладкая криваяΓ = {r(t), t ∈ [a, b], r ∈ C 1 [a, b], |r 0t | =6 0},ориентируется заданием ориентации в области значения параметра t. Областьзначения параметра t – отрезок; ориентация [a, b] – этого отрезка соответствует ориентации A˘B, A = r(a), B = r(b), кривой Γ, а ориентация [b, a]- ориентации B˘A кривой Γ. В дальнейшем под термином "ориентированнаякривая Γ"будем понимать выбор ориентации на Γ в обоих смыслах.Определение.
Пусть Γ – кусочно-гладкая ориентированная кривая и Γq ,1 6 q 6 Q, – простые гладкие ориентированные кривые (простые гладкиеориентированные многообразия) без общих внутренних точек (неперекрыQSвающиеся), составляющие Γ, т.е. Γ =Γq . Интеграл от 1-формы ω 1 поq=1ориентированной кривой Γ или криволинейный интеграл второго рода обо779значаетсяRω 1 и определяется равенствомΓZω1 =Q ZXω1 =q=1 ΓΓtQ ZqXq=1 tqψq∗ ω 1 .q−1Определение криволинейного интеграла второго рода по кусочно-гладкойориентированной кривой корректно, т. е. его величина не зависит от способапредставления кривой Γ в виде объединения простых гладких ориентированных многообразий (простых гладких кривых Γq ).1.Rω1 = −A˘B2.RRω 1 (направленность интеграла).B ˘Aα1 ω11 + α2 ω21 = α1ΓRω11 + α2ΓRω21 , где α1 и α2 – постоянные (линейностьΓинтеграла).3.
Если Γ = A˘B ∪ B˘C, тоRω=ΓRω1 +A˘BRω (аддитивность интеграла).B˘C4. Если форма ω точная, т.е. ω = df , тоZω = f (B) − f (A).AˇBВ частности, для контура Γ и точной формы ω имеемRω = 0 (незави-Γсимость интеграла от пути интегрирования). Обратно, если для любогоRкусочно-гладкого контура L ⊂ D верно равенство ω = 0, то форма ωΓточна в области D.5. Пусть Γ – ориентированная гладкая кривая, τ = (cos α, cos β, cos γ) –единичный вектор, касательный к Γ и направленный соответственно ориентации Γ, и ω 1 = P dx + Qdy + Rdz.
ТогдаZZ1ω = (P cos α + Q cos β + R cos γ) dsΓΓ(связь криволинейных интегралов первого и второго рода).78022.1Задача. С. 248. [14]ВычислимZ(y 2 + 2xy) dx + (x2 − 2xy) dy,A˘Bгде A˘B – дуга параболы y = x2 от точки A(1, 1) до точки B(2, 4).Решение. Способ 1. Кривая A˘B есть простое гладкое ориентированноемногообразие первого порядка:AB = {x = x, y = x2 , x ∈ [1, 2]}.Делаем порожденный отображением ψ : [1, 2] → R2 : x = x,y = x2 переносформыω = (y 2 + 2xy)dx + (x2 − 2xy)dyна отрезок [1, 2].
Так как y = x2 , dy = 2xdx, тоψ ∗ ω = (x4 + 2x3 ) dx + (x2 − 2x3 )2xdx = (4x3 − 3x4 )dxи по определению криволинейного интеграла второго родаZ(y 2 + 2xy) dx + (x2 − 2xy) dy =Z2(4x3 − 3x4 ) dx = −18.51A˘BРешение. Способ 2. Представим (y 2 + 2xy) dx + (x2 − 2xy) dy = −4xydy +d x2 y + xy 2 .Z2Z22(y + 2xy) dx + (x − 2xy) dy = −8221A˘B22.2 (2,4)18x dx + x y + xy =− .(1,1)54Задача. С. 249. [14]ВычислимI(xy + x2 + y 2 ) dx + (x2 − y 2 ) dy,γгде γ-контур треугольника : O = (0, 0), A = (1, 2), B = (0, 2) с положительным направлением обхода781Решение. Способ 1. Кривая γ составлена из трех ориентированных гладких кривых: отрезков OA, AB, BO.
Запишем каждый из них как ориентированное многообразие:OA = {x = x, y = 2x, x ∈ [0, 1]};AB = {x = (1 − t), y = 2, t ∈ [0, 1]};BO = {x = 0, y = (2 − t), t ∈ [0, 2]}.Обозначим сужение подынтегральной формыω = (xy + x2 + y 2 ) dx + (x2 − y 2 ) dyна соответствующие отрезки через ωOA , ωAB , ωBO ; тогда на отрезке OA имеемdy = 2dx иωOA = (7x2 − 6x2 ) dx = x2 dx;на отрезке AB: dy = 0 и ωAB = −(4 + 2(1 − t) + (1 − t)2 ) dt; на отрезке BO:dx = 0 и ωBO = (2 − t)2 dt. Следовательно,IZω=γZω+OAZ1Zω+ABω=x2 dx −0BOZ2+Z1(7 − 4t + t2 ) dt0(2 − t)2 dt =0Z1Z2(4t − 7) dt +07(2 − t)2 dt = − .302Решение.
Способ 2. Представим(xy + x2 + y 2 ) dx + (x2 − y 2 ) dy = ( x2y −2332yx) dy + d x2y + x3 + y 2 x − y3 .Z Iω=γ22.3Z1x2 y7− 2yx dy = −7 x3 dx = − .230OAЗадача. С. 250. [14]ВычислимIy dx − x dy,γ782где γ – астроида x2/3 + y 2/3 = a2/3 с положительным направлением обхода(a > 0).Решение. Запишем астроиду в параметрическом виде: x = a cos3 t, y =a sin3 t, при этом положительному направлению обхода астроиды соответствует изменение t от 0 до 2π. Итак,γ = {x = a cos3 t, y = a sin3 t, t ∈ [0, 2π]}есть запись астроиды как ориентированного многообразия.
Так какdx = −3a cos2 t sin tdt,dy = 3a sin2 t cos t dt,y dx − x dy = (−3a2 cos2 t sin4 t − 3a2 cos4 t sin2 t) dt = −3a2 cos2 t sin2 t dt,Iy dx − x dy = −3a2γZ2ππcos2 t sin2 t dt = −12a20Z2cos2 t sin2 t dt =0− 12a21 Γ(3/2)Γ(3/2) −3πa2=,2Γ(3)4гдеZπ/2Γ(x) Γ(y), Re(x) > 0, Re(y) > 0.B(x, y) = 2 (sin t)2x−1 (cos t)2y−1 dt =Γ(x + y)022.4Задача.
С. 252. [14]ВычислимI−y dx + x dy,x2 + y 2γгде γ – окружность x2 + y 2 = a2 с положительным направлением обхода(a > 0).Решение. Запишем уравнение окружности γ в параметрическом виде: x =a cos t, y = a sin t, при этом положительному направлению обхода соответствует изменение t от 0 до 2π. Делая перенос формы, получаем, чтоa2 sin2 t + a2 cos2 tψ ω =dt.a2∗ 1783Следовательно,I−y dx + x dy=x2 + y 2γZ2πdt = 2π.02Полученное равенство еще раз показывает, что замкнутая в области D : { a2 <x2 + y 2 < 2a2 } форма ω 1 =22.5−y dx+x dyx2 +y 2не является точной.Задача. С.
253. [14]Найдем функцию f : R3 → R, еслиdf = (y + z) dx + (z + x) dy + (x + y) dz.1Решение. Точность формы ωA= (y + z) dx + (z + x) dy + (x + y) dz = dfследует из её замкнутости в R3 : rotA = 0. Следовательно,ZZZ111f (x0 , y0 , z0 ) = f (0, 0, 0) +ωA +ωA +ωAAˇN=NˇMZy0Zx00 dx +0MˇBZz0x0 dy +0(x0 + y0 ) dz = x0 y0 + x0 z0 + y0 z0 ,0где A = (0, 0, 0), N = (x0 , 0, 0), M = (x0 , y0 , 0), B = (x0 , y0 , z0 ).Домашняя работа22.6Задача № 66, §10, С. 269, [5]Убедившись в том, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, вычислить криволинейный интеграл по кривой Γ с началом вточке A и концом в точке B.Rdx + y 2 dy − z 3 dz, A(−1, 0, 2), B(0, 1, −2).Γ22.7Задача № 71, §10, С.
269, [5]Найти функцию и по заданному полному дифференциалу этой функцииdu = ex−y ((1 + x + y)dx + (1 − x − y)dy).78422.8Задача № 73, §10, С. 269, [5]Найти функцию и по заданному полному дифференциалу этой функцииdu =22.9dx + dy + dz.x+y+zЗадача № 78, §10, С. 269, [5]Какому условию должна удовлетворять дифференцируемая функция F (x, y),чтобы криволинейный интегралZF (x, y)(ydx + xdy)ΓABне зависел от пути интегрирования ΓAB ?23Seminar on 25.04.2019Поверхностные интегралы второго родаСм. дополнительный семинар 33.Простая гладкая поверхностьS = {r : r = r(u, v), (u, v) ∈ D}, D ⊂ R2 , r ∈ C 1 (D), r 0u × r 0v 6= 0,как уже говорилось, является простым гладким многообразием второго порядка.
Как многообразие второго порядка, поверхность S ориентируется заданием ориентации в области значений параметров области D ⊂ R2 . Записьюповерхности S с противоположными ориентациями являются выраженияS = {r : r = r(u, v), (u, v) ∈ D}иS = {r : r = r(u, v), (u, v) ∈ D}.Поставим в nсоответствиеориентированной поверхности S векторное nполе норoo00r 0v ×r 0ur u ×r vee, а ориентированной поверхности S – поле N =.малей N =0000|r u ×r v ||r v ×r u |785Определение. Пусть S – кусочно-гладкая ориентированная поверхность,QSSq , где Sq – простые гладкие ориентированные многообразия (простыеS=q=1гладкие ориентированные поверхности) без общих внутренних точек.
Интеграл от 2-формы ω 2 по поверхности S или поверхностный интеграл второгоRR 2рода обозначаетсяω и определяется равенствомSZZ2ω =Q ZZX2ω =q=1 SqSQ ZZXψq∗ ω 2 ,q=1 UqгдеZZψq∗ ω 2 =UqZZ Uq z0 z0 y0 y0 ev) u0 v0 Pe(u, v) u0 v0 + Q(u, xu xv zu zv x0 x0 e v) u v dudv+ R(u, yu0 yv0 Определение поверхностного интеграла второго рода корректно, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
