1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 77
Текст из файла (страница 77)
е. еговеличина не зависит от представления S в виде объединения непересекающихся многообразий Основные свойства поверхностного интеграла второгорода1. Если S и Se есть обозначения одной и той же поверхности с противопоRR 2RRложными ориентациями, тоω = − ω 2 (направленность интеграSла).RRRR 2RR 22.α1 ω12 + α2 ω22 = α1ω1 + α2ω2 ,SSSeSгде α1 и α2 – константы (линейность интеграла).3. Если S = S1 ∪S2 , поверхности S1 и S2 не имеют общих внутренних точеки их ориентации согласованы, тоZZZZZZ22ω =ω +ω2.SS1(аддитивность интеграла).786S24. Пусть S – ориентированная гладкая поверхность, N = {n} ее ориентирующее поле нормалей. ТогдаZZZZ2ω =(P cos α + Q cos β + R cos γ) dS,SSгде α, β, γ – углы вектора n ∈ N с осями OX, OY , OZ соответственно,т.е. n = (cos α, cos γ, cos γ) (связь поверхностных интегралов первого ивторого рода),ω 2 = P dy ∧ dz + Qdz ∧ dx + Rdx ∧ dy.23.1Задача.
Стр. 257, [14]ВычислимZZyzdy ∧ dz + x2 dz ∧ dx + yzdx ∧ dy,Sгде S – внешняя сторона полусферы x2 + y 2 + z 2 = a2 , y > 0 (a > 0).Решение. Поскольку y > 0, то уравнение полусферы S записывается в явномвиде:x = x, z = z, y =pa2 − x2 − z 2 , (x, z) ∈ D,где область параметров D = {(x, z) : x2 + z 2 < a2 }.√Для отображения ψ : D → R3 : x = x, y = a2 − x2 − z 2 , z = z имеемψx0 = r 0x =−x−z, 0 , ψz0 = r 0z = 0, √,1 ,1, √2222 − x2 − z 2a −x −za−z−x0000ψx × ψz = r x × r z = √, −1, √.a2 − x 2 − z 2a2 − x2 − z 2Следовательно, ориентация (x, z) области D определяет вектор нормали кS, направленный к центру полусферы, т.
е. эта ориентация противоположна заданной. Учитывая dy =−xdx−zdz√,a2 −x2 −z 2находим соответствующий переносдифференциальной формы ω 2 :ψ ∗ ω 2 = −xzdx ∧ dz + x2 dz ∧ dx − z 2 dx ∧ dz = (x2 + z 2 + xz)dz ∧ dx.787ZZZZ2yzdy ∧ dz + x dz ∧ dx + yzdx ∧ dy =SDZZ(x2 + z 2 + xz)dxdz =Z2πZadϕ0D23.2(x2 + z 2 + xz)dz ∧ dx =r3 (1 + cos ϕ sin ϕ) dr =πa4.20Задача С. 258, [14]ВычислимZZ(4x2 + z 2 ) dy ∧ dz + 4xy dz ∧ dx + z 2 dx ∧ dy,Sгде S – правая сторона части гиперболического цилиндра 4x2 − y 2 = a2 ,pлежащей внутри конуса x = y 2 + z 2 (a > 0).Решение.Поскольку задана правая сторона поверхности S, выразим её в видеS = {(x, y, z), x = x(y, z), y = y, z = z, (y, z) ∈ D}.Используя условие x > 0, получаем, что x(y, z) =12pa2 + y 2 .
Область Dзначений параметров является проекцией заданной части цилиндра 4x2 −y 2 =a2 на плоскость OZY , границу её находим как проекцию линии пересеченияp222поверхностей 4x − y = a и x = y 2 + z 2 , исключая, переменную x из этихдвух уравнений: 3y 2 + 4z 2 = a2 . Итак,1p 2S= x=a + y 2 , y = y, z = z, (y, z) ∈ D, D = {(y, z) : 4z 2 + 3y 2 < a2 }2Отметим, что r 0y = ( √y22a +y, 1, 0), r 0z = (0, 0, 1). Следовательно π 1 (r 0y × r 0z ) =1. Согласно определению находим соответствующий перенос ψ ∗ ω 2 подынтегральной формы ω 2 :y dydx = p,2 a2 + y 2ψ ∗ ω 2 = (a2 + y 2 + z 2 ) dy ∧ dz + y 2 dz ∧ dy = (a2 + z 2 ) dy ∧ dz.788Следовательно,ZZZZZZω2 =(42 +z 2 ) dy∧dz+4xy dz∧dx+z 2 dx∧dy =(a2 +z 2 ) dy∧dz =SSDZZπa4z dydz + √ .2 32DRRВ двойном интегралеz 2 dydz сделаем замену:Day = √ r cos ϕ,3az = r sin ϕ,2где r ∈ (0, 1], ϕ ∈ [0, 2π).
ТогдаZZa22z dydz = √2 3Z2πZ1dϕ0Da2 3 2a4r sin ϕ dr = √416 30Z2πZ1(1−cos 2ϕ) dϕ r3 dr =00πa4√ .32 3Итак, окончательноZZπa4πa417πa4ω = √ + √ = √ .32 3 2 332 32S23.3Задача. Стр. 259, [14]ВычислимZZx dy ∧ dz − y dz ∧ dx + z dx ∧ dy,Sгде S – внешняя сторона части конуса z 2 = x2 + y 2 , лежащей выше плоскостиz = 0 и внутри цилиндра x2 + y 2 = a2 (a > 0).Решение. Внешняя нормаль к поверхности конуса z 2 = x2 + y 2 направлена от оси OZ, и в точках конуса, лежащих выше плоскости z = 0, образует с этой осью тупой угол.
Следовательно, задана нижняя сторона конуса. Используя условие z > 0, запишем S в виде S = {x = x, y = y, z =789px2 + y 2 , (x, y) ∈ D}, n r 0y × r 0x . Областью D значений параметров является круг {(x, y) : x2 + y 2 < a2 }. Находим соответствующий перенос ψ ∗ ωподынтегральной формы ω:xdx + ydydz = p,x2 + y 2ψ∗ω = px2y2dy ∧ dx − pdy ∧ dx+x2 + y 2x2 + y 2p−2y 222x + y dx ∧ dy = pdy ∧ dx.x2 + y 2Следовательно,ZZZZxdy ∧ dz − ydz ∧ dx + zdx ∧ dy =ω=SS2y 2ZZ−pSZZx2 + y 2dy ∧ dx = −2SZ2π−2Zadϕ023.4y 2 dxdyp=x2 + y 22πa3r sin ϕ dr = −.3220Задача С. 261, [14]ВычислимZZy 2 dz ∧ dx + z 2 dx ∧ dy − x2 dy ∧ dz,Sгде S – часть поверхности тела V = {(x, y, z) : 2x2 + 2y 2 6 az 6 x2 + y 2 +a2 } (a > 0), и вектор нормали n, характеризующий ориентацию S в точкеM (0, a2 , 5a4 ), образует острый угол с осью OZ.Решение.
Этой ориентации соответствует верхняя сторона части параболоидаx2 + y 2 + a2, (x, y) ∈ D} r 0x × r 0y n,aи нижняя сторона части параболоидаS1 = {(x, y, z) : z =S2 = {(x, y, z) : z =2x2 + 2y 2, (x, y) ∈ D} r 0y × r 0x n,aгде D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 6 a2 }.790Находим перенос формы ω 2 с S1 на D:11dz = (2xdx + 2ydy), ψ1∗ ω 2 = 2 2ax3 − 2ay 3 + (x2 + y 2 + a2 )2 dx ∧ dy;aa2перенос формы ω с S2 на D:44dz = (xdx + ydy), ψ2∗ ω 2 = 2 ay 3 − ax3 − (x2 + y 2 )2 dy ∧ dx.aaСледовательно,ZZZZZZ22ω2 =ω +ω =S1S1a2Z Z S22ax3 − 2ay 3 + (x2 + y 2 + a2 )2 dx ∧ dyDZZ4ay 3 − ax3 − (x2 + y 2 )2 dy ∧ dx =+ 2aDZZ12ax3 − 2ay 3 + (x2 + y 2 + a2 )2 + 4ay 3 − 4ax32aDZZ122 2− 4(x + y ) dxdy = 22ay 3 − 2ax3 + a4aD+ 2a2 (x2 + y 2 ) − 3(x2 + y 2 )2 dxdy =Z2π Zadϕ2ar3 sin3 ϕ − 2ar3 cos3 ϕ + a4 + 2a2 r2 − 3r4 r dr =0011 61 6 3 62π(a+2a − a = πa4 .2a246Домашняя работа.
Вычислить интегралы23.5 Задача № 26, §11, [5]RR 2(x + y 2 )dx ∧ dy, S – нижняя сторона круга x2 + y 2 6 4, z = 0.S23.6 Задача № 27, §11, [5]RR(2z − x) dy ∧ dz + (x + 2z) dz ∧ dx + 3z dx ∧ dy, S – верхняя сторона треSугольника x + 4y + z = 4, x > 0, y > 0, z > 0.79123.7 Задача № 28, §11, [5]RRRR1)xz dx ∧ dy; 2)yz dy ∧ dz + zx dz ∧ dx + xy dx ∧ dy; S – внутренняяSSсторона поверхности тетраэдра x + y + z 6 1, x > 0, y > 0, z > 0.23.8 Задача № 30, §11, [5]RR1) y dz ∧ dx; 2) x2 dydz; S – внешняя сторона сферы x2 + y 2 + z 2 = R22 .S24SSeminar on 29.04.2019.
Векторный анализПусть в области D ⊂ R3 задано векторное поле A = (P, Q, R).Определение. Если координаты P ,Q,R векторного поля A являются гладкими функциями, то1. скаляр∂x P + ∂y Q + ∂z Rназывается дивергенцией поля A и обозначается divA;2. векторi j k ∂ ∂ ∂ ∂x ∂y ∂z = i(∂y R − ∂z Q) + j(∂z P − ∂x R) + k(∂x Q − ∂y P )P Q R называется ротором (вихрем) поля A и обозначается rotA;13.
дифференциальная 1-форма ωA= P dx + Qdy + Rdz называется формой1работы поля A и обозначается ωA;4. дифференциальная 2-форма ω 2 = P dy ∧ dz + Qdz ∧ dx + Rdx ∧ dy назы2вается формой потока поля A и обозначается ωA.Определение. Пусть в области D заданы векторное поле A = (P, Q, R)и ориентированная кривая Γ. Обозначим через τ единичный вектор каса792тельной к Γ, направленный соответственно ориентации Γ. ИнтегралZZ1ωA ≡ (A · τ ) dsΓΓназывается работой поля A вдоль кривой Γ. Если кривая Γ замкнута, тоэтот интеграл обычно называют циркуляцией поля вдоль кривой Γ.Определение. Пусть в области D заданы векторное поле A = (P, Q, R)и ориентированная поверхность S. Обозначим через n единичный векторнормали, характеризующий ориентацию S.
ИнтегралZZZZ2ωA=A · n dSSSназывается потоком поля A через поверхность S.Определение. Векторное поле A, заданное в области D ⊂ R3 , называется потенциальным, если существует функция u : D → R, такая, что∇u = (∂x u, ∂y u, ∂z u) = A. Функция u называется потенциалом поля A. По1работы этого потенциальность поля A эквивалентна точности формы ωA1= du. Следовательно, работа потенциального поля вдоль кривой A˘Bля: ωAравна разности значения потенциала в конечной и начальной точках этойкривой:ZZA · τ ds =A˘BP dx + Qdy + Rdz = u(B) − u(A).A˘BНеобходимым и достаточным условием потенциальности поля являетсяравенство нулю работы его вдоль любого кусочно-гладкого контура Γ ⊂ D(см.
свойство криволинейного интеграла второго рода).Определение. Векторное поле A, заданное в области D ⊂ R3 , называетсясоленоидальным, если в области D существует векторное поле W , такое, чтоrotW = A. Поле W называется векторным потенциалом поля A.Соленоидальность поля A эквивалентна точности формы потока этого по21ля: ωA= d(ωW). Следовательно, для соленоидального поля справедливо ра-венство divA = 0, так как2dωA= divAdx ∧ dy ∧ dz = 0.793Теорема Пуанкаре показывает, что если область D такова, что любую замкнутую поверхность, лежащую в D, можно непрерывно стянуть в точку, невыходя из D, то поле A, определенное в этой области и удовлетворяющееусловию divA = 0, соленоидально.Так как для потенциального поля F имеем, что dωF1 = d(du) = 0, товекторный потенциал соленоидальнаго поля определяется с точностью дослагаемого, являющегося потенциальным.∂x Wy − ∂y Wx = R, ∂z Wx − ∂x Wz = Q, ∂y Wz − ∂z Wy = P.Один из векторных потенциалов W = (Wx , Wy , Wz ) соленоидального поляA = (P, Q, R) получают следующим образом: полагают Wx = 0; за Wy берутодну из первообразных функций R относительно переменной x; тогда Wzбудет та из первообразных функций −Q относительно переменной x, котораяотвечает уравнению ∂y Wz − ∂z Wy = P .
Запишем это так:ZZWy = R dx, Wz = − Q dx + ϕ(y, z),где функция ϕ(y, z) удовлетворяет уравнениюZZ∂y ϕ = P + ∂z R dx + ∂y Q dxВыбирая одно из решений этого уравнения, окончательно определяем функцииWx = 0,24.1Wy ,Wz .Пример на стр. 277, [14]Проверим, что дифференциальная 1-формаω = (cos y + y cos x) dx + (sin x − x sin y) dyточна и найдем функцию f (x, y), для которой df = ωРешение. Так как формаω = (cos y + y cos x)dx + (sin x − x sin y)dy794является гладкой на всей плоскости R2 , то необходимым и достаточным условием ее точности является ее замкнутость, т.е. справедливость равенстваdω = 0. Действительно,dω = 0,функцию f (x, y) находим по правилу:Zx0f (x0 , y0 ) − f (0, 0) =Zy0dx + (sin x0 − x0 sin y) dy =00= x0 + y0 sin x0 + x0 cos y0 − x0 = y0 sin x0 + x0 cos y0 ,откуда f (x, y) = y sin x + x cos y + C, где C – произвольная постоянная.24.2Пример на стр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
