Аникин А.Ю.Теория поля.МГТУ 2013г (841918), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Понятно, чтотакая точка Е должна находиться на биссектрисе AD или наее продолжении на расстоянии d от точки С, причемcos (β/2)aa 2 cos (β/2). По⇒d =a, тогда как CD =d2 =cos (β/2)cos βcos βкажем, что d > CD , т. е. воображаемая точка Е должна находиться за катетом АВ. В самом деле,17CD < d ⇔acos (β/2)1cos (β/2)<a⇔<⇔2cos (β/2)cos βcos (β/2)cos β⇔ cos β = 2cos 2 (β/2) − 1 < cos3 (β/2) ⇔ f (t ) = t 3 − 2t 2 + 1 > 0,если t = cos (β/2) ∈ (0;1).Находим f ′(t ) = 3t 2 − 4t = t (3t − 4) < 0 при t ∈ ( 0; 4/3 ) , поэтомуf (t ) убывает на [0; 4/3] и 0 < t < 1 ⇒ f (t ) > f (1) = 0.Ответ.
Сила взаимодействия F направлена по биссектрисе угkqQ cos β.ла АСВ, ее модуль F = 2a cos (β/2)2.2. Криволинейные интегралы второго родаОпределение криволинейного интеграла второго рода. Пустьдан путь — ориентированная линия L с концами в точках А и В(т. е. линия L, на которой указано направление, например, от А кВ), и векторное полеF ( x , y , z ) = P ( x, y , z ) i + Q ( x , y , z ) j + R ( x, y , z ) k .Пусть далее τ — единичный вектор касательной, направлениекоторого согласовано с ориентацией линии L, иdl = τ ⋅ dl = idx + jdy + kdz = (i cos α + j cos β + k cos γ )dl ,где α, β, γ — направляющие углы вектора касательной τ (углы,которые вектор τ образует с координатными осями ОХ, OY и OZсоответственно).Криволинейным (или просто линейным) интегралом второгорода от векторной функции F ( x, y, z ) вдоль ориентированной линии (пути) L называют интеграл∫ (F ⋅ dl ) = ∫ P( x, y, z )dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z)dz = ∫ (F ⋅ τ)dl =LLL= ∫ ( P ( x, y, z )cos α + Q( x, y , z ) cos β + R ( x, y , z ) cos γ ) dl.LЕго также называют работой векторного поля F ( x, y, z )вдоль пути L.18Замечание 2.1.
Криволинейный интеграл второго рода можноопределить и на плоскости. Если на плоскости XOY заданы ориентированная линия (путь) L и плоское векторное полеG ( x, y ) = P( x, y ) i + Q( x, y ) j , то соответствующий криволинейныйинтеграл второго рода обозначается, естественно, так:∫ G ( x, y) ⋅ dl = ∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy.LLСвойства криволинейного интеграла второго рода.1. При смене ориентации линии на противоположную криволинейный интеграл второго рода меняет знак2, т. е. если путь L1отличается от пути L только ориентацией (выбранным направлением), символически L1 = −L , то для любого векторного поля G∫ G ⋅ d l = − ∫ G ⋅ dl ;−LL2. Аддитивность.
Пусть точка С на пути (ориентированнойлинии) L делит его на две части L1 и L2 с той же ориентацией, т. е.L = L1 + L2 , тогда∫L1+L2G ⋅ d l = ∫ G ⋅ d l + ∫ G ⋅ dl .L1L2Точнее, если существуют оба интеграла в правой части, то существует интеграл, стоящий слева, и он равен выражению справа).3. Линейность. Для любых чисел α, β ∈ R и векторных полейF и G справедливо равенство∫ ( α F + β G ) ⋅ d l = α ∫ F ⋅ d l + β ∫ G ⋅ dl .LLLТочнее, если существуют оба интеграла в правой части, то существует и интеграл в левой части и он равен выражению, стоящему в правой части.4.
Связь с криволинейным интегралом первого рода. Пустьв произвольной точке M ∈ L векторное поле G ( M ) образует с—————2Напомним, что криволинейный интеграл первого рода по линии L не зависит от ее ориентации.19касательным вектором к ориентированной кривой в этой точке (вообщеговоря, зависящим от точки М ) угол ϕ(рис. 2.2), тогда∫ G ⋅ dl = ∫ GLcos ϕ dlL(слева стоит криволинейный интегралвторого рода, а справа — первого).Вычисление криволинейного интеРис.
2.2грала второго рода. Основная формуладля вычисления криволинейного интеграла второго рода по сути содержится во второй форме записиэтого интеграла:∫ G ( x, y, z ) ⋅ dl = ∫ Pdx + Qdy + Rdz.LLПусть в пространстве задана параметризация путиL: { x = x(t ), y = y (t ), z = z (t )} , причем заданная ориентация на Lсоответствует изменению параметра t от t = α до t = β (возможно,α > β). Тогда dx = x′(t )dt , dy = y ′(t ) dt , dz = z ′(t )dt и∫ G ( x, y, z ) ⋅ dl = ∫ Pdx + Qdy + Rdz =LLβ= ∫ [ P ( x(t ), y (t ), z (t )) x′(t ) + Q( x(t ), y (t ), z (t )) y′(t ) +α+ R ( x(t ), y (t ), z (t )) z ′(t ) ] dt.(2.1)В случае криволинейного интеграла второго рода на плоскостианалогичная формула для вычисления выглядит уже не так громоздко:∫ G ( x, y) ⋅ dl = ∫ Pdx + Qdy =LβL= ∫ [ P ( x(t ), y (t )) x′(t ) + Q( x(t ), y (t )) y ′(t ) ] dt.α20Последующие формулы являются частными случаями предыдущих.
Например, если на плоскости путь L задан явно: y = y ( x),причем его ориентация соответствует изменению х от x = a доx = b (возможно, a > b), то в качестве параметра выступает х, ипредыдущая формула принимает такой вид:b∫ G ( x, y) ⋅ dl = ∫ Pdx + Qdy = ∫ [ P( x, y( x)) + Q( x, y( x)) y′( x)] dx.LLaЕсли же ориентированная линия L задана на плоскости в полярных координатах r = r (ϕ), где ϕ изменяется от ϕ = α до ϕ = β ,то надо подставитьx = r cos ϕ, y = r sin ϕ ⇒⇒ dx = ( r ′ cos ϕ − r sin ϕ ) d ϕ, dy = ( r ′ sin ϕ + r cos ϕ ) d ϕ.И поэтому формула для вычисления криволинейного интегралавторого рода в полярных координатах принимает такой вид:∫ G ( x, y) ⋅ dl = ∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy =LLβ= ∫ ⎡⎣ P ( r (ϕ) cos ϕ, r (ϕ)sin ϕ )( r ′ cos ϕ − r sin ϕ ) +α+ Q ( r (ϕ)cos ϕ, r (ϕ)sin ϕ )( r ′ sin ϕ + r cos ϕ ) ⎤⎦ d ϕ.Упражнение 2.2. Напишите формулу для вычисления криволинейного интеграла второго рода вдоль пути, заданного явно,x = x( y ), где y изменяется от y = c до y = d .Часто путем интегрирования (или его частью) в криволинейном интеграле является отрезок прямой.
Если начало и конец отрезка расположены соответственно в точках A1 ( a1 ; b1 ; c1 ) иA2 (a2 ; b2 ; c2 ), то отрезок A1 A2 задается параметрически уравнениями⎧ x = a1 + (a2 − a1 ) t ;⎪⎨ y = b1 + (b2 − b1 ) t ;⎪ z = c + (c − c ) t ,121⎩(2.2)причем t изменяется от t = 0 (точка А1) до t = 1 (точка А2).21Если же линия представляет собой дугу окружностирадиусом R с центром в точке C ( x0 ; y0 ) (рис. 2.3), то ееестественная параметризациятакова:x = x(t ) = x0 + R cos t ;y = y (t ) = y0 + R sin t.(2.3)Точка M (t ) с координатамиРис.
2.3M ( x(t ); y (t ) )получаетсяизточки M 0 ( x0 + R, y0 ) (крайнейправой точки окружности) поворотом на угол t вокруг точки С.( x − x0 ) 2 ( y − y0 ) 2+= 1 или его дуги (рис. 2.4) паДля эллипсаa2b2раметризация аналогична:x = x0 + a cos t , y = y0 + b sin t(2.4)(значению t = 0 отвечает крайняя правая точка окружности илиэллипса, направление, соответствующее возрастанию t, — противчасовой стрелки). Эллипс целиком задается изменением параметра t от 0 до 2π или от −π до π (или пробегает любой отрезокРис. 2.422( x − x0 ) 2 ( y − y0 ) 2−=1a2b2можно применить параметризацию x = x0 ± a ch t , y = y0 + b sh t ,t ∈ R.
Знак плюс (минус) соответствует правой (левой) ветви гиперболы, значение t = 0 в обоих случаях отвечает точке пересечения гиперболы с действительной осью, здесь sh t и ch t — гиперболический синус и гиперболический косинус соответственно(рис. 2.5).длиной 2π ). Наконец, для гиперболыРис. 2.6Рис. 2.5Пример 2.2. Найти работу векторного поля G = yi + zj − xkвдоль одного витка винтовой линии L: x = R cos t , y = R sin t , z = at ,от точки A( R; 0; 2aπ) до точки B ( R; 0; 0) (рис. 2.6).Решение. Ориентация пути L соответствует убыванию параметра t от t = 2π до t = 0. По формуле (2.1) искомая работаA = ∫ G ⋅ dl =L0∫ ⎡⎣ R sin t ( − R sin t ) + atR cos t − aR cos t ⎤⎦ dt =2π= ⎡⎢ − 1 R 2 (t − 1 sin 2t ) + aR (t sin t + cos t ) − aR sin t ⎤⎥2⎣ 2⎦t =0t =2π= πR 2 . Циркуляция векторного поля.
Если путь L в криволинейноминтеграле второго рода представляет собой замкнутый контур, тотакой криволинейный интеграл называют циркуляцией векторногополя по данному контуру и обозначают интегралом с кружочком:v∫ G ( x, y, z ) ⋅ dl = v∫ Pdx + Qdy + Rdz.LL23Пример 2.3. Вычислить циркуляцию векторного поля F == yi − zj + xk по замкнутому контуру L, представляющему собой линию пересечения сферы x 2 + y 2 + z 2 = 4 с плоскостью x + y + z = 2.Направление обхода A(2; 0; 0) → B (0; 2; 0) → C (0; 0; 2) → A.Решение. Самое главное в этой задаче — параметризовать линию пересечения L, которая, очевидно, представляет собой окружность (рис.
2.7). Исключив из системы⎧ x 2 + y 2 + z 2 = 4,⎨⎩x + y + z = 2переменную z, получим уравнение проекции L1 этой окружностина плоскость XOY:x 2 + y 2 + (2 − x − y ) 2 = 4 ⇔ x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + xy = 0.(2.5)Данная кривая — проекция окружности на плоскость ХОY, т. е.эллипс, проходящий через начало координат, оси которого повернуты на 45º относительно декартовых осей (рис. 2.8). Перейдем кновым координатам u и v: x = u − v, y = u + v. Тогда u = 0,5( x + y ),v = 0,5(− x + y ), xy = u 2 − v 2 , и уравнение (2.5) примет вид3u 2 − 4u + v 2 = 0 ⇔Рис.
2.724( u − 2/3)2 v 2+= 1.4/94/3Рис. 2.8Это будет эллипс с центром в точке u0 = 2/3, v0 = 0 и с полуосями a = 2/3, b = 2/ 3, поэтому он допускает параметризациюu = 2/3 + 2/3cos t , v = 2/ 3 sin t , параметр t ∈ [−π; π] , началу координат x = y = 0 ⇔ u = v = 0 отвечает значения t = ±π.22Тогда x = u − v = (1 + cos t − 3 sin t ), y = u + v = (1 + cos t +332z = 2 − x − y = 2 − 2u = (1 − 2cos t ),+ 3 sin t ),поэтомуdx =3224= − (sin t + 3 cos t ) dt , dy = (− sin t + 3 cos t )dt , dz = sin t dt.333Точкам A(2; 0; 0), B (0; 2; 0) и C (0; 0; 2) соответствуют значенияππпараметра t1 = − , t2 = и t = ±π .
Значит, параметр t изменяется33от t = −π до t = π (а не наоборот).Следовательно, циркуляцияv∫ (F ⋅ dl ) = v∫ ydx − zdy + xdz =C=Cπ4 ⎡∫ ⎣(1 + cos t + 3 sin t )(− sin t − 3 cos t ) −9 −π− (1 − 2cos t )( − sin t + 3 cos t ) + (1 + cos t − 3 sin t )2sin t ⎤⎦ dt =π4= ∫ ( 2sin t − 2 3 cos t − 3 3 sin 2 t + 3 cos 2 t − 2sin 2t ) dt =9 −π=π8 38π 3(2cos 2t − 2cos t − 1)dt = −.9 ∫09sin 2 t =Мывоспользовалисьформуламипонижения= (1 − cos 2t ) / 2, cos 2 t = (1 + cos 2t ) / 2 и тем обстоятельством, чтоесли f (t ) четная функция, а g (t ) — нечетная, тоaa−a0∫ [ f (t ) + g (t )] dt = 2∫ f (t ) dt.Ответ: −8π 3.9252.3. Задачи для самостоятельного решения∫2.1. Вычислить криволинейный интеграл первого родаf ( x, y )dl от функции f ( x, y ) вдоль указанной линии L на плос-Lкости:а) f ( x, y ) = xy , L: график функции y = 1 e 2 x + 1 между x = 0 и2x = 1;y2б) f ( x, y ) =, L задана параметрически: x = t ,y=3x − 12=(t − 1)3 , t ∈ [1; 2];31, L задана в полярных координатахв) f ( x, y ) =2(3 x + 3 y 2 + 1)3/ 2ϕr = cos , ϕ∈ [0, π].22.2.
Дан треугольник АВС с углами α и β при вершинах А и Всоответственно и высотой h, опущенной из вершины С. На сторонеАВ этого треугольника равномерно распределен заряд Q, а в вершине С сосредоточен заряд q. Найти направление и модуль силы,действующей на заряд q.2.3. Вычислить криволинейный интеграл первого рода∫ f ( x, y, z )dl от функции f ( x, y, z ) вдоль указанной линии L вLпространстве:а) f ( x, y, z ) = x 2 + y − z , L задана параметрически: x = cos 2t , y == sin 2t , z = t , t ∈ [0; π];б) f ( x, y , z ) = xz − y , L — отрезок прямой АВ, A(−1; 4; 2), B(2;1; 3).2.4.
Вычислить криволинейные интегралы второго рода наплоскости:а) ∫ ( x + y )dx + ( y + 2 x)dy L: y = x 2 − 2 x от точки A(0, 0) до точкиLB (2; 0);б)∫ ( x + y)dx + xdy, L:L26x = et , y = tet , t изменяется от 0 до 1.A (3; 2)2.5. Вычислить интеграл∫ydx − xdy вдоль:O (0; 0)а) отрезка прямой ОА; б) ломаной ОВА, где B (3; 0);x 2 ( y − 2) 2+= 1.942.6.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
