ВТА лекции (845816), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Эта величина называется потоком векторного поля Vчерез ориентированную поверхность Ф и она равна интегралу∫∫(V,dS).ΦФормула Остроградского Гаусса∫∫∫div V dW =∫∫(V,dS).∂WWсвязывает количество вытекающей жидкости через границу области с тройным интегралом отдивергенции. Если в качестве области рассмотреть шар, стягивающийся в точку, то мы получим∫∫∂W(V,dS)=∫∫∫div V dW =div VMθµW, откудаWdiv V = limW →M 071∫∫ (V , dS )∂WµW.Величина справа имеет смысл обильности источника. Таким образом, неравенство нулюдивергенции означает наличие в данной точке источника или стока, в зависимости от знакадивергенции.Известно, что поток векторного поля магнитной индукции B через замкнутую поверхность∂W всегда равен нулю∫∫ (B, dS ) = 0 .
Отсюда следует, что div B = 0 (уравнение Максвелла) и , таким∂Wобразом, в природе не существует источников магнитного поля (магнитных зарядов).В терминах потока жидкости можно сформулировать и формулу Стокса. Предположим, векторноеполе скоростей стационарного потока жидкости является соленоидальным. Тогда поток этоговекторного поля через заданную поверхность равен циркуляции векторного потенциала этого поляпо краю этой поверхности в направлении, согласованном с направлением потока через поверхность.Например, для векторного поля напряженности магнитного поля H∫ (H , ds ) = ∫∫ (rot H , dS ) = I , циркуляция напряженности магнитного поля по краю поверхности Ф∂ΦΦравно полному току I , протекающему через поверхность Ф (уравнение Максвелла).Теорема. Для того, чтобы поле V было соленоидальным необходимо и достаточно, чтобы div V = 0.Необходимость.
Если V = rot W, то непосредственной проверкой можно убедиться, что div V = 0 (divrot W = 0, соленоидальное поле не имеет источников).Достаточность. Будем искать частное решение уравнения V = rot W, W=(a,b,c).ri∂(P,Q,R)=∂xarj∂∂yb∂c ∂b P=−r∂y ∂z k∂a ∂c ∂или Q =− .∂z ∂x ∂z∂b ∂a cR=−∂x ∂y Решение будем искать среди «плоских» полей, удовлетворяющих условию c = 0. Тогда системаупростится и примет видP=−∂b∂a∂b ∂a , Q= , R=− .∂z∂z∂x ∂y Первое и второе уравнения интегрируем по zb=-zzz0z0∫ P( x, y, z )dz + ϕ ( x, y) , a = ∫ Q( x, y, z )dz + ψ ( x, y) .Еще раз сузим множество поиска, полагая ψ = 0.
Дифференцируя полученные уравнения по x и по y,получим∂b∂P∂ϕ ∂a∂Q= −∫dz +,=∫dz .∂x∂x∂x ∂y z 0 ∂yz0zzОткуда получим72zzz ∂P ∂Q ∂P∂ϕ ∂Q∂ϕ∂R∂ϕ∂ϕ-∫=∫=R(x,y,z)- R(x,y,z0)+.R= − ∫dz +dz +dz = − ∫ +dz +∂x∂x z 0 ∂y∂x ∂y ∂x z 0 ∂z∂x∂xz0z0 z∂ϕТаким образом,= R(x,y,z0), откуда ϕ = ∫ R ( x, y, z0 ) dx +D(y). Частное решение найдено в виде∂xx0xa=-zzxz0z0x0∫ Q( x, y, z )dz , b = - ∫ P( x, y, z )dz + ∫ R( x, y, z )dx +D(y), с = 0, где D – произвольная,0непрерывно дифференцируемая функция одного переменного.Замечание 1. Если W векторный потенциал поля V , то W1 = W + grad u также будет векторнымпотенциалом для любой дважды непрерывно дифференцируемой функции u(x,y,z).Замечание 2. В случае соленоидального поля поток этого поля через любое сечение векторнойтрубки постоянен.∫∫Действительно, по формуле Остроградского Гаусса(V,dS)= 0 , кроме тогоΦ1 ∪ Φ 2 ∪ Φ 3Откуда∫∫(V,dS)+Φ1∫∫(V,dS) = 0 илиΦ2∫∫(V,dS)=∫∫(V,dS).Φ −2Φ1§6.
Дифференциальные операторыКак и раньше для обозначения вектора используются обозначения a либо a .1. Дифференциальные операторы 1-го порядка1) Оператор набла ∇ = i∇ u= i∂∂∂+j+k.∂x∂y∂z∂u∂u∂u+j+k= grad u.∂x∂z∂yСвойства∇(α u + β v) = α ∇u + β ∇v∇(uv) = v∇u + u∇v u v ∇u − u ∇v∇ =v2v∇ f(u) = f′(u) ∇ u.73∫∫Φ3(V,dS)= 0.x2 + y2 + z 2 , ∇ r =Пример 1.
r = x i + y j + z k , r =r.r113r= ∇ 3 = − 4 ∇r =−3 5 .3rrrrrr1111 rrgrad = ∇ = − 2 ∇ r = − 2 = − 3 . Таким образом, гравитационное полеrrrr rr1потенциальное и его потенциал равен m .rПример 2. gradПример 3.rrrV = −m 3r2) Дивергенция div V = ( ∇ ,V ) =∂P ∂Q ∂R++, V=(P,Q,R).∂x ∂y ∂zСвойства( ∇ ,αV+βW ) =α( ∇ ,V )+β ( ∇ ,W )( ∇ ,fV ) =f ( ∇ ,V )+ ( ∇ f,V )Пример 4. divrr113r= ( ∇ , 3 )= 3 ( ∇ , r )+ ( ∇ 3 , r )= 3 +( − 3 5 , r ) = 0.
Это следует и из3rrrrrrпримера 3.rПример 5. Пусть r =(x-x0, y-y0, z-z0) , r = ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 + ( z − z0 ) 2 ,где (x0, y0, z0) –фиксированная точка. Тогда divrr 2= . Имеемr rr rrx − x0y − y0 z − z0 V = =(P,Q,R)= ,,, ( x − x )2 + ( y − y )2 + ( z − z )2rrr 000∂P 1 ( x − x0 ) 2 ∂Q 1 ( y − y0 ) 2∂R 1 ( z − z0 ) 2= −,=−,= −, откуда следует требуемое равенство.∂x rr3∂y rr3∂z rr3Пример 6 (4391).
Доказать, что∫∫∫Wr rdxdydz 1r= ∫∫ cos(r , n )dS , где r =(x-x0, y-y0, z-z0) и точкаr2 ∂W( )r M 0 ( x0 , y0 , z0 ) не лежит на границе области. Отметим, что cos r , n = , n .r Рассмотрим сначала случай, когда точка М0 не лежит в области W. Тогда по формуле ОстроградскогоГауссаrrrr2 r r r rr rcos(r , n )dS = ∫∫ , n dS = ∫∫ , dS = ∫∫∫ div dxdydz = ∫∫∫ dxdydz .∫∫r rrr WW∂W∂W ∂W В случае, когда М0 лежит внутри области W , окружаем ее сферой достаточно малого радиуса ε так ,чтобы она целиком лежала внутри W.
Эту сферу, ориентированную отрицательно, обозначим Фε .Шар радиуса ε с центром в М0 обозначим Kε . Через Wε обозначим область W , из которой удаленашаровая полость Kε . К области Wε можно применить формулу Остроградского Гаусса74r r∫∫ cos(r , n)dS =∂Wεrrrr2 r r r r==,ndS,dSdivdxdydz = ∫∫∫ dxdydz .∫∫∫∫∫∫∫r rrr Wε∂Wε ∂Wε WεС другой стороныrrrrrr r r r r r r r r r r rr r =,dS+=,dS+=,dS,dS,−dS∫∫∫∫ r , dS − Φ∫∫ dS =∫∫ r ∂∫∫W r ∫∫∫∫r Φε r r ∂W r∂W ∂Wε Φε εr rr rrr2 , dS − 4πε → ∫∫ , dS при ε→0 .∫∫rr∂W ∂W Аналогично, для тройного интеграла2222∫∫∫ r dxdydz = ∫∫∫ r dxdydz - ∫∫∫ r dxdydz . Интеграл ∫∫∫ r dxdydz будет стремиться к 0 при ε→0.WεWKεKεπ2π2dxdydz = 2 ∫ dϕ∫∫∫r0Kε2∫π−εdθ ∫1ρ02ππ2ε2π2ρ 2 cosθdρ = 2 ∫ dϕ ∫02−cosθdθ = 4πε 2 .23) Ротор rot V = [ ∇ ,V][ ∇ ,αV+β W ] =α[ ∇ ,V ]+β [ ∇ ,W ][ ∇ ,fV]) =f [ ∇ ,V])+[ ∇ f, V])2. Дифференциальные операторы 2-го порядка1) rot grad u = [ ∇ , ∇ u]= 02) div rot V = ( ∇ ,[ ∇ ,V]) = 03) ∆u = div grad u = ( ∇ , ∇ u) =∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u++.
Оператор Лапласа.∂x 2 ∂y 2 ∂z 2Функция u называется гармонической в некоторой области, если ∆u =0 в этой области.4) grad div V5) rot rot VПример 5. (4447) Найти поток вектора гравитационного поля точечной массы, расположенной вначале координат V= − m1r через замкнутую поверхность Ф , не проходящую через началоr3координат в направлении внешней нормали.В примере 4 было показано, что div V = 0 , поэтому вычисляемый поток будет равен нулю в случае,когда поверхность Ф не охватывает начало координат. В случае, когда гравитационная массанаходится внутри области D, ограниченной поверхностью Ф рассмотрим сферу S с центром в началекоординат целиком лежащую в области D и ориентированной внутренней нормалью.75Тогда поток V через границу области с границей Ф + S ( область D с шаровой полостью ) будетравен нулю.
Следовательно, искомый поток будет равенr rr rr r rr r r11==−(V,)dS=m(V,dS)−(V,dS)∫∫Φ∫∫S r∫∫S∫∫S r 3 , r dS = m ∫∫S r 2 dS =m ε 2 µS =4π m .Пример 6. (4449) Доказать, что∂u∫∫ ∂n dS = ∫∫ ∆u dxdydz .SV∂u=(grad u , n) , откуда из равенства ∆u = div grad u и формулы Остроградского Гаусса следует∂nтребуемое равенство.Пример 7. Количества тепла, протекающее в поле температуры u за единицу времени черезповерхность Ф в направлении ее нормали ( поток градиента температуры ) равен Q= − kr(∇u,dS),∫∫Φk – коэффициент внутренней теплопроводности (предполагается константой). По формулеОстроградского Гаусса − kr∫∫ (∇u, dS ) = − k ∫∫∫ ∆u dxdydz .
Эта величина имеет смысл количестваΦDтепла, накопленного телом за единицу времени.Глава 5.Интегралы, зависящие от параметра§1. Собственные интегралы, зависящие от параметра1.Непрерывность интеграла от параметраРассмотрим интегралx2 ( y)F(y) =∫ f ( x, y)dxx1 ( y )для области вида типа B, D={(x,y):x1(y)≤x≤x2(y),y∈[c,d]}Предполагается, что f определена в некоторой прямоугольной области R, содержащей D, какпоказано на рисунке (D - замкнутая), x1(y), x2(y) непрерывные функции, определенные на [c,d].76Теорема.
Если f непрерывна на R , x1(y), x2(y) непрерывны на [c,d], то F(y) непрерывна на [c,d].Доказательство. Для заданного ε , используя равномерную непрерывность функции f можноподобрать ∆y так,что| F ( y + ∆y ) − F ( y ) |=x 2 ( y + ∆y )x2 ( y )∫ f ( x, y + ∆y)dx − ∫ f ( x, y)dx =x1 ( y + ∆y )x1 ( y )x1 ( y )x 2 ( y + ∆y )x 2 ( y + ∆y )x2 ( y )x1 ( y )x1 ( y + ∆y )x1 ( y )x1 ( y )x 2 ( y + ∆y )x1 ( y + ∆y )∫ f ( x, y + ∆y)dx + ∫ f ( x, y + ∆y)dx − ∫ f ( x, y)dx − ∫ f ( x, y)dx ≤+x 2 ( y + ∆y )x2 ( y )x1 ( y )x 2 ( y + ∆y )∫ | f ( x, y + ∆y) − f ( x, y) | dx +∫ | f ( x, y) | dx ≤∫ | f ( x, y + ∆y) | dxM|x1(y+∆y)-x1(y)|+(b - a)ε + M| x2(y+∆y)-x2(y)|.Здесь используется ограниченность функции f , |f| ≤ M .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
