Министерство образования и науки Российской Федерации
Уральский федеральный университет
имени первого Президента России Б.Н. Ельцина
Р. М. Минькова
Векторный анализ
Рекомендовано методическим советом УрФУ
в качестве учебного пособия для студентов,
обучающихся по программе бакалавриата и специалитета
по направлениям подготовки
140800.62 – Ядерные физика и технологии;
141401.65 – Ядерные реакторы и материалы;
141405.65 – Технологии разделения изотопов и ядерное топливо;
140801.65 – Электроника и автоматика физических установок;
210100.62 – Электроника и наноэлектроника;
201000.62 –Биотехнические системы и технологии;
200100.62 –Приборостроение;
221700.62 – Стандартизация и метрология;
230100.62 – Информатика и вычислительная техника;
230400.62 –Информационные системы и технологии
Екатеринбург
УрФУ
2013
УДК 517(075.8)
ББК 22.161я73
М62
Рецензенты:
кафедра прикладной математики Уральского государственного экономического
университета
(зав. кафедрой, доц., канд. физ.-мат. наук Ю.Б. Мельников);
старший научный сотрудник Института математики и механики УрО РАН ,
проф., д-р физ.-мат. наук Е.Ф. Леликова;
Научный редактор − доц., канд. физ.-мат. наук Н.В. Чуксина
М62 Минькова, Р.М.
Векторный анализ: учебное пособие / Р.М. Минькова. Екатеринбург: УрФУ,
2014. 88 с.
ISBN
Рассмотрены дифференцирование и экстремум функций нескольких переменных, интегрирование функций нескольких переменных (двойные, тройные, криволинейные, поверхностные интегралы), теория скалярного и векторного полей.
Учебное пособие предназначено для студентов физико-технологического
ического института и соответствует федеральному государственному образовательному стандарту третьего поколения.
Библиогр.: 8 назв. Рис. 61.
УДК 517 (075.8)
ББК 22.161я73
ISBN
© Уральский федеральный университет, 2013
2
Оглавление
Глава 1. Функции нескольких переменных
1. Понятие функции нескольких переменных …………….…..…………...……5
2. Предел и непрерывность функции …...........................……...…..……...…...…6
3. Дифференцирование функции ……...……………….……...…..……...……….7
3.1. Частные производные …….........................…………....….......……..…....7
3.2. Дифференцируемые функции. Дифференциалы.…......….....….....…......9
3.3. Сложные функции и их дифференцирование.........................……….…11
3.4. Неявные функции и их дифференцирование...........................................13
4. Геометрические приложения …..........................................….....………....….17
5. Экстремумы функции ……….............………………………….....……....…..19
5.1. Локальный экстремум функции …........……..……….……...…….........19
5.2. Глобальный экстремум функции..................................................….....…23
5.3. Условный экстремум функции ……....…..…..…….….……...…............24
Глава 2. Интегралы по фигуре
6. Понятие интеграла по фигуре и его свойства ….......................................….27
6.1. Фигура и ее мера …................……………………….....…....…….…....27
6.2. Задача о вычислении массы фигуры ….................................….……....27
6.3. Понятие интеграла по фигуре ……...............................…....…….….....28
6.4. Конкретные виды интегралов по фигуре ……............................……...28
6.5. Свойства интеграла по фигуре...........................…....….…...…....……..30
6.6. Механические приложения интеграла по фигуре ...…........….……….32
7. Вычисление интегралов по фигуре............………………………......………33
7.1. Криволинейный интеграл первого рода……...............................……...33
7.2. Двойной интеграл в прямоугольной системе.............................………36
7.3. Двойной интеграл в криволинейной системе …..........................……..39
7.4. Тройной интеграл в прямоугольной системе ...........................……….43
7.5. Тройной интеграл в криволинейной системе.................................……47
7.6. Поверхностный интеграл первого рода ….............................…....……51
Глава 3. Теория скалярного и векторного полей
8. Скалярное поле …….....................................................…...…...…….....….…55
8.1. Производная поля по направлению...................................................….55
8.2. Градиент скалярного поля и его свойства ……................…….…...…56
9. Векторное поле и векторные линии ………………..…….…...…..…......…58
10. Поток векторного поля............................………...…………..………...…...60
10.1. Задача о количестве жидкости …..............................…...……………60
10.2. Понятие потока и формы его записи …………………...……...…….61
10.3. Вычисление потока …...............................……………...….…..……..62
10.4. Формула Остроградского. Дивергенция поля.....................................65
3
11. Линейный интеграл и циркуляция векторного поля ……….……......……68
11.1. Задача о работе силы …....................................................................….68
11.2. Понятие линейного интеграла и его свойства …................................69
11.3. Вычисление линейного интеграла …...........................................……70
11.4. Формулы Грина и Стокса. Ротор поля............………...…...…...........71
11.5. Условия независимости линейного интеграла от формы пути ........75
12. Некоторые классы векторных полей.............................................................78
12.1. Потенциальное поле..............................................................................78
12.2. Соленоидальное поле............................................................................81
12.3. Гармонические поля..............................................................................83
13. Повторные операции теории поля................................................................84
14. Оператор Гамильтона....................................................................................85
Библиографический список……………………………………...……….........87
4
Глава 1. ФУНКЦИИ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
1. Понятие функции нескольких переменных
Рассмотрим
линейное пространство Rk , элементы (точки) которого
M x1 , x2 ,..., xk есть совокупности из k чисел. Введем ряд понятий.
1). Расстояние между точками M x1 , x2 ,..., xk и N y1 , y2 ,..., yk пространства R k
определим по формуле
2
2
2
M , N x1 y1 x 2 y 2 ... xk y k .
2). Последовательность точек M n назовем сходящейся к точке M
при n , если M n , M 0 при n .
3). Окрестностью точки M 0 радиуса r назовем множество
S r M 0 M Rk : M 0 , M r .
Например, на плоскости XOY окрестность точки M 0 есть круг с
Рис.1
центром в точке M 0 радиуса r (рис. 1).
4). Точку P0 из множества D назовем граничной (рис.2) , если в
любой ее окрестности содержатся точки, как принадлежащие
множеству D , так и не принадлежащие множеству D .
5). Множество D назовем замкнутым, если оно содержит все
свои граничные точки (рис.2).
6). Множество D назовем ограниченным (рис.2), если оно содержится в некоторой окрестности конечной точки. В противном случае множество назовем неограниченным (например,
Рис.2
первая четверть на плоскости).
Определение. Переменная u называется функцией k переменных x1 , x2 ,...xk , если каждой совокупности чисел (x1 , x2 ,...xk ) из множества D
соответствует единственное значение переменной u . При этом принята запись
u f (x1 , x2 ,...xk) , а множество D называется областью определения функции u .
Приведем простейшие примеры функций нескольких переменных.
1. Объем прямого кругового цилиндра V R 2 H есть функция двух
z
переменных R и H , причем R >0 и H >0.
2. Функция z x 2 y 2 есть функция переменных x и y , определенная на всей плоскости OXY . Графиком этой функции называется
множество точек ( x, y, z ) , координаты которых удовлетворяют уравнению z x 2 y 2 , т.е. график функции есть параболоид (рис. 3).
3. Функция u ln 1 x 2 y 2 z 2 является функцией трех пере- x
Рис. 3
2
2
2
менных x, y, z , определенной на множестве x y z 1 . Геометрическое изображение функции трех переменных с помощью ее графика невозможно, так как
для этого потребовалось бы пространство четырех измерений.
5
2. Предел и непрерывность функции
Предел функции нескольких переменных обобщает понятие предела
функции одной переменной.
Конечное число b называется пределом функции
u f (x1, x2,..., xk ) f (M ) при M → M 0 , если для любой последовательности точек
M n , сходящейся к точке M 0 M n M 0 , соответствующие значения функции
f M n сходятся к числу b , т.е.
Определение.
lim f (M ) b , если f M n b при M n M 0
M M 0
M n M0 .
Для функции двух переменных используют и другую запись:
lim f (M ) lim f x , y b .
x x0
y y0
M M 0
Из определения следует, что предел b не зависит от способа приближения точки M к точке M 0 .
Свойства пределов функции одной переменной остаются справедливыми и для функций многих переменных.
Пример 2.1
1). lim
x0
y 2
x y 1
0 2 1 1 .
x x y2 3 0 0 3 3
2
В этом примере мы воспользовались тем, что предел элементарной функции в
области ее определения равен значению функции в точке.
2). lim sin(yxy) lim sin(xyxy) x 1 3 3 .
x 3
y 0
xy 0
x3
Здесь мы воспользовались первым замечательным пределом.
3). lim x sin 1y 0 .
x 0
y 0
2
4). lim 2x y 2 lim x
x 0
y 0
x y
x0
y 0
y2
0.
x2 y 2
В примерах 3 и 4 мы воспользовались тем, что x есть бесконечно малая функ2
ция, функции sin 1y , 2 y 2 есть ограниченные функции (по модулю не больше
x y
единицы), а произведение бесконечно малой функции на ограниченную функцию есть бесконечно малая функция.
3
3
lim
5). lim x2 y 2 xy cos
sin
x 0 x y
0
y 0
3
cos3 sin3 lim cos3 sin 3 0 .
2
6
0
6). lim
x 0
y 0
xy
xy
стремится к разным
2 не существует, т.к. функция f (x, y) 2
x y
x y2
2
числам при различных способах приближения точки x , y к точке 0, 0 :
0, k 0,
2
x
y
k
x
k
lim
y k x lim
1/ 2, k 1,
x 0 x 2 y 2
x 0 1 k 2 x 2 1 k 2
y 0
....
Определение. Функция f M называется непрерывной в точке M 0 , если
lim
M M 0
f M f M0 .
Свойства функции, непрерывной в точке, также переносятся с функции одной
переменной на функцию нескольких переменных.
Пример 2.2
x y2
1). Функция f (x, y) 2 2 − элементарна и поэтому непрерывна во всех точках,
x y
кроме точки 0, 0 , где функция не определена.
x y2
2
2
2
2, x y 0
2). Функция f x, y x y
непрерывна в точке 0, 0 , так как
2
2
0,
x y 0
(см. пример 2.1) lim
f x, y 0 f 0, 0 .
x 0
y 0
Функцию f M называют непрерывной в области D , если она непрерывна
в каждой точке этой области.
Аналогично свойствам функции одной переменной, непрерывной на отрезке, формулируются свойства функции нескольких переменных, непрерывных в
ограниченной замкнутой области.
Теорема 2.1. Пусть функция f M непрерывна в ограниченной замкнутой
области D . Тогда
1) функция f M ограничена в области D , т.е. f M K в области D ;
2) функция f M достигает в области D наибольшего и наименьшего значений;
3) функция f M принимает в области D все промежуточные значения между
наибольшим и наименьшим значениями;
3. Дифференцирование функции
3.1. Частные производные
Определения
Для простоты записи ограничимся функцией двух переменных f ( x, y ) . Введем полное приращение функции
f ( x , y ) f ( x x, y y ) f ( x , y )
7
и частные приращения функции по x и y:
x f (x, y) f (x x, y) f (x, y),
y f (x, y) f (x, y y) f (x, y).
Частными производными f x( x , y ) , f y (x, y) функции f ( x, y ) называются пределы
f x (x, y) lim
x0
y f (x, y)
.
y
y 0
x f (x, y)
,
x
f y (x, y) lim
Приняты и другие обозначения: f (x, y) , f (x, y) . Частные производные функx
y
ции любого числа переменных определяются аналогично.
Способ вычисления
Так как в определении, например, производной f x при вычислении x f
изменяется только x при неизменных других переменных, то справедливо следующее правило:
При дифференцировании функции по одному из ее аргументов,
остальные аргументы считаются постоянными.
Пример 3.1
1) u x3 sin y ux 3 x 2 sin y , uy x 3 cos y ,
2) u e 2 x3 y ln z ux e 2x 3y 2 , uy e 2x 3y 3 , uz 1 ,
z
y
y
1
y
3) z x zx y x , zy x ln x .
Производные высших порядков
Частные производные f x (x, y) и f y (x, y) являются функциями от x , y и от
них можно снова находить частные производные по x и y . Они называются
частными производными второго порядка:
f x ,
f xx
x
f x
f xy
y
,
,
f y
f yx
x
f y
f yy
y
.
2
2
2
2
Другие обозначения этих же производных: f2 , x fy , y fx , f2 .
y
x
Аналогично определяются и частные производные более высоких порядков,
например, f xy x ( f x y )x .
Производные, в которых идет дифференцирование по различным переменным, называются смешанными, например, f x y , f y x , f x y x . Не доказывая, отметим, что смешанная производная, в случае ее непрерывности, не зависит от
порядка дифференцирования, например, f y x f x y , f xy x f xx y f yx x .
Пример 3.2
1). Для функции f (x, y) y e x x sin (1 y 2) имеем: f x y e x sin (1 y 2) ,
f x y e x cos (1 y 2) 2 y ,
f y e x x cos (1 y 2) 2 y ,
f y x e x cos(1 y 2) 2 y .
0 , f xz z 6 yz.
2). Для функции f (x, y, z) xyz 3 имеем: f x yz 3, f x z ( f x )z 3yz 2 , f xzx
8
3.2. Дифференцируемые функции. Дифференциалы
Напомним, что если функция одной переменной f ( x ) дифференцируема в
точке x, то ее приращение в этой точке представимо в виде
f ( x ) f ( x )x o( x ) ,
где o(x ) есть функция бесконечно малая более высокого порядка малости, чем
x , т.е. lim
x 0
o(x)
0.
x
Аналогично, функция двух переменных f ( x, y ) называется дифференцируемой в точке ( x, y ) , если ее полное приращение в этой точке представимо в виде
f (x, y) f x (x, y) x f y (x, y) y o ( ) ,
(3.1)
o ( )
где (x)2 (y )2 , lim
0.
0
Аналогично для дифференцируемой функции трех переменных
f (x, y, z) f x x f y y f z z o ,
где (x)2 (y)2 (z)2 , lim o () 0 .
0
Из дифференцируемости функции в силу равенства (3.1) следует, что, если приращения аргументов x и y бесконечно малы, то приращение функции
будет бесконечно малым, то есть функция будет непрерывной. Итак,
из дифференцируемости функции следует ее непрерывность.
В равенстве (3.1) выражение f x (x, y) x f y (x, y) y называют дифференциалом функции f ( x, y ) и обозначают d f (x, y) . Таким образом,
d f (x, y) f x (x, y) x f y (x, y) y ,
(3.2)
а равенство (3.1) принимает вид
f (x, y) d f (x, y) o () .
(3.3)
Для функций x , y x , x , y y из равенства (3.2) следует:
d x d x , y x x y y 1 x 0 y d x x ,
d y d x , y x x y y 0 x 1 y d y y .
Тогда равенство (3.2) примет вид
d f (x, y) f x (x, y) d x f y (x, y) d y
.
(3.4)
Аналогично определяется дифференциал функции трех переменных f (x, y , z) :
d f x , y , z f x x , y , z d x f y x , y , z d y f z x , y , z d z
Так как f (x0, y0) f (x, y) f (x0, y0) , то равенство (3.3) можно переписать так:
f (x, y) f (x0, y0) d f (x0, y0) o () или f M f M 0 d f M 0 o .
9
(3.5)
Если пренебречь бесконечно малой o( ) , заменить d f (x0, y0) по формуле (3.2) и
учесть, что x x x0 , y y y0 , то получим приближенное равенство:
f (x, y) f (x0, y0) f x (x0, y0) (x x0) f y (x0, y0) ( y y0) .
(3.6)
Это равенство позволяет линеаризовать функцию, т.е. заменить функцию
f (x, y) в окрестности точки x0 , y0 линейной функцией.
Равенство (3.6) используется также для приближенного вычисления значения функции f (x, y) , если известно значение функции f (x0 , y0) .
Пример 3.3. Линеаризовать функцию f (x , y) ln 3 x 4 y 1 в окрестности точки x0 1 , y0 1 .
Решение. Найдем значения функции и ее частных производных в точке ( x0 , y 0 ) :
f (x0 , y0) ln
f x
f y
1
3
x
x
3
1 4 1 1 ln1 0 ,
1 x 2
3
y 1 3
4
1
3
4
1 y 3
y 1 4
f x (x0, y0) 1 ,
3
,
4
,
f y (x0 , y0) 1 .
4
Теперь воспользуемся приближенным равенством (3.6)
f (x, y) ln
3
x 4 y 1 1 x 1 1 y 1 .
3
4
Определим дифференциалы высших порядков. Из равенства (3.2) следует, что
дифференциал функции d f (x, y) f x (x, y) x f y (x, y) y при фиксированных x и
y есть снова функция от переменных x и y . Ее дифференциал называют вторым дифференциалом функции f ( x, y ) и обозначают d 2 f ( x , y ) . Таким образом,
d 2 f (x, y) d d f (x, y) при фиксированных x , y .
Выведем формулу для вычисления d 2 f ( x, y ) :
d 2 f (x, y) d d f (x, y) d f x x f y y ( f x x f y y)x x ( f x x f y y)y y
(x)2 f yx
yx f xy
xy f yy
(y)2 .
f xx
Так как f y x f x y , то из предыдущего равенства следует, что
(x)2 2 f xy
xy f yy
(y)2 .
d 2 f (x, y) f xx
(3.7)
Запишем формулу (3.7) в другом виде
d 2 f (x, y)
2 f
2 f
2 f
2
2
(
x
)
2
x
y
2
2 (y) .
x
y
x
y
Так как это выражение напоминает формулу для квадрата суммы, удобно символически это выражение записать в виде
2
d f (x, y)
x
y f (x, y) .
x
y
2
(3.8)
Аналогично определяются и вычисляются дифференциалы порядков выше второго:
10
d 3 f (x, y) d d 2 f (x, y) , ..., d n f (x, y) d d n 1 f (x, y)
при фиксированных x , y ;
n
d n f (x, y)
x
y f (x, y) .
x
y
(3.9)
В частности,
3
3
2
2 f
3 f
3 f
3 f
3
d 3 f (x, y)
x
y f (x, y) 3 (x)3 3 2 x y 3
x
y
2
3 (y) .
x
y
x
x y
x y
y
Для функции трех переменных аналогично
d n f (x, y, z)
x
y
z
x
y
z
n
f (x, y, z).
Дифференциалы высших порядка позволяет вывести приближенную формулу более точную, чем формула (3.5):
d f M0 d 2 f M0
d n f M0
f M f M0
...
o d n f M0 .
1!
2!
n!
(3.10)
Формулу (3.10) называют формулой Тейлора n го порядка. Вывод этой формулы проводить не будем.
Применение дифференциалов высших порядков будет рассмотрено также
далее при исследовании функции нескольких переменных на экстремум.
3.3. Сложные функции и их дифференцирование
Пусть функция z f (x, y) определена в области D , функции x x (t) , y y (t)
определены на множестве S со значениями в области D . Если подставить значения x x (t) , y y (t) в функцию z f (x, y) , то получим сложную функцию
z f x t , y t одной переменной t , определенную на множестве S . Переменные x , y называют промежуточными переменными, переменную t называют
независимой переменной.
Теорема 3.1. Пусть z f (x, y) , x x (t) , y y (t) − дифференцируемые функции. Тогда производная сложной функции z f x t , y t равна
(3.11)
zt zx xt zy yt .
Доказательство. Придадим t приращение t . Тогда переменные x, y получат
приращение x, y , и переменная z получит приращение z . Так как функция
z f (x, y) − дифференцируема, то z zx x zy y o .
Разделим равенство на t :
z z x z y o .
x t
y t
t
t
Так как
o o
,
t
t
t
x 2 y 2
t
x
t
2
(3.12)
2
y
t
xt 2 yt 2 ,
o
то равенство (3.12) примет вид: zt zx xt zy yt xt 2 yt 2 .
11
Переходя в этом равенстве к пределу при t 0 , получим:
zt zx xt zy yt 0
xt 2 yt 2 zx
xt zy yt .
Полученная формула (3.11) обобщается на сложные функции с любым числом промежуточных и независимых переменных. Справедливо общее правило:
Для отыскания производной сложной функции по независимому
аргументу надо ее производную по каждому промежуточному аргументу
умножить на производную этого промежуточного аргумента по независимому аргументу и сложить эти произведения.
Поясним это правило в следующих случаях:
1) z f (u, v) , где u u (x, y), v v (x, y) .
Тогда z f ( u (x, y), v (x, y)) есть сложная функция независимых переменных x, y и
zx zu ux zv vx
.
zy zu uy zv vy
2) z f ( x, y, t ) и x x(t ), y y (t ) .
Тогда z f ( x(t ), y (t ), t ) есть сложная функция одной независимой переменной t . Поdz
(полная производная), а не z (частная произt
dt
водная). Промежуточные переменные – x , y , t . Итак, согласно общему правилу:
этому ее производную обозначим
d z z d x z d y z
.
d t x d t y d t t
Пример 3.4. Найти частную производную z и полную производную d z ,
t
dt
если z x2 y3 arctg t , x sin t , y cos t .
Решение. Так как
z
z
z
2x ,
3 y2 ,
(arctg t) 1 2 , то
t
y
x
1 t
dz
2 x cos t 3 y 2 (sin t) 1 2 2sin t cost 3cos2 t sin t 1 2 .
dt
1 t
1 t
Пример 3.5. Найти zx x для функции z f x 2 y ,
x .
y
Решение. Представим функцию в виде z f u , v , где u x 2 y , v xy . Тогда
1
zx fu ux fv vx fu 2 x y fv ,
y
1
1
zx x fu 2 x y fv fu 2 y fu x 2 x y fv x
y
y
x
ux fvv vx 1
2 y fu fuu ux fuv vx 2 x y f vu
y
1
2 x y fvv 1 1 .
2 y fu fuu 2 x y fuv 2 x y f vu
y
y y
, получим zx x 2 y fu 4 x 2 y 2 fuu 4 x fuv fvv 1 .
Учитывая, что fuv f vu
2
y
12
Дифференциалы сложной функции
1). Сначала рассмотрим случай функции z f x , y независимых переменных
x, y .
Для такой функции
(3.13)
d x , d y const ;
(3.14)
d 2 z d d z d f x d x f y d y d f x d x d f y d y .
2). Теперь рассмотрим случай функции z f x , y , где x , y зависимые переменные
x x t , y y t . Получим сложную функцию z f x t , y t F t , для которой
d z f x d x f y d y ,
d z Ft d t f x xt f y yt d t f x xt d t f y yt d t f x d x f y d y .
Итак, для сложной функции z f x , y , x x t , y y t
d z f x d x f y d y ,
(3.15)
но в отличие от формулы (3.12) здесь d x xt d t, d y yt d t есть функции. Поэтому
d 2 z d d z d f x d x f y d y d f x d x d f y d y f x d 2x f y d 2 y .
(3.16)
Отметим, что, формулы (3.14) и (3.16) различны; они совпадут, если
2
2
d 2x x t d t 0, d 2 y y t d t 0 , т.е., если x a t b , y c t d линейные
функции.
Итак, сравнивая формулы (3.13) и (3.15), (3.14) и (3.16), приходим к следующему выводу:
Форма дифференциала первого порядка функции f x , y инвариантна,
т.е. одна и та же, и когда аргументы функции x , y независимы, и когда аргументы x , y сами являются функциями.
Форма дифференциала функции f x , y порядка выше первого инвариантна, если аргументы x , y есть линейные функции.
3.4. Неявные функции и их дифференцирование
Неявные функции, определяемые уравнением
F x, y 0
Рассмотрим ряд примеров.
Пример 3.5. Уравнение x3 y 3 1 0 для любого x определяет функцию
y 3 1 x3 , заданную неявно уравнением x3 y 3 1 0 .
Пример 3.6. Уравнение x 2 y 2 1 0 не имеет действительного
решения y x ни для какого действительного x , т.е. это уравнение не определяет функцию.
Пример 3.7. Из уравнения e x y x y 0 мы не можем выразить
y через x , но можем графически установить, имеет ли это
уравнение решение. Для этого зафиксируем x x , запишем исходное уравнение в виде e x y x y и построим графики функций y e x y, y x y для x 0 (рис. 4), для x 0 (рис.5).
13
Рис. 4
Для x 0 уравнение имеет единственное решение y (рис. 4);
для x 0 уравнение не имеет решения (рис. 5);
для x 0 уравнение примет вид e 0 y 0 и имеет решение y 1 .
Таким образом, уравнение e x y x y 0 имеет единственное
решение при каждом x 0 , т.е. уравнение определяет неявную
функцию y y x при x 0 , но ее нельзя выразить через элементарные функции.
Рис. 5
Определение. Пусть для x X уравнение F x , y 0 имеет
решение y x . Тогда функцию y x , x X , называют неявной функцией,
определяемой уравнением F x , y 0 .
Если F x0 , y0 0 , Fy x0 , y0 0 , то уравнение F x , y 0 в окрестности точки
x0 , y0
имеет единственное решение y x такое, что x 0 y 0 , т.е. опреде-
ляет неявную функцию y x .
Если Fy x0 , y0 0 , но Fx x0 , y0 0 , тогда уравнение F x , y 0 определяет неявную функцию x x y .
Рассмотрим вопрос о дифференцировании неявной функции y y x , определяемой уравнением F x , y 0 . Функция y y x при подстановке ее в уравнение F x , y 0 обращает уравнение в тождество: F x , y x 0 . Дифференцируя это тождество по x , получим
Fx xx Fy yx 0 .
Если Fy 0 , то yx Fx . Сформулируем правило, которым удобно пользоваться
Fy
для отыскания производной.
Если неявная функция y y x задана уравнением F x, y 0 , то для
нахождения производной y x необязательно разрешать уравнение
F x, y 0 относительно y ; следует продифференцировать это уравнение по
x , учитывая, что y есть функция от x .
Пример 3.8. Линеаризовать в окрестности точки 0 , 1 неявную функцию y x ,
заданную уравнением e x y x y 0 .
Решение. Продифференцируем равенство e x y x y 0 по x , учитывая, что y y x :
e x y (x y)x 1 yx 0 , или e x y y x yx 1 yx 0 , или yx 1 x e x y 1 y e x y.
xy
Отсюда получим yx 1 y e x y , yx 0, 1 2 . Тогда
1 x e
y x y x 0 y x 0 x x 0
14
или y x 1 2 x .
Неявные функции, определяемые уравнением
F x, y , z 0
Теперь рассмотрим функцию, неявно заданную уравнением F x, y, z 0 .
Из этого уравнения, если возможно, выразим одну из переменных, например z ,
через две другие переменные x и y , т.е. найдем решение z z x, y исходного
уравнения F x, y, z 0 . Это решение z z x, y называется функцией, неявно заданной уравнением F x, y, z 0 . Если Fz 0 , то уравнение F x, y, z 0 теоретически может определять неявную функцию z z x, y , но мы ее не всегда можем выразить через элементарные функции.
Правило, которым удобно пользоваться для отыскания производной неявной
функции, определяемой уравнением F x, y, z 0 , аналогично правилу отыскания производной неявной функции, определяемой уравнением F x, y 0 .
Для отыскания частной производной zx функции z z x, y , заданной
неявно уравнением F x, y, z 0 , следует продифференцировать это уравнение по x , (а для отыскания zy продифференцировать уравнение по y ), учитывая, что x, y – независимые переменные, а z − функция от x, y .
Пример 3.9. Линеаризовать в окрестности точки 1; 1 неявную функцию z x , y ,
определяемую уравнением z 3 y z x y 2 x3 0 , если z 1; 1 1 .
Решение. Продифференцируем равенство z 3 y z x y 2 x3 0 сначала по x , затем
по y , учитывая, что x, y – независимые переменные, а z − функция от x, y :
3 z 2 zx y zx y 2 3 x 2 0 ,
3 z 2 zy z y zy 2 x y 0 .
Отсюда выразим zx и zy :
y 2 3 x2
2 x y 2z
zx
2 , zy
y 3z
y 3z
y 3z
2
0 .
Можно применить и другой способ для отыскания zx и
zy :
в равенстве
z 3 y z x y 2 x 3 0 вычислить не производные, а дифференциалы:
3 z 2 d z y d z z dy y 2d x 2 x y d y 3 x 2 d x 0 .
3 x2 y 2
2x y z
d x 2
dy.
2
3z y
3z y
Сравнивая последнее равенство с тем, что dz zx dx zy dy , снова получим
Отсюда
3 z
2
y d z 3 x2 y 2 d x 2 x y z d y ,
dz
y2 3 x2
2x yz
zx
, zy
.
2
y 3z
y 3 z2
При x y z 1 имеем
zx 1, zy 1 / 4 .
Воспользуемся формулой (3.6): f (x, y) f (x0, y0) f x (x0, y0) (x x0) f y (x0, y0) ( y y0) .
15
Тогда в окрестности точки 1; 1 неявная функция z x , y , определяемая уравнением z 3 y z x y 2 x3 0 , приближенно равна z x , y 1 x 1 1 y 1 .
4
Неявные функции, определяемые системой уравнений
Введем следующий определитель, называемый определителем Якоби или
якобианом:
F1
F1
...
y1
yk
D F1 , ..., Fk
..................
.
D
y
,...,
y
1
k
Fk Fk
...
y1
yk
Рассмотрим два частных случая.
F x , y , z 0,
определяет две функции;
G x , y , z 0
1). Система двух уравнений
D F, G
0 , то переменные y , z будут функциями от x , т.е. y y x , z z x ;
D y, z
D F, G
если
0 , то переменные x , z будут функциями от y , т.е. x x y , z z y ;
D x, z
если
если
D F, G
0 , то переменные x , y будут функциями от z , т.е. x x z , y y z .
Dx, y
F x , y , z , u , v 0,
D F , G, R
2). Система трех уравнений G x , y , z , u , v 0, при условии
0 опреD
z
,
u
,
v
R x , y , z , u ,v 0
деляет три функции z , u , v от x , y , т.е. z z x , y , u u x , y , v v x , y .
Правило, которым удобно пользоваться при дифференцировании неявных
функций, определяемых системой уравнений, аналогично правилу отыскания
производной неявной функции, определяемой одним уравнением.
Часто удобно вычислять не производные, а дифференциалы.
x u 2 v 2
определяет
3
3
y u v
Пример 3.10. При каких условиях система уравнений
u , v как функции от x , y ? Найти производные первого порядка от этих функций.
Решение.
Запишем
систему
в
виде
u 2 v 2 x 0
,
3 3
u v y 0
введем
F u 2 v 2 x , G u 3 v3 y и вычислим якобиан
FF
2u 2v
D F, G
u v 2 2 6 u v 2 6 u 2v 6 u v v u .
D u , v
Gu Gv 3 u 3 v
16
функции
Если u 0, v 0, u v , то этот якобиан отличен от нуля и заданная система
x u 2 v 2
определяет u , v как функции от x , y . Для отыскания про3
3
y u v
уравнений
изводных этих функций вычислим дифференциалы:
dx 2 u du 2 v dv ,
2
2
dy 3 u du 3 v dv .
Решим систему относительно du и dv . Для этого сначала умножим 1-е уравнение на 3 v , 2-е уравнение на 2 и сложим, потом умножим 1-е уравнение на 3 u ,
2-е уравнение на 2 и сложим:
v
1
du
dx
dy ,
3 v dx 2 dy 6 uv 6 u 2 du ,
2
u
v
u
3
u
v u
или
2
u
1
dv
3 u dx 2 dy 6 uv 6 v dv
dx
dy .
2 v u v
3 v u v
Отсюда ux
v
,
2u v u
uy
1
;
3u v u
vx
u
,
2 v u v
vy
1
.
3 v u v
4. Геометрические приложения
Касательная плоскость и нормаль к поверхности
F x, y, z 0
Пусть поверхность задана уравнением F x, y, z 0 . Рассмотрим
N
на поверхности точку M 0 x0 , y0 , z0 . Будем предполагать, что
Fx M 0 , Fy M 0 , Fz M 0 одновременно не равны нулю. На поверхно-
M0
сти через точку M 0 проведем всевозможные линии L и касательные
Рис. 6
прямые к этим линиям (рис. 6). Справедлива следующая теорема.
Теорема 4.1. Касательные прямые, проведенные к всевозможным линиям
поверхности F ( x, y, z ) 0 в точке M 0 , лежат в одной плоскости, называемой
касательной плоскостью. Нормальный вектор касательной плоскости
(называемый также нормальным вектором поверхности) есть вектор
N Fx M 0 , Fy M 0 , Fz M 0 .
Доказательство. Пусть произвольная линия L, лежащая на поверхности и
проходящая через ее точку M 0 , задана параметрическими уравнениями:
x x (t ) , y y (t ) , z z (t ) .
Пусть точке M 0 соответствует значение параметра t t0 . Так как линия L лежит
на поверхности, то координаты любой ее точки x (t), y (t) , z (t) удовлетворяют
уравнению поверхности F ( x, y, z ) 0 , т.е. F ( x(t ), y(t ), z (t )) 0 . Продифференцируем это равенство по t :
17
Fx xt Fy yt Fz zt 0 .
Равенство верно для любого t , в частности для значения t t0 , соответствующего точке M 0 , поэтому
Fx(M 0) xt(t0) Fy(M 0) yt (t 0) Fz (M 0) zt (t 0) 0.
Левая часть этого равенства равна скалярному произведению вектора
N Fx M 0 , Fy M 0 , Fz M 0 и вектора S xt(t0) , yt (t0) , zt (t0) . Следовательно,
N S 0 , т.е. векторы S и N перпендикулярны.
Вектор S , как известно, есть касательный вектор к линии L, заданной пара
метрическими уравнениями x x(t ) , y y(t ) , z z (t ) . Вектор N определяется
только уравнением поверхности и не зависит от линии L. Таким образом, касательные прямые, проведенные к произвольным линиям
поверхности в точке
M 0 , перпендикулярны одному и тому же вектору N , т.е. лежат в одной плос
кости − в плоскости, перпендикулярной вектору N .
Зная нормальный вектор N {Fx(М 0), Fy (М 0), Fz (М 0)} касательной плоскости и
точку касания M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , можно записать уравнение касательной плоскости
к поверхности F ( x, y, z ) 0 в точке M 0 :
Fx(M 0) x x0 Fy(M 0) y y0 Fz (M 0) z z0 0.
Прямая, перпендикулярная касательной плоскости и проходящая через точку
касания M 0 , называется нормалью к поверхности в точке M 0 . Нормальный вектор
касательной плоскости N {Fx(М 0), Fy (М 0), Fz (М 0)} является направляющим вектором нормали. Поэтому уравнение нормали к поверхности F ( x, y, z ) 0 в точке M 0
имеет вид:
x x0
y y0
z z0
.
Fx(M 0) Fy(M 0) Fz(M 0)
Пример 4.1. На поверхности 3 x 2 y 2 2 z 2 21 0 найти точки, в которых касательная плоскость параллельна плоскости 6 x y 4 z 96 .
Решение.
Найдем
нормальный
вектор
касательной
плоскости
N Fx M 0 , Fy M 0 , Fz M 0 6x0 , 2 y0 , 4z 0 и нормальный вектор заданной плос
кости N 1 6 ,1, 4 . Так как касательная и заданная плоскости параллельны, то
их нормальные векторы параллельны N || N 1 .
Условием параллельности двух векторов является пропорциональность их одноименных координат, т.е. 66x0 21y0 44z0 . Тогда x0 , y0 2 , z0 .
Точка касания M ( x0 , y0 , z0 ) лежит на заданной поверхности, значит ее координаты x0 , y0 2 , z0 удовлетворяют уравнению поверхности , т.е.
18
32
2
4
2 2 21 0 и 2 .
При 2 получим точку M1 2,1, 2 ; при 2 получим точку M 2 2, 1, 2 .
Зная нормальный вектор N касательной плоскости можно записать уравнения
касательной плоскости и нормали.
5. Экстремумы функции
5.1. Локальный экстремум функции
Локальный экстремум (то есть максимум или минимум) для функции нескольких переменных определяется так же, как и для функции одной переменной, а именно:
1. Функция f (M ) имеет локальный максимум в точке M 0 , если f (M ) f (M 0)
в некоторой окрестности точки M 0 .
2. Функция f (M ) имеет локальный минимум в точке M 0 , если f (M ) f (M 0) в
некоторой окрестности точки M 0 .
Отметим, что в окрестности точки экстремума M 0 приращение функции
f (M 0) f (M ) f (M 0) сохраняет знак, а именно f (M 0) 0 для точки максимума
и f (M 0) 0 для точки минимума.
Для исследования функции на экстремум используют необходимое условие и достаточное условие экстремума.
Теорема 5.1 (необходимое условие экстремума)
Пусть функция f (M ) имеет экстремум в точке M 0 . Тогда в этой точке
каждая ее частная производная равна нулю или не существует.
Доказательство для простоты проведем для функции двух переменных .
Пусть, например, функция f ( x, y ) имеет максимум в точке ( x0 , y0 ) . Тогда
f x0 , y0 f x , y в окрестности точки ( x0 , y0 ) ; в частности, f x0 , y0 f x , y0 .
Это означает, что функция одной переменной f (x, y0) имеет максимум в точке x0 .
Следовательно, ее производная f x x, y0 в точке x0 равна нулю или не существует. Аналогично доказывается, что производная f y ( x0 , y0 ) равна нулю или не
существует.
Следствие. Пусть функция f (M ) дифференцируема и имеет экстремум в
точке M 0 . Тогда в этой точке d f M 0 0 .
Действительно, в точке экстремума M 0 для дифференцируемой функции
f x (M 0) f y (M 0) 0 , и поэтому d f (M 0) f x (M 0) dx f y (M 0) dy 0 .
Замечание. Необходимый признак экстремума не является достаточным.
Например, для функции z x 2 y 2 её частные производные zx 2 x , zy 2 y равны нулю в точке 0, 0 , но z 0, y z 0, 0 , а z x, 0 z 0, 0 , поэтому в точке 0, 0
экстремума нет.
19
Таким образом, для исследования функции на экстремум нужно
1) найти точки, в которых частные производные равны нулю или не существуют (их называют критическими точками),
2) исследовать функцию в критических точках, используя достаточные
условия экстремума или определение экстремума.
Рассмотрим достаточные условия экстремума.
Теорема 5.2 (первое достаточное условие экстремума).
Пусть M 0 критическая точка функции f M и функция f M дважды
дифференцируема в окрестности точки M 0 . Тогда
1) если d 2 f M 0 0 в окрестности точки M 0 , то функция f M в точке M 0
имеет минимум,
2) если d 2 f M 0 0 в окрестности точки M 0 , то функция f M в точке M 0
имеет максимум,
3) если d 2 f M 0 меняет знак в окрестности точки M 0 , то функция f M в точке
M 0 экстремума не имеет,
4) если d 2 f M 0 0 в окрестности точки M 0 , то нужно дополнительное исследование (в частности, если d 3 f M 0 0 то в точке M 0 экстремума нет).
Доказательство. Воспользуемся формулой Тейлора (3.10) при n 2 .
f (M ) f (M 0) d f (M 0) 1 d 2 f (M 0) o d 2 f (M 0) .
2
(5.1)
В критической точке M 0 для дифференцируемой функции имеем: d f (M 0) 0 .
Поэтому равенство (5.1) примет вид:
f (M ) f (M 0) 1 d 2 f (M 0) o d 2 f (M 0) .
2
Величина o d 2 f (M 0) является бесконечно малой более высокого порядка, чем
d 2 f ( M 0 ) , поэтому она не влияет на знак f (M ) f (M 0) , т.е. знак f (M ) f (M 0) сов-
падает со знаком d 2 f ( M 0 ) в некоторой окрестности точки M 0 . Следовательно,
если d 2 f M 0 0 , то и f (M ) f (M 0) 0 в окрестности точки M 0 , значит функция f M в точке M 0 имеет минимум;
если d 2 f M 0 0 , то и f (M ) f (M 0) 0 в окрестности точки M 0 , значит функция f M в точке M 0 имеет максимум;
если d 2 f M 0 меняет знак, то и f (M ) f (M 0) меняет знак в окрестности точки M 0 ,
значит функция f M в точке M 0 экстремума не имеет;
если d 2 f M 0 0 в окрестности точки M 0 , то f (M ) f (M 0) o d 2 f (M 0) и для
исследования этой величины нужно провести дополнительное исследование,
например, взять формулу Тейлора более высокого порядка; более подробно на
этом останавливаться не будем.
20
На практике исследовать знак дифференциала второго порядка в окрестности
критической точки не очень удобно; проще использовать другое достаточное
условие (теорему 5.3), основанное на значениях производных в критической
точке, а не в ее окрестности.
Теорема 5.3 (второе достаточное условие экстремума).
Пусть M 0 – критическая точка функции f M f (x 1, x 2 ,..., xn ) . Обозначим:
Ai k
A11 A12 ... A1n
A11 A12 A13
A11 A12
A 21 A 22 ... A 2 n
f M0
, 1 A11 , 2
, 3 A21 A 22 A 23 , …, n
. Тогда
xi x k
A21 A 22
...................
A 31 A 32 A33
A n1 A n 2 ... A n n
2
1) если 1 , 2 ,..., n , – положительны, то M 0 точка минимума функции f M ;
2) если знаки 1 , 2 ,..., n чередуются, начиная со знака минус, то M 0 −точка
максимума функции f M .
Доказательство для простоты проведем для функции двух переменных.
Исследуем знак d 2 f ( M 0 ) , используя формулу (3.7):
2
2
2
2
M0 x 2 fxy
M0 x y f yy
M0 y A 11 x 2 A 12x y A 2 2 y .
d 2 f M0 fxx
2
Вынесем за скобку (y ) . Тогда
2
x
x
d f M 0 y A 11
2 A 12
A 2 2 .
y
y
2
2
Выражение в квадратных скобках является квадратным трехчленом относиx . Его дискриминант D 4 A 2 4 A A 4 .
тельно
12
11
22
2
y
По условию теоремы 2 0 , поэтому дискриминант квадратного трехчлена
D 0 . Тогда знак d 2 f ( M 0 ) совпадает со знаком A 11 1 (рис.7,а, 7,б):
при A11 0 имеем d 2 f M 0 0 и по теореме 5.2 функция f (M ) имеет минимум в
точке M 0 ;
при A11 0 имеем d 2 f M 0 0 и функция f (M ) имеет максимум в точке M 0 .
Замечание. Если 2 0 в точке M 0 , то функция двух переменных в точке M 0
не имеет экстремума.
Действительно, если 2 0 , то дискриминант квадратного трехчлена D 4 2 0 .
Тогда d 2 f ( M 0 ) изменяет знак в окрестности точки M 0 (рис.7,в, 7,г). Поэтому по
теореме 5.2 функция f (M ) не имеет экстремума в точке M 0 .
2
d f M0
а
в
б
Рис.7
21
г
Пример 5.1. Исследовать на экстремум функцию
f x, y, z x 3 y 2 z 2 12 x y 2 z .
Решение. Найдем критические точки функции из системы уравнений
f x 3 x 2 12 y 0,
f y 2 y 12 x 0,
f 2 z 2 0.
z
Из 3-го уравнения z 1 , из 2-го уравнения y 6 x , из 1-го уравнения
3 x 2 4 y 3 x 2 24 x 0 или x 1 0, x2 24 . Итак, функция f ( x, y , z ) имеет две критические точки M 1 0,0 , 1 , M 2 24 , 144 , 1 . Для их исследования вычислим
частные производные 2-го порядка:
6 x , f xy
12, f xz
0, f yx
12, f yy
2, f yz
0, f zx
0, f zy
0, f zz 2
f xx
6 x 12 0
6 x 12
и составим из них определители 3 12 2 0 , 2
, 1 6 x .
12 2
0 0 2
В точке M 2 24, 144 , 1 имеем 1 0, 2 0, 3 2 2 0 , поэтому по теореме 5.3
M 2 есть точка минимума функции f (x, y, z) и f min f (M 2) 6913.
В точке M1 0,0, 1 имеем 1 0, 2 0, 3 2 2 0 , поэтому теорема 5.3 неприменима. Воспользуемся теоремой 5.2. Для этого вычислим дифференциал
второго порядка
2
2
2
dx f yy
dy f zz dz 2 f xy
dx dy 2 f xz
dx dz 2 f yz
dy dz ,
d 2 f f xx
2
2
d 2 f M 1 2 dy 2 dz 24 dx dy.
При dy 0 имеем d 2 f M 1 2 dz 2 0 ;
при dz 0, dx dy имеем d 2 f M 1 2 dy 2 24 dy 2 22 dy 2 0 .
Так как d 2 f M 1 меняет знак в окрестности точки M 1 , то функция f M в точке M 1
экстремума не имеет.
Пример 5.2. На плоскости даны n точек M i ai , bi , в которых сосредоточены
массы m i , i 1, 2,..., n . Показать, что центр тяжести этой системы точек имеет
1
координаты x c m
n
m i a i , y c m1
i 1
n
n
m i bi , где m m i .
i 1
i 1
Решение. Центр тяжести системы материальных точек есть точка M x, y ,
n
2
2
относительно которой момент инерции I x , y m i x a i y b i миниi 1
мален. Исследуем функцию двух переменных I x , y на минимум. Для этого
найдем критическую точку этой функции из системы уравнений
22
n
I x 2 m i x a i 0,
i 1
n
I 2 m y b 0.
i
i
y
i 1
Получим критическую точку x c 1
n
m a , yc 1
m i i
m
i 1
n
n
m i bi , где m m i .
i 1
i 1
Для исследования этой точки на экстремум вычислим величины
n
n
A11 I xx 2 m i 2 m , A12 I xy 0, A22 I yy 2 m i 2 m ,
i 1
n
1 A11 2 m i 2 m ,
i 1
i 1
2
A11 A12
A11 A 22 A12 2 4 m 2.
A12 A 22
Так как 1 0 , 2 0 , то критическая точка xc , yc является точкой минимума.
5.2. Глобальный экстремум функции
Требуется найти наибольшее и наименьшее значения непрерывной
функции не в окрестности точки (локальный экстремум), а в некоторой ограниченной замкнутой области (глобальный экстремум). Наибольшее (наименьшее)
значение функции в такой области может достигаться либо внутри области в
точках локального экстремума (а значит, в критических точках), либо на границе области.
Поэтому получаем следующий алгоритм отыскания наибольшего и
наименьшего значений функции z f (M ) в области D :
1) найти критические точки функции f (M ) , принадлежащие области D ,
и вычислить значения функции в этих точках;
2) найти наибольшее и наименьшее значения функции на границе области;
3) из всех полученных значений функции выбрать наибольшее и
наименьшее значения.
Пример 5.3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z x y y 2 в
круге x2 y 2 4 .
zx y 0,
z x 2 y 0.
y
Критическая точка M 0(0, 0) лежит в заданном круге и z0 z (0, 0) 0 .
Решение. 1). Найдем критические точки функции в круге:
2). На границе области x 2 y 2 4 или x 2 cos t, y 2sin t 0 t 2 , и поэтому
функция z примет вид: z 4sin t cos t 4sin 2 t 2sin 2 t 2 1 cos 2 t . Найдем критические точки получившейся функции:
zt 4cos 2 t 4sin 2 t 0 t g 2 t 1 t1 3 / 8, t 2 7 / 8 .
В критических точках имеем значения функции z1 2 2 2 , z2 2 2 2 , на
23
концах отрезка 0 , 2 значение функции z 0 .
3). Из получившихся значений функции z 0 , z 2 2 2 , z 2 2 2 0.8 выберем наибольшее значение z 2 2 2 и наименьшее значение z 2 2 2 .
5.3. Условный экстремум функции
Выше рассматривалась задача об экстремуме функции нескольких переменных, при этом на независимые переменные не накладывалось никаких ограничений. На практике часто приходится иметь дело с экстремумом функции
нескольких переменных, когда эти переменные связаны некоторыми условиями
– уравнениями связи. Например, требуется найти экстремум функции f ( x, y, z )
F x, y, z 0,
на поверхности с уравнением F(x, y, z) 0 или на линии
заданной
G x, y, z 0,
пересечением двух поверхностей.
Точку M 0 назовем точкой условного минимума (соответственно, максимума)
функции f M при наличии связей, если f M 0 f M (соответственно,
f M 0 f M ) для всех точек M , принадлежащих некоторой окрестности точки M 0 и удовлетворяющих уравнениям связи.
Для
краткости записи ограничимся случаем экстремума
w f x, y, z трех переменных при наличии двух уравнений связи
функции
F x, y, z 0,
(5.2)
G x, y, z 0.
D F ,G
Будем предполагать, что якобиан
отличен от нуля. Тогда система двух
D y, z
уравнений (5.2) теоретически определяет две функции y , z от аргумента x :
y y x, z z x .
В зависимости от того, можно ли практически выразить y , z из системы
уравнений (5.2), различают два метода отыскания условного экстремума.
Сведение к безусловному экстремуму
Предположим, что из уравнений связи легко выразить переменные y , z через переменную x : y y x , z z x . Подставим найденные y , z в функцию w .
Получим w f x, y (x), z (x) g (x) − функцию одной переменной. Так как связи
между переменными x, y , z уже учтены, то остается найти безусловный экстремум полученной функции g (x) .
Пример 5.4. Найти экстремум функции w x 2 y 2 z 2 , если x , y , z удовлетворяют уравнениям связи x y 3z 7 0 , x y z 3 0 .
Решение. Из двух уравнений связи выразим две переменные y 2 x 1 , z x 2 и
24
подставим в функцию w . Получим w x 2 2x 12 x 2 2 . Исследуем полученную функцию одной переменной на экстремум:
wx 2 x 4 (2 x 1) 2 (x 2) 12 x 0 при x 0 .
Так как wx x 12 0 , то функция w x 2 2x 12 x 2 2 имеет минимум при x 0 .
Тогда функция w x 2 y 2 z 2 имеет минимум при x 0, y 1, z 2 , при этом
wmin 5 .
Метод множителей Лагранжа
Этот метод применяется, когда из уравнений связи трудно или невозможно
выразить одни переменные через другие.
Пусть точка M 0 есть точка условного экстремума функции w f x, y, z при
наличии двух уравнений связи
F x, y, z 0,
G x, y, z 0.
Если якобиан
D F ,G
отличен от нуля, то система двух уравнений связи теореD y, z
тически определяет две функции y , z от аргумента x : y y x , z z x . Тогда
а) функция w f x, y (x), z (x) g (x) имеет экстремум в точке x0 и поэтому в этой
точке dw d f x, y (x), z (x) 0 ;
F x, y (x), z (x) 0,
d F x, y (x), z (x) 0,
G x, y (x), z (x) 0,
d G x, y (x), z (x) 0.
б) из уравнений связи имеем
Воспользовавшись свойством инвариантности первого дифференциала, запишем:
d f f x dx f y dy f z dz 0,
d F Fx dx Fy dy Fz dz 0,
d G Gx dx Gy dy Gz dz 0.
Умножим второе уравнение на множитель , третье уравнение – на множитель
и сложим с первым уравнением:
f x Fx Gx dx f y Fy Gy dy f z Fz Gz dz 0 .
Введем функцию Лагранжа Ф f F G ( и называют множителями
Лагранжа) и запишем предыдущее равенство с помощью этой функции:
Фx dx Фy dy Фz dz 0 .
(5.3)
Выберем и так, чтобы Фy Фz 0 . Это возможно, так как система уравнений
Фy f y Fy Gy 0,
Фz f z Fz Gz 0,
имеет единственное решение в силу того, что определитель системы
D F ,G
0.
D y, z
С учетом равенства Фy Фz 0 соотношение (5.3) примет вид Фx dx 0 . Отсюда
25
следует, что Фx 0 . Итак, в точке экстремума Фx Фy Фz 0 .
Для отыскания условного экстремума функции
F x, y, z 0,
f x, y, z при наличии уравнений связи
нужно:
G x, y, z 0
1) составить вспомогательную функцию Лагранжа Ф следующим образом:
Ф f x, y, z F x, y, z G x, y, z ;
2) найти ее критические точки из уравнений Фx Ф y Фz 0 и уравнений
связи F x, y, z 0, G x, y, z 0 ;
3) исследовать критические точки на экстремум, исходя из геометрических
или физических соображений или знака d 2Ф .
Аналогично этот метод применяется и для отыскания экстремума функции
n переменных при наличии k уравнений связи k n .
Пример 5.5. На поверхности
x2
96
y 2 z 2 1 найти точки, наиболее и наименее
удаленные от плоскости 3x 4 y 12 z 288 .
Решение. Рассмотрим точку M ( x, y, z ) , лежащую на заданной поверхности. Расстояние от точки M до плоскости 3x 4 y 12 z 288 вычисляется по формуле
d
3x 4 y 12 z 288
32 42 12 2
=
3 x 4 y 12 z 288
.
13
(5.4)
Чтобы исследовать расстояние на экстремум, достаточно исследовать на экстремум более простую функцию f ( x, y, z ) 3x 4 y 12 z 288 , причем надо учесть,
что точка M ( x, y, z ) не произвольная точка пространства, а лежит на заданной
поверхности, т.е. ее координаты удовлетворяют уравнению поверхности
x2
96
y 2 z 2 1 0 . Это уравнение есть уравнение связи. Решим задачу, применив
метод множителей Лагранжа. Составим функцию Лагранжа
2
Ф 3x 4 y 12z 288 + x y 2 z 2 1 .
96
Найдем ее критические точки из системы уравнений
x 0,
Фx 3 48
Ф 4 2 y 0 ,
y
Ф 12 2 z 0 ,
z
2
x y 2 z 2 1 0 ,
96
Подставим полученные x , y , z в последнее
2
3 48
2
48 2
2
4
2
36
2
1 или
1
2
x 3 48 ,
y 2 ,
6,
z
x2
2
2
96 y z 1 0.
уравнение системы
(9 24 4 36) 1 , 2 256 , 16.
26
9, 18 , 83 .
Для 2 16 получим критическую точку M 2 9, 1 , 3 .
8 8
Для 1 16 получим критическую точку M 1
По формуле (5.4) вычислим расстояние от точек M1 и M 2 до заданной плоскости:
3 (9) 4 1 12 3 288
8
8
8,
d1
24 13
13
39 4 1 12 3 288
8
8
d2
19 9 .
13
13
Таким образом, точка M1 наиболее удалена от заданной плоскости, точка M 2
наименее удалена от плоскости.
Глава 2. ИНТЕГРАЛЫ ПО ФИГУРЕ
В этой главе будут рассмотрены различные интегралы от функции нескольких переменных, а именно, определенные, двойные, тройные, криволинейные,
поверхностные интегралы, т.е. интегралы соответственно по отрезку, по плоской области, по телу, по дуге, по поверхности.
6. Понятие интеграла по фигуре и его свойства
Для единообразного введения интегралов нам понадобится понятие фигуры
и её меры.
6.1. Фигура и её мера
Объединим общим названием “фигура” – отрезок a, b , дугу l , плоскую
область (S ) , поверхность ( ) , тело (V ) . Отрезок и дугу назовем одномерной фигурой, плоскую область и поверхность – двумерной фигурой, тело – трехмерной фигурой.
С понятием фигуры связано понятие её меры. Мерой одномерной фигуры
назовем её длину, мерой двумерной фигуры назовем её площадь, мерой трехмерной фигуры назовем её объём. Для фигур l , (S ) , ( ) , (V ) их меры соответственно обозначим l , S , , V . В общем случае фигуру обозначим (Ф) , а её меру – той же буквой Ф , но без скобок.
Для дальнейшего изложения введем понятие диаметра фигуры. Назовем
диаметром diam(Ф) фигуры (Ф) наибольшее из расстояний между её точками.
Например, диаметр шара радиусом R равен 2 R , диаметр куба равен длине его
диагонали.
6.2. Задача о вычислении массы фигуры
Пусть (Ф) – произвольная фигура, в каждой точке P которой известна плотность распределения массы (P ) . Разобьём фигуру (Ф) на
n малых ячеек (Фk ) (k 1, 2, n) . В каждой ячейке (Фk )
Pk
P1
выберем произвольную точку Pk (рис. 8). В силу малости
ячейки её плотность можно считать постоянной и равной
( Pk ) . Тогда масса ячейки mk приближенно равна произведению плотности на меру ячейки, т.е. mk ( Pk ) Фk
Рис. 8
27
Суммируя массы всех ячеек, получим массу фигуры
n
m
( Pk ) Фk .
(6.1)
k 1
Это приближенное равенство будет тем точней, чем меньше диаметры всех
ячеек или максимальный из диаметров ячеек d max diam(Фk ) . Точное значение массы фигуры определяется как предел суммы (6.1) при d 0
n
m lim
(Pk ) Фk
d 0 k 1
.
Этот предел называют интегралом от функции (P) по фигуре (Ф) и обозначают
P dФ . К пределам такого типа приводят и другие задачи. Абстрагируясь от
(Ф)
конкретной задачи о массе фигуры, дадим общее понятие интеграла по фигуре.
6.3. Понятие интеграла по фигуре
Пусть на фигуре (Ф) определена скалярная функция f (P ) . Так же, как и в
задаче о массе фигуры, разобьем фигуру (Ф) на n ячеек (Фk ) (k 1, 2, n) . В
каждой ячейке (Фk ) выберем произвольную точку Pk . Составим сумму
n
f ( Pk ) Фk . Эту сумму называют интегральной суммой функции
f (P ) по фи-
k 1
гуре (Ф) . Найдем предел интегральной суммы при стремлении к нулю d (максимального из диаметров ячеек).
Если существует при d 0 предел интегральной суммы функции f (P ) по
фигуре (Ф) , не зависящий от способа разбиения фигуры и выбора точек Pk , то
этот предел называют интегралом функции f (P ) по фигуре (Ф) и обозначают
f ( P)dФ . При этом функцию f (P ) называют интегрируемой на фигуре (Ф) .
(Ф )
Таким образом, по определению
n
f ( P ) dФ lim
(6.2)
f ( Pk ) Фk .
d 0 k 1
(Ф )
6.4. Конкретные виды интегралов по фигуре
В п. 6.1 мы рассматривали фигуры пяти видов: отрезок, дугу кривой, поверхность, плоскую область, тело. В соответствии с этим мы получим следующие пять видов интегралов по фигуре:
1). Если фигура (Ф) является отрезком a, b , то интеграл называют опредеb
ленным интегралом и обозначают f ( x )dx . По определению (6.2)
a
b
n
f (xk) xk .
f (x) dx dlim
0
a
k 1
x
a
Рис.9
28
Здесь xk – координаты выбранных точек Pk , xk – меры ячеек разбиения, т.е. длины
частичных отрезков (рис. 9), d – максимальный из xk .
2). Если фигура (Ф) является дугой кривой ( l ) , то интеграл по такой фигуре
называют криволинейным интегралом 1-го рода и обозначают
f (P) d l . По определению (6.2)
(l )
n
f (P) d l lim
f (Pk) l k .
d 0 k 1
(l)
Рис.10
Здесь l k – меры ячеек, в данном случае длины частичных дуг ( l k ) ;
d – максимальный из diam ( lk ) (рис. 10).
3). Если фигура (Ф) является поверхностью ( ) , то
интеграл по такой фигуре называют поверхностным
интегралом 1-го рода и обозначают f ( P) d . По
P
k
( )
определению (6.2)
0
Рис. 11
n
f (P) d lim
d 0 k 1
( )
f (Pk ) k .
Здесь k – меры ячеек, в данном случае их площади;
d – максимальный из diam ( k ) (рис. 11).
4). Если фигура (Ф) является плоской областью
называют двойным интегралом и обозначают
(S) ,
то интеграл по такой фигуре
f (P) dS . По
(S )
определению (6.2)
n
(S )
f (P) dS lim
f (Pk) S k .
Pk
d 0 k 1
Здесь Sk – меры ячеек, в данном случае их площади;
d – максимальный из diam S k (рис. 12).
0
Рис. 12
5). Если фигура (Ф) является телом (V ) , то интеграл по такой фигуре называют тройным интегралом и обозначают
f (P) dV . По определению (6.2)
(V )
n
(V )
f (P) dV lim
f (Pk) Vk .
d 0 k 1
Здесь Vk – меры ячеек, в данном случае их объёмы; d – максимальный из diam Vk (рис. 13).
0
Рис.13
29
Рассмотрим еще одну часто употребляемую форму записи двойного интеграла. Двойной интеграл – это интеграл по плоской области (S ) . Пусть эта область лежит в плоскости XOY . Так как интеграл не зависит
от способа разбиения фигуры на ячейки, то разобьём фигуру
на ячейки прямыми, параллельными оси OY , с расстояниями
x между ними и прямыми, параллельными оси OX , с расстояниями y между ними (рис. 14). Тогда площадь любой
ячейки, кроме приграничной, равна S x y . Поэтому dS
0
Рис.14
и интеграл записывают в следующем виде:
dS dx dy ,
f (P)dS f (x, y) dxdy .
(S )
(S )
Аналогичная форма записи принята и для тройного интеграла
f (P) dV f (x, y, z) dxdydz .
(V )
(V )
6.5. Свойства интеграла по фигуре
Пусть интегралы, о которых идет речь, существуют.
1. Свойство линейности
f P g P dФ
(Ф)
f (P) dФ
(Ф)
g (P) dФ ,
(Ф)
где и – константы.
Это свойство следует из определения интеграла по фигуре и свойств пределов:
n
f P g P dФ lim
f Pk g Pk Фk
d 0 k 1
(Ф)
n
n
f Pk Фk dlim
g Pk Фk
d 0
0
lim
k 1
k 1
f (P) dФ
(Ф)
g (P) dФ .
(Ф)
2. Свойство аддитивности
Пусть фигура (Ф) разбита (рис. 15) на части (Ф1) и (Ф2 ) . Тогда
(Ф)
f (P) dФ
f (P) dФ
(Ф1)
f (P) dФ .
(Ф2)
Так как интеграл по фигуре численно равен массе фигуры с
Рис.15
плотностью f (P) , то физический смысл этого свойства следующий: масса всей фигуры (Ф) равна сумме масс её частей (Ф1 ) и (Ф2 ) .
3. О вычислении меры фигуры
Мера Ф фигуры (Ф) вычисляется по формуле
Ф
(Ф )
30
dФ .
Это свойство следует из определения интеграла по фигуре (Ф) от функции f (P) 1 :
n
1 dФ lim 1 Фk lim Ф Ф .
d 0
(Ф )
d 0
k 1
В частности, из этой формулы мы имеем формулы для отыскания длины l дуги ( l ) ,
площади S плоской области (S ) , площади поверхности ( ) , объёма V тела (V ) :
l
d l,
S
(l )
dS ,
d ,
V
( )
(S)
(6.3)
dV .
(V )
4. Об интегрировании неравенств
Если f P g P на фигуре (Ф) , то
f P dФ g P dФ .
Ф
Ф
n
Действительно, так как f P g P , то
n
f Pk Фk
k 1
n
g Pk Фk
и поэтому
k 1
n
f Pk Фk dlim
g Pk Фk g P dФ .
f P dФ dlim
0
0
k 1
(Ф)
k 1
(Ф)
5. Об оценке интеграла
m Ф
(6.4)
f (P) dФ M Ф ,
(Ф)
где m и
M
наименьшее и наибольшее значения функции f P на фигуре (Ф) .
Действительно, так как m f P M на фигуре (Ф) , то по свойствам 4, 1, 3
m Ф
m dФ
(Ф)
f (P) dФ
(Ф)
M dФ M Ф .
(Ф)
6. Об оценке модуля интеграла
f (P) dФ
(Ф)
f (P) dФ .
(Ф)
Оценка модуля интеграла следует из свойств модуля: f P f (P) f P .
Тогда из свойства 5 следует
(Ф)
f (P) dФ
(Ф)
f (P) dФ
f (P) dФ и значит,
(Ф)
f (P) dФ
(Ф)
f (P) dФ .
(Ф)
7. Теорема о среднем
Пусть функция f (P) непрерывна на фигуре (Ф) . Тогда на (Ф) существует
точка P такая, что
(Ф) f (P) dФ f P Ф
или
31
f P 1
Ф
(Ф)
f (P) dФ .
(6.5)
Выведем эту формулу. Так как функция f P непрерывна на фигуре (Ф) , то
она достигает на этой фигуре наименьшего m и наибольшего M значений. Поэтому m f (P) M на (Ф) . Тогда из соотношения (6.4) следует:
m Ф
f (P) dФ M Ф .
(Ф)
Разделим это неравенство на положительное число Ф :
m 1
Ф
Рассмотрим число , равное
1
Ф
(6.6)
f (P) dФ M .
(Ф)
f (P) dФ. Из равенства (6.6) следует, что
(Ф)
m M . Так как функция f P непрерывна на фигуре (Ф) , то она принимает
на этой фигуре все промежуточные значения между m и M . В частности,
функция f P принимает промежуточное значение в некоторой точке P фи1
гуры (Ф) , то есть f P . Отсюда f P Ф
f (P) dФ и
(Ф)
(Ф) f (P) dФ f P Ф .
Замечание. Значение f P из теоремы о среднем называют средним значением функции f (P) на фигуре (Ф) и обозначают fср . Оно используется в прикладных задачах.
6.6. Механические приложения интеграла по фигуре
Вычисление массы фигуры
Пусть известна плотность распределения масс (P) . Тогда масса фигуры
(Ф) , как было установлено в п. 6.2, вычисляется по формуле
m
(6.7)
(P) dФ .
(Ф)
Отыскание центра тяжести фигуры
Пусть центр тяжести фигуры находится в точке C с координатами xc , yc , zc .
Как и при вычислении массы, разобьем фигуру (Ф) на n малых ячеек (Фk )
(k 1, 2, n) . В каждой ячейке выберем точку Pk с координатами xk , yk , zk (рис. 21).
В точке Pk сосредоточим массу k й ячейки mk ( Pk ) Фk . Тем самым мы заменим фигуру (Ф) системой материальных точек Pk (k 1, 2, n) . Для такой системы
1
(пример 5.3) абсцисса центра тяжести равна m
n
xk mk , где
m – масса всей си-
k 1
стемы. Следовательно, для абсциссы центра тяжести первоначальной фигуры имеем
xc 1
m
n
xk mk m1
k 1
n
xk (Pk ) Фk .
k 1
Это приближённое равенство будет тем точнее, чем меньше диаметры ячеек;
поэтому устремим максимальный из диаметров ячеек к нулю и перейдем к
пределу. Получим
32
xc 1
m
(6.8)
x (P) dФ .
(Ф)
Аналогично вычисляются две другие координаты центра тяжести
yc 1
m
zc 1
m
y (P) dФ ,
(Ф)
z (P) dФ .
(6.9)
(Ф)
Вычисление моментов инерции фигуры
Выведем, например, формулу для вычисления момента
инерции I XOY фигуры относительно плоскости XOY . Для
Pk
этого, как и в предыдущем случае, разобьем фигуру на
ячейки, выберем в k й ячейке точку Pk (k 1, 2, n) и в ней
zk
сосредоточим массу ячейки (рис.16). Момент инерции этой
0
точки относительно плоскости XOY равен квадрату расстоРис. 16
яния от точки до плоскости XOY , т.е. zk2 , умноженному на
массу, сосредоточенную в точке, т.е. на mk . Суммируя моменты инерции выбранных точек, получим
n
n
k 1
k 1
I XOY z k2 mk zk2 (Pk ) Фk .
В пределе, устремляя диаметры ячеек к нулю, получим точное равенство
I XOY
z 2 (P) dФ .
(6.10)
(Ф)
Аналогично вычисляются моменты инерции фигуры, относительно плоскостей
XOY и YOZ , осей OX , OY , OZ и момент инерции I 0 относительно начала координат:
I ХОZ
y 2 (P) dФ ,
IУOZ
(Ф)
IOX
y
2
x
2
x 2 (P) dФ ;
(6.11)
z 2 (P) dФ ;
(6.12)
(6.13)
(Ф)
z 2 (P) dФ , I OУ
(Ф)
IOZ
x
2
(Ф)
y 2 (P) dФ , I 0
(Ф)
x
2
y 2 z 2 (P) dФ.
(Ф)
Мы ввели понятие интеграла по фигуре, рассмотрели его свойства и применение. Теперь нужно научиться вычислять интегралы по фигуре. Рассмотрим,
как вычисляются определенные, криволинейные, двойные, тройные, поверхностные интегралы.
7. Вычисление интегралов по фигуре
7.1. Криволинейный интеграл первого рода
Случай 1. Пусть на плоскости дуга AB задана уравнением y y ( x), x [a, b] .
33
y
Рассмотрим
на
M
кривой
точки
с
абсциссами
A M 0 , M 1 , M 2 ,..., M n B
M1
ми, длины которых обозначим l 1 , l 2 ,..., l n
(рис. 17). Вычислим длину k -й хорды
l k (xk ) 2 (yk ) 2 . Для вычисления прираще- 0
ния yk воспользуемся формулой конечных
приращений Лагранжа
yk
M k 1
A
a x0 , x1 , x2 ,..., xn b. Соединим эти точки хорда-
Mn B
k
M2
xk
a x1
x2
xk 1 xk x b
n
Рис.17
yk y (xk ) y (xk 1) y xk (xk xk 1) y xk xk ,
где xk − некоторая точка из промежутка (xk 1 , xk ). Тогда длина k й хорды
lk
(xk ) 2 (yk ) 2
(xk ) 2 [ y xk ]2 (xk ) 2
1 y 2 xk xk .
Учтем это и возьмем в определении криволинейного интеграла в качестве промежуточных точек на дугах M k 1M k точки xk , y xk :
n
d 0
f (x, y) d l lim
AB
n
f xk , y xk
d 0
1 y 2(xk ) xk .
f (xk , yk ) l k lim
k 1
k 1
Мы получили предел интегральной суммы функции f x , y x 1 y x
b
резку a, b , который равен интегралу
f x , y x
2
по от-
2
1 y x dx . Следовательно,
a
b
2
f (x, y) d l f x , y x 1 y x dx .
AB
(7.1)
a
Итак, для вычисления криволинейного интеграла
f (x, y) d l по дуге АВ с
AB
уравнением y y ( x), x [a, b] нужно:
1) заменить y в подынтегральной функции на его значение y x на дуге;
2) заменить d l на
2
1 y x dx ;
3) вычислить получившийся определенный интеграл по отрезку a, b .
Иногда удобнее использовать уравнение кривой в виде x x ( y), y c, d . Тогда
d
AB
2
f (x, y) d l f x y , y 1 x y dx .
(7.2)
c
Пример 7.1. Вычислить длину дуги кривой x 1 y 2 1 ln y, y [1, e] .
4
2
Решение. Уравнение кривой разрешено относительно x , поэтому воспользуем2
ся формулой (7.16), учитывая, что xy 2y 21y y2 y 1 ,
34
x
1 xy
2
e
Тогда l
l
( y 2 1)2
1
4 y2
1 xy
dl
2
e
dy
1
1
4y 2 y 4 2 y2 1
4y2
y 2 1
2
4 y2
y2 1
.
2y
e
2
y2 1
dy 1 y 1 dy e 1 .
2y
2
y
4
1
Случай 2. Пусть на плоскости дуга AB задана параметрическими уравнениями
x x t , y y t , t , ,
причем функции x x t , y y t непрерывны на , вместе со своими производными и x t 0 .
Для определенности, пусть x t 0 . Уравнения x x t , y y t определяют
функцию y x , которая имеет непрерывную производную yx . Учитывая, что
y
2
yx t , dx xt dt , получим d l 1 yx dx
xt
2
y
1 t xt dt
xt
xt 2 yt 2 dt .
2
2
Итак, справедливы следующие формулы d l xt yt d t и
f (x, y) d l
AB
f x (t), y (t)
xt 2 yt 2 d t .
(7.3)
Аналогично, для пространственной кривой, заданной параметрическими уравнениями x x (t), y y (t), z z (t), t , имеем
xt 2 yt 2 zt 2 d t ,
dl
f (x, y, z) d l
AB
f x (t), y (t), z (t)
xt 2 yt 2 zt 2 d t .
Пример 7.2. Найти массу верхней полуокружности радиуса R , если плотность
в каждой её точке равна ординате этой точки.
Решение. Масса кривой вычисляется с помощью криволинейного интеграла:
m
d l y d l .
(L)
(L)
Для вычисления интеграла запишем параметрические
уравнения окружности: x R cos t, y R sin t .
Параметр t есть угол между радиус-вектором точки
окружности и осью OX (рис. 18). Для верхней полуокружности параметр t меняется от 0 до . Теперь вычислим d l :
dl
xt 2 yt 2 dt
R sin t 2 R cos t 2 dt R dt .
35
t
0
Рис. 18
x
Подставим в искомый интеграл
y d l выражения для y , d l , расставим преде-
(L)
лы изменения t и вычислим получившийся определенный интеграл:
m R sin t R dt R
0
2
sin t dt R
2
cos t 0 2 R 2 .
0
7.2. Двойной интеграл в прямоугольной системе
Вычисление двойного интеграла f ( P)dS f ( x, y )dxdy сводится к вычис(S )
(S )
лению двух определенных интегралов. Рассмотрим два случая.
Случай 1. Пусть область (S ) в плоскости
y 1 x , y 2 x , x a , x b (рис. 19). Тогда
b
a
ограничена линиями
x
f (x, y) dxdy dx
(S)
XOY
2
(7.4)
f (x, y) dy .
x
1
Интеграл, стоящий в правой части формулы (7.4), называют повторным или двукратным. В повторном интеграле сначала следует вычислить внутренний интеграл при фиксированном x . В результате получим
функцию,
зависящую
от
переменной
x:
(x)
2
F (x)
f (x, y) dy . Затем вычислим внешний интеграл
(x)
1
от функции F (x) .
Дадим нестрогое (физическое) обоснование формулы (7.4) для случая неотрицательной подынтегральной
функции f ( x, y) . Как было установлено ранее, двойной
интеграл f ( x, y)dxdy равен массе пластины (S ) с
xi
0
Рис. 19
(S )
плотностью f ( x, y) . Покажем, что повторный интеграл, стоящий в правой части
равенства (7.4), также равен массе пластины (S ) . Для этого разобьём фигуру (S )
на ячейки прямыми, параллельными осям координат (рис. 19). Выделим i ю
вертикальную полоску. В каждой её ячейке выберем точку xi , yk так, чтобы
все выбранные точки лежали на одной вертикали (рис. 19). Вычислим плотность f xi , yk в выбранной точке и массу прямоугольной ячейки
m яч. m i k f xi , yk xi yk .
Подсчитаем массу i й вертикальной полоски m i , просуммировав массы ячеек
m i 1 , m i 2 , ..., m i n и вынеся за знак суммы общий множитель xi :
mi
f x i , yk yk x i .
k
36
Так как выбранные точки лежат на одной вертикали, то они имеют одинаковую абсциссу xi . Значит xi – фиксировано в сумме f x i , yk yk , и эта сумk
ма является интегральной суммой для функции f (xi , y) по переменной y , изменяющейся на отрезке 1 xi , 2 xi (рис. 19). При малых значениях yk интегральная сумма функции близка к интегралу от этой функции, т.е.
2 xi
f x i , yk yk
f xi , y dy .
1 xi
k
Интеграл, стоящий в правой части этого равенства, является значением выше введенной функции F (x) в точке xi . Поэтому для массы вертикальной полоски имеем
m i F (xi) xi .
Суммируя массы вертикальных полосок, получим значение массы пластины
m F (xi) xi .
i
Сумма
F xi xi
является интегральной суммой функции F x по переменной x ,
i
изменяющейся на отрезке a, b . При max xi 0 эта интегральная сумма стреb
мится к интегралу F ( x)dx . Подставляя выражение F (x) через интеграл, получим
a
b
b
x
2
m F x dx dx
a
a
f x, y dy .
1 x
Таким образом, масса пластины, с одной стороны, равна двойному интегралу из
формулы (7.4), с другой стороны, равна двукратному интегралу из той же формулы. Следовательно, эти интегралы равны между собой.
Чтобы успешно пользоваться на практике формулой (7.4), рекомендуем:
1) построить область интегрирования;
2) записать двойной интеграл через повторный;
3) в повторном интеграле сначала расставить внутренние пределы интегрирования: от y 1( x ) на нижней линии до y 2 ( x) на верхней линии;
4) проецируя область (S ) на ось OX , расставить внешние пределы интегрирования (это всегда – числа, а не функции);
5) вычислить внутренний интеграл при постоянном x , затем – внешний интеграл.
Случай 2. Пусть область (S ) в плоскости XOY (рис. 20) ограничена линиями
x g 1 y , x g 2 y , y c , y d . Тогда
d
g
2
f (x, y) dxdy dy
(S )
c
y
f (x, y) dx .
g 1 y
Чтобы пользоваться формулой (7.5), рекомендуем:
37
(7.5)
1) построить область интегрирования;
2) записать двойной интеграл через повторный;
3) в повторном интеграле сначала расставить внутренние пределы интегрирования: от x g 1 y на левой линии до x g 2 y на правой линии;
4) проецируя область (S ) на ось OY , расставить внешние пределы интегрирования;
5) вычислить внутренний интеграл при постоянном y , затем – внешний интеграл.
Пример 7.3. Вычислить момент инерции относительно оси OY плоской фигуры, ограниченной линиями
y 2 x 2 , y 3 x 2 , если плотность 1 .
Решение. Момент инерции плоской фигуры вычисляется с помощью двойного интеграла по формуле (6.12)
при z 0 :
IOY
2
2
0
x dS x dxdy .
(S )
Рис. 20
(S )
Чтобы вычислить двойной интеграл, построим область (S ) (рис. 21). Найдем точки пересечения A и B линий y 2 x 2, y 3 x 2 . Получим x 1 , y 2 . Таким образом, фигура (S ) ограничена снизу линией y 2x 2 , сверху – линией y 3 x 2 ,
x 1,1 . Поэтому по формуле (7.4)
3 x 2
1
2
IOY x dxdy
(S )
2
x dx
1
dy
2 x2
1
x
1
2
y
1
3 x 2
2 x2
2
2
dx x 3 3 x dx.
1
Так как подынтегральная функция четная, то интеграл от
неё по промежутку 1,1 равен удвоенному интегралу по
промежутку 0,1. Поэтому
1
IOY
3
5
2 3 (x x ) dx 6 x x
3 5
0
2
1
4
0
-1
4.
5
0
1
Рис. 21
Пример 7.4. Найти массу плоской фигуры, ограниченной линиями y x ,
x y 2 , y 0 , если плотность y .
Решение. Построим фигуру (рис. 22). Линия y x есть
верхняя половина параболы y 2 x , линия x y 2 – пря2
мая. Фигура ограничена сверху двумя линиями y x и
1
x y 2 . Поэтому использовать формулу (7.4) нерационально: придется разбить область на две части ( S1 ) и (S 2 ) ,
0
1
2
а интеграл – на сумму двух интегралов.
Удобнее воспользоваться формулой (7.5); учитывая,
Рис. 22
что слева область ограничена дугой ОА, на которой x y 2 ,
а справа ─ отрезком АВ, на котором x 2 y , имеем:
1
m
2 y
1
dS y dxdy y dy 2 dx y 2 y y
(s)
(S )
0
y
0
38
1
2
dy 2 y y
0
2
y 3 dy 5 .
12
Для сравнения запишем двойной интеграл по формуле (7.4):
x
1
m dS
(S )
y dxdy
(S1)
2
y dxdy dx y dy dx
(S 2)
0
0
1
2 x
y dy .
0
Результат будет тот же, но объём вычислений – больше, так как придется вычислить два интеграла вместо одного.
7.3. Двойной интеграл в криволинейной системе
Для вычисления двойного интеграла иногда удобно использовать не прямоугольные координаты x, y , а некоторые другие координаты u, v , которые часто
называют криволинейными. Пусть известна связь между прямоугольными и
криволинейными координатами
x x u, v , y y u, v или в векторном виде r r u , v .
Будем предполагать, что якобиан
D x, y xu
D u, v
yu
xv
yv
отличен от нуля.
Введем понятие координатных линий l u , l v .
Координатная линия l u это множество точек плоскости, у которых координа
та u меняется, а координата v фиксирована, v v 0 ; при этом r r u , v0 есть век
торно-параметрическое уравнение линии l u ; вектор ru u 0 , v 0
есть касательный вектор к линии l u (рис. 23).
Координатная линия l v это множество точек плоскости, у которых координата v меняется, а координата u фиксирована, u u 0
; при этом r r u0 , v есть векторно-параметрическое уравнение
линии l v ; вектор rv u 0 , v 0 является касательным вектором к ли-
Рис. 23
нии l v (рис. 23).
По определению, двойной интеграл функции f (P) по плоской области (S)
есть предел интегральной суммы функции f (P) по области (S) , который не зависит от способа разбиения области (S) на ячейки:
n
(S )
f ( P) dS lim
f ( Pk ) S k .
d 0 k 1
При использовании криволинейных координат u, v удобно разбить область (S)
на ячейки координатными линиями l u , l v . Выделим одну
из таких ячеек (рис.
24).
Рассмотрим
радиус-векторы точек
P, P1 , P2 и векторы PP1 , PP2
r P r u , v , r P1 r u u , v , r P2 r u , v v ,
PP1 r P1 r P r u u , v r u , v u r r u u ,
PP2 r P2 r P r u , v v r u , v v r r v v ,
Рис.24
39
и площадь ячейки S PP1 PP2 ru r v u v .
i
Так как ru rv xu
xv
j k
x y
D x, y
D x , y
yu 0 k u u k
, то S
u v .
D u , v
D u , v
xv yv
yv 0
Введем так называемый элемент площади в криволинейных координатах
D x , y
du dv
D u , v
dS
(7.6)
Можно показать (строгое доказательство опускаем), что
D x, y
f x, y dx dy f x u, v , y u, v D u, v du dv.
S
S
(7.7)
Итак, имеем следующее правило:
Для вычисления двойного интеграла
(S )
f (P) dS f (x, y) dS следует
(S )
1) заменить x , y , dS на их выражения в криволинейной системе координат:
x x u, v , y y u, v ,
dS
D x, y
du dv ;
D u , v
2) заменить область S изменения переменных x, y на область S изменения переменных u, v .
D x, y
D u, v
I , а якобиан
I и
D u, v
D x, y 1
учесть, что I I1 (по аналогии с производной обратной функции xy 1 ).
yx
1
3) иногда удобнее вычислить не якобиан
Пример 7.5. Найти массу пластины, ограниченной линиями y 2 x, y 2 3 x,
x 2 y, x 2 2 y, если плотность x y .
Решение. Массу пластины вычислим по формуле m dS .
(S )
В этой формуле фигура S есть криволинейный четырехугольник ABCD (рис. 25), ограниченный параболами
y 2 x, y 2 3 x с осью симметрии OX и параболами
x 2 y, x 2 2 y с осью симметрии OY . Вычисление массы фигуры S в прямоугольных координатах громоздко: нужно
найти точки пересечения парабол, разбить фигуру S на
три части и вычислить три интеграла. Удобнее ввести кри2
2
волинейные координаты u yx , v xy (учитывая, что на
Рис. 25
границе области они постоянны: u 1, u 3, v 1, v 2 ) и вычислить якобиан
40
y2
x2
2y
x
D u, v ux uy
D x, y vx vy
2x
y
x 2
y2
3 . Тогда
D x, y
1 , dS 1 du dv , x y u v ;
3
3
D u, v
3
m1
3
S
2
uv du dv 1 u du v dv 2.
3
1
1
Двойной интеграл в полярных координатах
Двойной интеграл в некоторых случаях, например, когда область интегрирования есть круг, сектор, удобнее и проще вычислять в полярной системе координат.
Вспомним некоторые сведения о полярной системе координат. Полярная система состоит из полярной оси с началом в полюсе 0. Положение точки P на плоскости характеризуется двумя полярными координатами и , где –
длина радиус-вектора точки P , – угол наклона радиусвектора к полярной оси (рис. 26). Введем прямоугольную
систему координат так, как показано на рис. 26. Тогда меж0
Рис. 26
ду прямоугольными координатами ( x, y) точки P и её полярными координатами ( , ) существует следующая связь:
x cos , y sin , x 2 y 2 2.
Вычислим якобиан
x
D x, y
D ,
y
x
cos
y
sin
sin
cos
cos 2 sin 2 .
Тогда из формул (7.6), (7.7) получим
dS d d ,
Рис. 27
f (P) dS f (, ) d d .
(S )
(7.8)
(S )
Пусть область (S ) заключена (рис. 27) между лучом OA с уравнением
и лучом OB с уравнением и ограничена дугой A1B 1 с уравнением 1 ( )
и дугой AB с уравнением 2 ( ) . Тогда имеет место формула
f (P) dS f (, ) d d d
(S )
(S )
2()
f ( , ) d .
(7.9)
1()
Чтобы применять на практике формулу (7.9), рекомендуем:
1) построить область интегрирования;
2) в двойном интеграле f (P) dS f (x, y) dS заменить x , y , dS , на их выражения в
(S )
(S )
полярной системе координат, т.е. dS d d , x cos , y sin , x 2 y 2 2 ;
3) записать двойной интеграл через повторный по формуле (7.9);
41
в повторном интеграле сначала расставить пределы изменения при фиксированном , т.е. на луче, выходящем из полюса (рис. 27); на нем меняется от
1() до 2() ;
4) расставить внешние пределы интегрирования, определив лучи и ,
между которыми заключена фигура (внешние пределы всегда числа, а не функции);
5) вычислить внутренний интеграл при постоянном , затем – внешний интеграл.
Замечания
1). Полярной системой координат удобно пользоваться, если уравнение границы или содержит x 2 y 2 .
2
2
2). Если уравнение границы содержит x2 y2 , то удобно перейти к обобщенным
a
b
полярным координатам
x a cos , y b sin ; тогда dS ab d d .
2
2
2
Пример 7.6. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией x2 y2 2xy .
ab
b
a
Решение. Сначала построим линию, исследуя её уравнение. Выражение
2
x2 y 2
a 2 b 2 неотрицательно, значит, и 2 x y неотрицательно, т.е. линия находится в
первой и третьей четвертях. Уравнение линии не изменится при замене x на ( x)
и y на ( y) . Значит, эта линия симметрична относительно начала координат и её
достаточно построить в первой четверти, а затем воспользоваться симметрией.
2
2
Наличие в уравнении границы выражения x2 y2 наводит на мысль восполь-
a
b
зоваться обобщенными полярными координатами x a cos , y b sin .
2
2
Тогда x2 y2 2 и уравнение линии примет вид
a
b
4 2 2 sin cos , или 2 sin 2 , или
sin 2 .
Как отмечалось, достаточно сначала построить линию в первой четверти, т.е.
для , принадлежащих отрезку 0, . Для этого составим следующую таблицу:
0
0
8
0,8
2
2 8 4
1
3 8
0,8
4 8 2
0
Построим точки с вычисленными координатами ( , ) , соединим их плавной линией, которую затем, воспользовавшись свойством симметрии, отобразим зеркально относительно начала координат (рис. 28). Вычислим площадь S 0
той части фигуры, которая расположена в первой четверти:
0
Рис. 28
42
2( )
S0
d .
ab d d ab d
dS
(S 0)
(S0)
1()
Чтобы расставить внутренние пределы интегрирования, т.е. пределы изменения
, будем двигаться в области ( S 0 ) по лучам, выходящим из полюса. На каждом
таком луче меняется от значения 0 в точке 0 до значения sin 2 на линии, ограничивающей область (S 0 ) . Кроме того, эта область заключена между
sin 2
2
лучами 0 и . Поэтому
2
S0 ab
d
d .
0
0
Вычислим повторный интеграл, начиная с вычисления внутреннего интеграла
2
S0 ab
0
2
d
2
sin 2
2
ab
2
0
Пример 7.7. Доказать, что
e
0
x 2
sin 2 d ab cos 2
4
2
0
ab
,
2
S 2S0 ab .
.
dx
Решение. Вычислим вспомогательный интеграл
e
x 2 y 2
dx dy для двух областей:
D
2
2
2
а) если D есть круг x y R , то, переходя к полярным координатам, получим
e
x 2 y 2
dx dy
D
e
2
2
d d
d e
D
R
0
2
0
2
d 1
2
0
2
e
R
R 2
d 1 e ;
0
при R область D , расширяясь, заполнит всю плоскость (обозначим ее D ) и
ex
2
y2
D
2
dx dy lim 1 e R ;
R
б) если D есть квадрат a x a , a y a , то
e
x2 y 2
D
a
dx dy
a
dx e
a
x 2 y 2
a
dy e
x2
a
dx
a
a
e
2
y2
a
a x2
dy e dx ;
a
при a область D , расширяясь, опять заполнит всю плоскость ( D ) и
2
e
x2 y 2
D
2
dx dy ex dx .
2
Итак,
D
e
x2 y 2
2
dx dy e x dx
e
x2
dx .
7.4. Тройной интеграл в прямоугольной системе
Вычисление тройного интеграла сводится к вычислению определенного и
двойного интегралов. Рассмотрим три случая.
Случай 1. Пусть тело (V ) ограничено поверхностями z z1 x, y , z z2 x, y ,
цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси OZ (рис.29,a).
43
Цилиндрическая поверхность может и отсутствовать (рис. 29,б). Тогда
z2 (x, y)
f (x, y, z) dxdydz
(V )
dxdy
(Vx y)
f (x, y, z) dz .
(7.10)
z1 (x, y)
Здесь Vx y – есть проекция тела (V ) на плоскость XOY (рис. 37).
Обоснование формулы (7.24) проводится так же, как и для двойного интеграла.
0
х
х
Рис. 29
Чтобы применять формулу (7.10) на практике, рекомендуем:
1) построить тело (V ) ;
2) записать тройной интеграл через повторный интеграл;
3) в повторном интеграле сначала расставить внутренние пределы интегрирования, т.е. пределы изменения z : от z1(x, y) на нижней поверхности до
z2(x, y) на верхней поверхности;
4) вычислить внутренний интеграл при фиксированных x, y ;
5) вычислить внешний интеграл по проекции тела (V ) на плоскость XOY .
Случай 2. Пусть тело (V ) ограничено поверхностями y y1 ( x, z ) , y y 2 ( x, z ) и
цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси OY . Тогда
y2(x, z)
f (x, y, z) dxdydz
(V )
dxdz
(V x z)
f (x, y, z) dy .
(7.11)
y1(x, z)
Случай 3. Пусть тело (V ) ограничено поверхностями x x1 ( y, z ) , x x2 ( y, z ) и
цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси OX . Тогда
x2( y, z)
f (x, y, z) dxdydz
(V )
(V y z)
dydz
f (x, y, z) dx .
(7.12)
x1( y, z)
Указания к применению формулы (7.10) с очевидными изменениями переносятся и на формулы (7.11), (7.12).
Для вычисления тройных интегралов надо уметь строить поверхности с заданными уравнениями. Дадим следующие рекомендации.
44
1. Если уравнение поверхности не содержит одной переменной, например,
уравнение F ( x, y) 0 не содержит z , то поверхность является цилиндрической с
образующими, параллельными оси OZ . Сначала строим направляющую с заданным уравнением F ( x, y) 0 , затем через её точки проводим образующие, параллельные оси OZ (пример 7.8).
2. Если уравнение поверхности содержит переменные x , y , z , то удобно
строить поверхность методом сечения плоскостями x 0 , y 0 , z 0 или параллельными им плоскостями (пример 7.9).
Пример 7.8. Найти объём тела, ограниченного поверхностями y x , y 0 ,
x z 3 , x 3z 3 .
Решение. Построим поверхности, ограничивающие тело. В уравнении y x
отсутствует z , следовательно, это уравнение определяет цилиндрическую поверхность с образующими, параллельными оси OZ . Направляющая в плоскости
XOY имеет уравнение y x (или y 2 x , y 0 ), которое определяет левую
часть параболы. Строя направляющую и образующие,
проходящие через её точки (рис. 30), получим цилиндрическую поверхность ( 1 ) . Уравнение y 0 определяет плоскость XOZ .
Уравнение x z 3 есть уравнение первой степени,
значит, оно определяет плоскость. В уравнении отсутствует
y , значит, плоскость параллельна оси OY . Кроме того,
при x 0 имеем z 3 , при z 0 имеем x 3 . Через полученные две точки A и B проводим плоскость ( 2 ) , паРис. 30
раллельную оси OY . Эта плоскость пересечет плоскость
XOZ по отрезку AB , а цилиндрическую поверхность – по дуге AC.
Аналогично, уравнение x 3 z 3 определяет плоскость, параллельную оси
OY , пересекающую плоскость XOZ по отрезку BD , а цилиндрическую поверхность – по дуге DC .
Объём тела найдем по одной из формул (6.3):
V dV dxdydz .
(V )
(V )
Запишем тройной интеграл через повторный по формуле (7.10). Чтобы расставить внутренние пределы интегрирования, т.е. пределы изменения z , будем двигаться параллельно оси OZ . При этом z меняется от z
3 x
на плоскости BDC
3
до z 3 x на плоскости ABC . Поэтому
3 x
V
(Vx y)
dxdy
dz
3 x
3
(Vx y)
(3 x) 3 x / 3 dxdy 2
3
3 x dxdy .
(Vx y)
Здесь Vx y есть проекция тела V на плоскость XOY , т.е. криволинейный треугольник OBC . Вычислим теперь двойной интеграл. Для этого запишем его через повторный интеграл с внутренним интегрированием по y . Для выяснения
45
пределов изменения y будем двигаться в области OBC параллельно оси OY .
При этом y меняется от y x на дуге OC до y 0 на отрезке OB . Поэтому
3
V2
3
0
dx 3 x dy .
0
x
Вычисляя сначала внутренний интеграл при фиксированном x, получим
3
V 2 3 x x dx 2 3 x 3 2 2 x 5 2 2
3
3
3
5
3
0
0
8 3
.
5
Пример 7.9. Найти центр тяжести тела, ограниченного
поверхностями x 2 z 2 y , y 4 .
0
Решение. Построим поверхности, ограничивающие тело.
Первую поверхность с уравнением x 2 z 2 y построим
методом сечений. В сечении плоскостью x 0 получим
Рис. 31
2
параболу z y с осью симметрии – осью OY (рис. 31).
В сечении плоскостью y 4 получим окружность x 2 z 2 4 . По этим сечениям
видно, что уравнение x 2 z 2 y определяет параболоид. Вторая поверхность –
плоскость y 4 – отсекает от параболоида его часть, изображенную на рис. 31.
Центр тяжести полученного однородного тела, в силу его симметрии, находится на оси OY (в точке C ). Следовательно, xc zc 0 . Координату y c центра
тяжести тела найдем с помощью тройных интегралов по формулам (6.9) и (6.7):
yc 1 y dV , где m dV .
m
(V )
(V )
Так как тело однородное, то его плотность является постоянной величиной и
её можно вынести за знак интеграла. Поэтому
yc
y dV
(V )
dV
y dV
(V )
dV
(V )
I1
.
I2
(V )
Вычислим сначала интеграл I1 , стоящий в числителе; для этого запишем его в
виде повторного интеграла с внутренним интегрированием по y . Для выяснения
пределов изменения y будем двигаться параллельно оси OY . При этом y меняется от y x 2 z 2 на поверхности параболоида до y 4 на плоскости. Поэтому
4
I1
(V )
y dV y dx dy dz
(V )
dx dz
Vx z
2
x z
y dy .
2
Сначала вычислим внутренний интеграл
4
y2
I1 dx dz
1
2
x2 z 2 2
Vx z
Vx z
16 x 2 z 2 2 dx dz .
Так как проекция (V x z ) тела (V ) на плоскости XOZ есть круг, то получившийся
двойной интеграл удобно вычислять в полярной системе координат, заменяя
46
x 2 z 2 на 2 , а dxdz dS на d d . Тогда получим
I1 1
2
Vx z
16 4 d d .
Двойной интеграл запишем через повторный с внутренним интегрированием по .
Так как сечение параболоида x 2 z 2 y плоскостью y 4 есть окружность x 2 z 2 4
радиуса 2 , то меняется от 0 до 2 ; меняется от 0 до 2 и, следовательно,
I1 1
2
2
2
d 16
0
0
4
d 1
2
2
6
d 8 2
6
0
2
32
3
2
d
0
0
64
.
3
Аналогично вычисляется интеграл I 2 :
4
I2
dV dx dy dz
(V )
(V )
Vx z
2
Vx z
dx dz
4 2 d d
2
x z
dy
0
2
Vx z
2
d
0
4 x 2 z 2 dx dz
2
2
d 4
0
4
d 2 2
4
2
8 .
0
Итак, yc II1 83 и центр тяжести данного тела находится в точке C 0, 83 , 0 .
2
7.5. Тройной интеграл в криволинейной системе
Для вычисления тройного интеграла иногда удобно использовать не прямоугольные координаты x, y, z , а некоторые криволинейные координаты
u, v, w . Пусть известна связь между этими координатами
x x u, v, w , y y u, v, w , z z u, v, w
и
xu
D x, y, z
yu
D u, v, w
zu
xv
yv
zv
xw
yw 0 .
zw
Аналогично случаю двойного интеграла можно показать, что
d V dx dy dz
D x, y, z
du dv dw ,
D u, v, w
D x, y, z
f x, y, z dx dy dz f x u, v, w , y u, v, w , z u, v, w D u, v, z
V
V
(7.13)
du dv dw.
(7.14)
Здесь V и V – области изменения соответственно переменных x, y, z и u, v, w .
Для вычисления тройного интеграла
f (P) dV f (x, y, z) dV следует
(V )
(V )
1) заменить x , y , z , dV на их выражения в криволинейной системе координат,
x x u, v, w , y y u, v, w , z z u, v, w ,
47
dV
D x, y, z
du dv dw ;
D u, v, w
2) заменить область V изменения переменных x, y, z на область V
изменения переменных u, v, w .
D x, y, z
D u, v, w
I, а якобиан
I
D u, v, w
D x, y, z 1
3) Иногда удобнее вычислить не якобиан
и учесть, что
I
1
.
I1
Пример 7.10. Вычислить объем параллелепипеда, ограниченного плоскостями
a 1 x b1 y c 1 z h 1 , a 2 x b 2 y c 2 z h 2 , a 3 x b 3 y c 3 z h 3 .
Решение. Введем новые переменные
u a 1 x b1 y c 1 z , v a 2 x b 2 y c 2 z , w a 3 x b 3 y c 3 z
ux
D u, v, w
и вычислим якобиан
vx
D x, y, z
wx
uy
vy
uz
a1 b1 c1
vz a2 b2 c2 .
wz
a3 b3 c3
wy
Тогда искомый объем равен
V
V
dV
dx dy dz
V
V
D x, y, z
du dv dw 1
D u, v, z
h1
h2
du
h1
h 2
h3
dv
dw
h 3
8 h1 h 2 h 3
.
Тройной интеграл в цилиндрических координатах
Положение точки M x, y, z в пространстве можно охарактеризовать с помощью цилиндрических координат , , z , где , полярные координаты
проекции точки M на плоскость XOY , z аппликата точки M . Поэтому аналогично полярной системе координат
x cos , y sin , z z .
(7.15)
Вычислим якобиан
x
D x, y, z
y
D , , z
z
x
y
z
xz
cos
yz sin
zz
0
sin
0
cos
0
0 .
1
Тогда элемент объема в цилиндрических координатах
dV d d dz .
Для вычисления тройного интеграла
(V )
(7.16)
f (P) dV f (x, y, z) dV следует
(V )
1) заменить x , y , z , dV на их выражения в цилиндрической системе координат,
x cos , y sin , z z , dV d d dz ;
2) заменить область V изменения переменных x, y, z на область V из-
менения переменных , , z .
48
Замечания
1). К цилиндрическим координатам целесообразно переходить, когда уравнение поверхностей, ограничивающих тело, содержит x 2 y 2 .
2). Внутреннее интегрирование обычно удобно вести по z .
Пример 7.11. Вычислить массу тела, ограниченного поверхностями z 6 x 2 y 2, z x 2 y 2 , если плотность z .
Решение. Поверхность z 6 x 2 y 2 строим методом сечений:
x 0,
2
z 6 y ,
z 0,
Получаем параболоид (рис. 32).
2
2
x y 6.
Поверхность z x 2 y 2 также строим методом сечений
x 0,
z y ,
z 1,
2
2
x y 1.
Рис. 32
Получаем конус (рис. 32).
В цилиндрической системе координат уравнения этих поверхностей имеют более простой вид: z 6 2, z 2 . Решив систему из этих двух уравнений,
найдем пересечение этих поверхностей – окружность 2.
Вычислим массу тела, используя для вычисления интеграла цилиндрическую систему координат, учитывая, что dV d d dz , внутреннее интегрирование – по z , причем на прямой, параллельной оси OZ , z меняется от z
на конусе до z 6 2 на поверхности параболоида (рис. 32):
6 2
m
V
dV z d d dz
V
d d
Vx y
2
z dz 1
2
0
2
2
d 6 2 2 d 92 .
3
0
Тройной интеграл в сферических координатах
Положение точки M x, y, z в пространстве можно охарактеризовать с помощью сферических координат r, , , где
r длина радиус-вектора точки M (рис. 33), угол отклонения радиус-вектора точки M от оси OZ 0 , угол
0
отклонения проекции на плоскость XOY радиус-вектора точки M от оси OX 0 2 .
Установим связь между прямоугольными и сферическиРис. 33
ми координатами. Из прямоугольного треугольника OMP
имеем OP r sin , z MP r cos . Так как x OP cos , y OP sin , то
x r sin cos , y r sin sin , z r cos ;
x 2 y 2 z 2 r 2.
(7.17)
Вычислим якобиан:
xr
D x, y, z
yr
D r, ,
zr
x
y
z
x
sin cos r cos cos r sin sin
y sin sin r cos sin r sin cos .
z
cos
r sin
0
Раскроем определитель по элементам третьей строки
49
r cos cos r sin sin
sin cos
D x, y, z
cos
r sin
D r, ,
r cos sin r sin cos
sin sin
r sin sin
r sin cos
r 2 sin cos2 r 2 sin3 r 2 sin cos2 sin2 r 2 sin 0.
Тогда элемент объема в сферических координатах
dV r 2 sin dr d d .
Для вычисления тройного интеграла
(7.18)
f (P) dV f (x, y, z) dV следует
(V )
(V )
1) заменить x , y , z , dV на их выражения в сферической системе координат,
x r sin cos , y r sin sin , z r cos , x 2 y 2 z 2 r 2, dV r 2 sin dr d d ;
2) заменить область V изменения переменных x, y, z на область V
изменения переменных r, , .
Замечания
1). К сферическим координатам целесообразно переходить, когда тело ограничено сферой r const , конусом const или поверхностью, уравнение которой содержит x 2 y 2 z 2 .
2). Тройной интеграл следует записать в виде трехкратного с интегралами (слева направо) по , , r .
3). Сначала расставить пределы интегрирования по r (двигаясь по лучу из
начала координат), потом – по (двигаясь от оси OZ ), потом – по .
4). Если уравнение границы области или подынтегральная функция содержат
x2 y2 z2
, то следует перейти к обобщенным сферическим координатам
a2 b2 c2
x2 y 2 z2
x a r sin cos , y b r sin sin , z c r cos ; тогда 2 2 2 r 2 ,
a
b
c
dV abc r 2 sin dr d d.
(7.19)
Пример 7.12. Вычислить момент инерции относительно плоскости XOY однородного
(с
плотностью
)
тела,
ограниченного
поверхностями
x 2 y 2 z 2 R 2, x 2 y 2 3 z 2
z 0 .
Решение. Момент инерции тела вычислим по формуле (6.10)
I xy
V
z 2 dV
z 2 dV .
V
Так как тело ограничено сферой и конусом (рис. 34), то перейдем к сферическим координатам. При этом, учитывая
формулы (7.17), уравнение сферы примет вид r 2 R 2 или
r R ; уравнение конуса примет вид
r 2 sin 2 cos 2 r 2 sin 2 sin 2 3 r 2 cos 2 , или tg 2 3 , или .
3
50
о
Рис. 34
Используя формулы (7.30) и (7.31), получим
2
I xy
2
z dV
V
r
2
2
2
cos r sin dr d d
V
/3
d
0
R
cos d cos r 4dr 7 R 5.
2
0
0
60
Пример 7.13. Найти объем тела, ограниченного поверхностью
3
2
x2 y 2
y2
2 x
2
4 9 z 4 9 z
z 0 .
Решение. Перейдем к обобщенным сферическим координатам
x 2 r sin cos , y 3 r sin sin , z r cos . В этих координатах
x2 y2 2
z r2 ,
4
9
x2 y2
r 2 sin 2 cos2 sin 2 r 2 sin 2
4
9
и уравнение поверхности примет вид
r 6 r 2 sin 2 r 2 cos2 или r 3 ctg .
По условию z 0 , поэтому ct g 0 и 0 , / 2 . Cоставим таблицу:
0
/4
2
r
1
0
о
Рис. 35
Построим точки с вычисленными координатами r, , сначала при / 2 , т.е. в
плоскости YOZ (рис. 35). Так как уравнение поверхности r 3 ct g от не зависит, то при любом получим такую же линию; все эти линии образуют поверхность вращения (рис. 35). Объем тела, ограниченного этой поверхностью, вычислим с учетом соотношения (7.19) при a 2, b 3, c 1 :
V
dV 2 3 r
V
2
sin dr d d .
V
Чтобы расставить пределы изменения r , будем двигаться в области V по лучам,
выходящим из начала координат. На каждом таком луче r меняется от значения r 0 в начале координат до значения r 3 ctg на поверхности, ограничивающей область V . Кроме того, эта область заключена между лучами 0 и
/ 2 , 0 , 2 . Поэтому
2
V 6
0
3 ct g
/2
d
0
sin d
2
r2 d r 2
0
0
/2
d
sin
ct g
d 4 .
cos
0
7.6. Поверхностный интеграл первого рода
Вычисление поверхностного интеграла 1 рода
f (P) d сводится к вычис-
( )
лению двойного интеграла. Рассмотрим несколько случаев.
Случай 1. Пусть гладкая поверхность ( ) задана параметрическими уравнениями
x x u , v , y y u , v , z z u , v или r r u , v , u , v S .
51
По определению, поверхностный интеграл функции f (P) по поверхности
есть предел интегральной суммы функции f (P) , который не зависит от способа
разбиения поверхности на ячейки:
n
f ( P ) d lim
f ( Pk ) k .
d 0 k 1
( )
Удобно разбить поверхность на ячейки координатными линиями l u , l v . Выделим одну из таких ячеек (рис. 36). Рассмотрим радиус-векторы
точек P, P1 , P2 : r P r u , v , r P1 r u u , v , r P2 r u , v v .
Тогда PP1 r P1 r P r u u , v r u , v u r ru u ,
PP2 r P2 r P r u , v v r u , v v r rv v ,
и площадь ячейки PP1 PP2 ru rv u v .
Рис.36
По аналогии с этим элемент площади поверхности
d ru rv du dv .
(7.20)
Можно показать (строгое доказательство опускаем), что
( )
f (P) d
( )
f (x, y, z) d
f x u, v , y u, v , z u, v ru rv
du dv .
(7.21)
S
Итак, получили следующее правило:
Для вычисления поверхностного интеграла
f (P) d f (x, y, z) d следует
( )
( )
1) в подынтегральной функции подставить вместо x , y , z их значения на
поверхности ( ) , т.е. x x u, v , y y u, v , z z u, v ,
2) заменить элемент площади d на выражение d ru rv du dv ;
3) вычислить получившийся двойной интеграл по области S изменения
переменных u, v .
Случай 2. Пусть гладкая поверхность ( ) задана уравнением, разрешенным относительно z : z z x, y . Присоединив два очевидных тождества, получим параметрические уравнения поверхности ( )
x x,
i j k
i
y y , ( x, y параметры); тогда r x r y xx yx zx 1
z z x, y ,
xy yy zy
0
и по формуле (7.20) получим d
j
0
1
k
zx zx i zy j k ,
zy
1 (zx) 2 (zy) 2 dxdy . Таким образом,
52
1 (zx)2 (zy) 2 dx dy ;
d
f x, y, z (x, y)
f (x, y, z) d
1 (zx) 2 (zy) 2 dx dy .
(7.22)
xy
Итак, для вычисления поверхностного интеграла
f (P) d f (x, y, z) d следует:
( )
( )
1) в подынтегральной функции заменить z его значением z ( x, y) на поверхности ( ) ,
2) заменить элемент площади d на выражение
1 (zx) 2 (zy) 2 dxdy ,
3) вычислить получившийся двойной интеграл по проекции ( x y ) поверхности
( ) на плоскость XOY .
Случай 3. Пусть гладкая поверхность ( ) задана уравнением, разрешенным относительно x : x x( y, z ) . Тогда
1 (xy) 2 (xz) 2 dy dz ;
d
f (x, y, z) d
f x y, z , y, z
1 (xy) 2 (xz) 2 dy dz .
(7.23)
y z
Здесь ( y z ) есть проекция поверхности ( ) на плоскость YOZ .
Случай 4. Пусть гладкая поверхность ( ) задана уравнением, разрешенным относительно y : y y( x, z) . Тогда
d 1 ( yx) 2 ( yz) 2 dxdz ;
f (x, y, z) d
f (x, y x, z , z ) 1 ( yx) 2 ( yz) 2 dxdz .
(7.24)
x z
Здесь ( x z ) есть проекция поверхности ( ) на плоскость XOZ .
Пример 7.14. Найти массу однородной поверхности x 2 y 2 z 2 ,
( 0 z 3) , если z .
Решение. Построим поверхность x 2 y 2 z 2 методом сечений. В
сечении x 0 получим y 2 z 2 или y z . Это – пара прямых в
0
плоскости YOZ (рис. 37). В сечении z 3 получим окружность
Рис. 37
x 2 y 2 32 . Таким образом, уравнение x 2 y 2 z 2 определяет коническую поверхность. Массу поверхности найдем с помощью поверхностного
интеграла:
m d z d .
( )
( )
Для вычисления этого интеграла уравнение поверхности удобно разрешить относительно z : z x 2 y 2 . Найдем zx , z y и затем d по первой из формул (7.22):
z x
1
2 x2 y2
2x
x
x2 y2
53
,
z y
y
x2 y 2
;
2
x2 y
dxdy
2
2
x y
x y2
d 1 (zx) 2 (zy) 2 dxdy 1
Теперь вычислим
2 dxdy .
2
z d , подставляя значение z на поверхности z x 2 y 2
( )
и
значение d 2 dx dy :
m
z d
( )
x2 y2
2 dx dy .
xy
Здесь xy есть проекция конической поверхности ( ) на плоскость XOY , т.е. круг
радиусом 3 (рис. 37). Двойной интеграл по кругу удобнее вычислять в полярной
системе координат. Для этого заменим x 2 y 2 на 2 , а dx dy на d d . Получим
2
m
2
xy
2
2
x y dxdy 2
xy
3
2 d 18
3
0
0
2
d d 2 d d
0
3
2
3
2
0
2.
Пример 7.15. Найти момент инерции относительно начала координат полусферы x 2 y 2 z 2 R 2 , ( z 0) , если плотность z .
Решение. Момент инерции относительно начала координат поверхности найдем
с помощью поверхностного интеграла по второй из формул (6.13) :
I0
(x
2
y 2 z 2) d .
( )
На поверхности сферы x 2 y 2 z 2 R 2 , z R 2 x 2 y 2 . Поэтому
I0
R 2 R 2 x 2 y 2 d .
( )
Для вычисления этого интеграла разрешим уравнение поверхности относительно z , найдем zx , z y и затем d по первой из формул (7.22):
z R 2 x2 y 2 ,
1 (zx) 2 (zy) 2 dxdy
d
zx
1
x
2
2
R x y
2
zy
,
y
2
R x2 y 2
y2
x2
dxdy
R 2 x2 y 2 R 2 x2 y 2
;
R dxdy
2
R x2 y 2
.
Подставляя выражение для d в интеграл, получим
I0
( )
R 2 R 2 x2 y 2 d R 2
R dxdy
R2 x2 y2
2
2
R x y
( x y)
2
R 3
dxdy .
( x y)
Проекция ( x y ) полусферы на плоскость XOY есть круг радиусом R ;
( x y )
равен площади R 2 этого круга. Поэтому I 0 R3
( x y )
54
dxdy R3 R 2 R5 .
dxdy
Глава 3. ТЕОРИЯ СКАЛЯРНОГО И ВЕКТОРНОГО ПОЛЯ
8. Скалярное поле
Скалярное поле – это область пространства, в которой задана скалярная
функция f ( x, y, z ) , называемая функцией поля. Например, это может быть поле
температур, поле давлений и т.д.
Множество точек поля, в которых функция поля f ( x, y, z ) принимает постоянное значение c , образует поверхность с уравнением f ( x, y, z ) c , называемую
поверхностью уровня поля. Если плоское скалярное поле, например, находится
в плоскости XOY , то его функция поля f ( x, y ) зависит от двух переменных x и y ,
а множество точек, в которых f ( x, y ) c , образуют линию уровня. Линии уровня
используются при составлении географических карт (для изображения точек,
расположенных на одинаковой высоте над уровнем моря), при составлении метеорологических карт (для изображения линий одинаковых температур – изотерм и линий одинакового давления – изобар).
8.1. Производная поля по направлению
Для характеристики скорости изменения поля f ( x, y, z ) в направлении век
тора l введем понятие производной поля
по направле
нию. Пусть задана точка M и вектор l , выходящий из
точки M (рис. 38). Рассмотрим точку M1 , лежащую на
векторе l , и величину f (M 1 ) f (M ) f (M ) – приращение
Рис. 38
функции поля f (M ) в точке M в направлении l .
Определение. Производной поля f (M ) в точке M в направлении l называют величину
f (M1) f (M )
f
f (M )
(M ) lim
lim
.
l
l
M1 M
l 0
M 1 M
Свойства производной по направлению
1). Скорость изменения функции f (M ) в точке M в направлении l равна lf (M ) .
2). Поле f (M ) в точке M в направлении l возрастает тогда и только тогда, когда lf (M ) 0 .
3). Поле f (M ) в точке M в направлении l убывает тогда и только тогда, когда lf (M ) 0 .
4). Если l || ox , то lf xf ; если l || oy , то lf yf .
Действительно, 1) f (M ) есть изменение функции f (M ) на участке MM 1 ,
f (M )
есть средняя скорость изменения функции f (M ) на участке MM 1 ,
l
f (M )
есть
скорость
изменения
функции
f (M ) в точке M в направлении l ;
l
l 0
2) в направлении l поле f (M ) возрастает
lim
55
f M1 f M
f
0
(M ) 0 ;
l
M M1
f M1 f M
3) следующее свойство проверяется так же, как предыдущее свойство;
4) если, например, l || ox , то l f x f и потому f f .
l
x
Формула для вычисления производной по направлению
Пусть функция f ( M ) f ( x, y, z ) – дифференцируема в точке M ( x, y, z ) . Тогда
f (M ) f x (M ) x f y (M ) y f z (M ) z o () ,
(8.1)
o ( )
o (l)
lim
0.
0
l 0 l
где (x) 2 (y )2 (z )2 l и
lim
Поделим равенство (8.1) на l :
f (M )
o (l)
y
f x (M ) x f y (M )
f z (M ) z
.
(8.2)
l
l
l
l
l
Рассмотрим вектор grad f (M ) f x (M ), f y (M ), f z (M ) , называемый градиентом
поля f (M ) , и вектор l 0 x , y , z , равный единичному вектору направления l .
l l l
Тогда равенство (8.2) можно записать в виде
o ( l)
f (M )
grad f (M ) l 0
,
l
l
где первое слагаемое есть скалярное произведение векторов grad f (M ) и l 0 .
В пределе при l , стремящемся к нулю, получим:
f (M )
grad f (M ) l 0 ,
l
(8.3)
l
где grad f (M ) f x (M ), f y (M ), f z (M ) ─ градиент скалярного поля f M , l 0 –
l
единичный вектор направления l .
8.2. Градиент скалярного поля и его свойства
Вектор grad f (M ) f x (M ), f y (M ), f z (M ) является важной характеристикой ска
лярного поля. Введем условный оператор
i
j k (оператор Гамильтоx
y
z
на или вектор “набла”). С его помощью удобно записать градиент скалярного поля
grad f f , f , f f .
x y z
Отметим ряд свойств градиента.
1). Скалярное поле f (M ) в точке M 0 быстрее всего возрастает в направлении вектора grad f (M 0) со скоростью, равной grad f (M 0) .
2). Скалярное поле f (M ) в точке M 0 быстрее всего убывает в направлении,
противоположном вектору grad f (M 0) , со скоростью, равной grad f (M 0) .
56
3). Вектор grad f (M 0) направлен по нормали к поверхности уровня поля
f (M ) , проходящей через точку M 0 .
4). Дифференциальные свойства:
4.1 grad u v grad u grad v ,
v grad u u grad v
4.3 grad u
,
v
v2
r
4.5 grad r ,
r
4.2 grad u v u grad v v grad u ,
4.4 grad f u f u grad u ,
4.6 grad a r a .
Проверим эти свойства.
1. Из формулы (8.3) и определения скалярного произведения следует, что
f (M 0)
grad f (M 0) l 0 grad f (M 0) l 0 cos ,
l
где – угол между векторами grad f (M 0) и l . Так как длина единичного вектора
l 0 равна единице, то
f (M 0)
grad f (M 0) cos .
l
f (M 0)
принимает наибольшее значение, равное grad f (M 0) , когда cos =1,
l
то есть угол между векторами grad f (M 0) и l равен нулю и grad f (M 0) l .
f (M 0)
2. Производная
будет принимать наименьшее значение, когда cos 1 ,
l
т.е. угол = и grad f (M 0) l .
Поэтому
3. Поверхность уровня поля f ( x, y, z ) имеет уравнение f ( x, y, z ) c . Нормальный
вектор этой поверхности N f x , f y , f zM совпадает с grad f (M 0) . Значит, вектор
0
grad f (M 0) направлен по нормали к поверхности уровня поля f (M ) , проведен-
ной в точке M 0 .
4.1. grad u v u v x , u v y , u v z ux , uy , uz vx , vy , vz grad u grad v ;
аналогично проверяются свойства 4.2), 4.3), 4.4); для проверки свойства 4.5)
x
x
; аналогично,
r
x y z
y
z
x y z
1
r
ry , rz
и поэтому grad r rx , ry , rz r , r , r r x , y , z r ;
r
r
4.6. grad a r grad a1 x a2 y a3 z a1 , a 2 , a3 a .
учтем, что r x , y , z , r x 2 y 2 z 2 , rx
2
2
2
Из первого и третьего свойств следует инвариантное определение градиента,
т.е. определение, не зависящее от системы координат:
Градиент скалярного поля f M в точке M 0 есть вектор, который
а) по величине равен наибольшей скорости возрастания поля f M в точке M 0 ,
б) направлен по нормали к поверхности уровня поля f (M ) , проходящей через точку M 0 , в сторону наибольшего возрастания поля.
57
Пример 8.1. Найти наибольшую скорость возрастания поля f r r 3 в точке A 1, 2, 2 .
Решение. Найдем градиент поля:
grad f r grad r 3 3 r 2 grad r 3 r 2
r
3r r .
r
Наибольшая скорость возрастания поля в точке A равна
grad f r
A
3r r
A
3r2
A
3 x2 y 2 z 2
27.
A
9. Векторное поле и векторные линии
Векторное поле – это область пространства, в каждой точке M которой за
дан вектор a (M ) .
Пример 9.1. Пусть на материальную точку в области D действует сила F (M ) .
Тогда в области D определено векторное поле F (M ) .
Пример 9.2. Пусть в области D происходит течение жидкости и в каждой точке
M задан вектор v (M ) скорости частицы жидкости. Тогда в области D определено векторное поле скоростей жидкости.
Пример 9.3. Поместим заряд q в начало координат. Тогда сила, с которой этот
заряд действует на единичный положительный заряд, помещенный в точку M ,
определяется по закону Кулона:
q r
E 2 ,
r r
где r – вектор, идущий из начала координат в точку M (радиус-вектор точки M ), r
– его длина. Имеем векторное поле напряженностей E (M ) , создаваемое зарядом q .
Мы будем рассматривать только стационарные поля, для которых вектор
поля a (M ) зависит от точки M и не зависит от времени. Проекции вектора
a (M ) на оси координат обозначим P M , Q M , R M . Тогда:
a M P M i Q M j R M k .
Далее всюду предполагаем, что функции P, Q , R непрерывны вместе со своими частными производными; в противном случае точку поля назовем особой.
Одной из характеристик векторного поля являются векторные линии.
Векторной линией векторного поля называют линию, в каждой точке
которой касательный вектор коллинеарен вектору поля (рис. 39).
Векторные линии в конкретных полях имеют ясный физический смысл.
В поле скоростей текущей жидкости векторные линии –
это линии тока этой жидкости, т. е. линии, по которым
движутся частицы жидкости.
В электрическом поле векторные линии – это силовые линии и их расположение очень важно в физике.
Рис. 39
Выведем уравнения
векторных линий для поля
a (M ) P i Q j R k (для краткости аргументы функций P, Q , R не выписаны).
58
Пусть уравнения векторной линии x x (t), y y (t), z z (t) , ( t параметр). Ка
сательным вектором этой линии является вектор r (t) x(t), y(t), z(t) и вектор
r (t) dt x(t) dt, y(t) dt, z(t) dt dx, dy, dz .
По определению векторной линии ее касательный вектор r (t) dt и вектор поля
a {P, Q, R} коллинеарны. Поэтому координаты этих векторов пропорциональны, т. е.
dx dy dz
P Q R
.
(9.1)
Мы получили систему дифференциальных уравнений для отыскания векторных
линий поля a . Как решается такая система, покажем на примерах 9.4 и 9.5.
Пример 9.4. Магнитное поле H (M ) создано электрическим током силы J , текущим
по бесконечно длинному прямому проводу l . Найти силовые линии этого поля.
Решение. Если провод l принять за ось Oz некоторой декартовой системы координат, то, как известно из физики,
yi xj
H (M ) 2J 2
.
x y2
Запишем уравнения векторных линий для поля H (M ) :
dx
dy
dz
или dxy dy
, dz 0 .
x
y
x
0
2 J 2
2J 2
x y2
x y2
x 2 y 2 C . Из второго
уравнения z h . Таким образом, силовые линии поля H (M ) есть окружности
Из первого уравнения имеем xdx ydy,
xdx ydy,
x 2 y 2 C , расположенные в плоскостях z h , параллельных плоскости XOY .
Пример 9.5. Найти векторные линии поля a z i (z x)2 j x k .
Решение. Учитывая, что P z, Q (z x)2, R x , запишем систему (9.1):
dx dy dz .
z (z x) 2 x
dx dz
В одном из уравнений этой системы
разделим переменные: xdx zdz .
z
x
Теперь проинтегрируем xdx zdz и получим
x 2 z 2 C1
2
2 2
или x 2 z 2 C1 .
Чтобы решить другое уравнение системы, воспользуемся известным свойством
пропорций: если
a c
a c
, то a c
. В нашем примере удобно взять
b
d
b d
b d
1 , 1 и записать систему уравнений следующим образом:
dy
dy
d (z x)
dx dz dx dz или
.
2 z x zx
2 (z x)
(z x)
(z x)
59
Разделим переменные: dy (z x) d (z x) . Проинтегрируем dy ( z x )d ( z x ) и
2
получим y (z x) C2 . Таким образом, векторные линии данного поля есть
2
2
линии пересечения поверхностей x 2 z 2 C1 и y (z 2x) C2 .
10. Поток векторного поля
Всюду в дальнейшем мы будем рассматривать так называемую ориентированную поверхность, т. е. поверхность, в каждой точке которой выбрано направление нормали с помощью единичного
вектора n (M ) , причем n (M ) является непрерывной векторфункцией точки M (рис. 40).
Изменение направления нормалей на противоположное
будем называть изменением ориентации поверхности.
Рассмотрим физическую задачу о потоке жидкости,
Рис. 40
приводящую к понятию потока поля.
10.1. Задача о количестве жидкости
Пусть в некоторой части пространства течет жидкость, причем скорость частицы жидкости зависит только от точки, через которую протекает жидкость, и
не зависит от времени, т. е. v v (M ) . Требуется вычислить количество (объем)
жидкости , протекающее в единицу времени через ориентированную поверхность ( ) в выбранном направлении (предполагается, что жидкость может
свободно протекать через эту поверхность).
Рассмотрим сначала простейший случай. Пусть ( ) – плоская площадка с нор
мальным вектором n , а скорость течения жидкости v во всех точках одна и
та же. Тогда количество жидкости, протекающей через эту площадку в единицу
времени, равно (рис. 41) объему цилиндра с основанием и
образующей v . Так как высота этого цилиндра равна
прn v
v,n
n
v, n , то его объем равен
v, n . Эта вели-
чина и равна количеству жидкости, протекающей через ( ) .
Опустив знак абсолютной величины, мы получим величину
(v , n ) , которую называют потоком жидкости через ( ) . Если
угол между векторами v и n – острый, то говорят, что жидРис. 41
кость течет в направлении вектора n ; в этом случае v , n 0
и поток совпадает с количеством жидкости. Если угол между векторами v и n
тупой, то говорят, что жидкость течет в направлении, противоположном векто
ру n ; в этом случае v , n 0 и поток отличается от количества жидкости зна
ком. Если векторы v и n перпендикулярны, то жидкость течет вдоль площадки
( ) и поток равен нулю.
60
Перейдем теперь к общему случаю. Для вычисления потока жидкости через произвольную поверхность ( ) разобьем эту поверхность на n частей ( 1 ) , ..., ( n ) с площадями 1 , ..., n (рис. 42). На каждой площадке k выберем произвольную точку M k . Будем приближенно считать,
что все частицы, протекающие через малую площадку ( k ) ,
имеют одинаковые скорости v v M k ; кроме того, площадку
Рис. 42
будем считать плоской и перпендикулярной нормальному вектору n M k .
Тогда поток жидкости через площадку k приближенно равен
v M k , n M k k .
k
Для потока через всю поверхность получим
n
n
k
k 1
v M k , n M k k .
k 1
Это приближенное равенство будет тем точнее, чем меньше d max 1 , ..., n .
Точное значение потока определяется как предел этой суммы при d 0 :
n
v M k , n M k k .
d 0
lim
k 1
Полученный предел равен поверхностному интегралу I рода от скалярной
функции v ( M ), n ( M ) . Таким образом, поток жидкости через поверхность ( )
вычисляется по формуле
(v, n) d .
(10.1)
( )
Отметим, что
1) если суммарный поток 0 , то количество жидкости, протекающей в направ
лении нормали n , больше количества жидкости, протекающей в направлении n ;
2) если суммарный поток 0 , то количество жидкости, протекающей в направ
лении нормали n , меньше количества жидкости, протекающей в направлении n ;
3) если 0 , то количества жидкости, протекающей в том и другом направлении, одинаковы.
Интеграл в формуле (10.1) является поверхностным интегралом первого ро
да от скалярной функции v , n . Его также называют поверхностным интегра
лом второго рода от вектор-функции v . Аналогичным образом определяют по
ток и для произвольного векторного поля a .
10.2. Понятие потока и формы его записи
Потоком векторного поля a через ориентированную поверхность
( ) с единичным нормальным вектором n называют величину
(a, n) d .
(10.2)
( )
61
Отметим, что при изменении ориентации поверхности вектор n заменяется
на вектор (n ) и, следовательно, поток меняет знак.
Рассмотрим различные формы записи потока.
1). Обозначим через , , углы между вектором n и соответственно осями
ox, oy, oz . Тогда направляющие косинусы cos , cos , cos являются координатами
вектора n , т.е. n cos , cos , cos . Если вектор поля a имеет координаты P, Q , R , то
(a, n) d P cos Q cos R cos d .
( )
(10.3)
( )
2). Рассмотрим элемент площади d и его проекцию
d x y
на плоскость xoy (рис. 43). Угол между d и
плоскостью xoy равен углу между их нормальными векто
рами n и k , т.е. углу . Поэтому
cos d пр xoy d d x y .
о
Аналогично
cos d пр xoz d d x z , cos d пр yoz d d y z .
Рис. 43
Тогда
P cos Q cos R cos d P d y z Q d x z R d x y .
( )
(10.4)
( )
3). Введем вектор d d y z , d x z , d x y , называемый векторным элементом
площади. Так как a P, Q, R , то из (10.4) следует
P d y z Q d x z R d x y a d .
( )
( )
Наиболее употребительны из получившихся следующие формы записи потока
(a, n) d a d P d y z Q d x z R d x y
( )
( )
.
(10.5)
( )
Первые две формы записи потока в соотношении (10.5) называют векторными, последнюю форму записи – координатной.
10.3. Вычисление потока
Рассмотрим несколько способов вычисления потока.
1). Вычисление потока по формуле (a, n) d .
( )
При использовании этой формулы надо вычислить a n и d ; например,
d
1 (zx) 2 (zy) 2 dxdy для поверхности с уравнением z z x, y .
Пример 10.1. Заряд q помещен в начало координат и создает поле напряженно-
стей E q3 r (пример 9.3). Вычислить поток этого поля через поверхность сфе-
r
ры радиусом R с центром в начале координат и нормальным вектором, направленным от начала координат.
62
Решение. Так как единичный вектор нормали n к сфере коллинеарен радиус-
r
вектору r , то n . Тогда E, n q3 r r q4 r 2 q2 . На поверхности сферы r R ,
r r
r
r
r
q
E, n 2 ; площадь поверхности сферы 4 R 2 . Поэтому
6
R
q
q
q
E , n d 2 d 2 2 4 R 2 4 q .
R ( )
R
R
( )
Заметим, что величина потока не зависит от радиуса сферы.
Пример 10.2. Вычислить поток поля a 2 x, z, y через верхнюю сторону части плоскости 3 x 2 y z 6 , расположенной
в первом октанте (рис. 44).
Решение. Нормальный вектор плоскости 3 x 2 y z 6 есть
вектор
N 3, 2, 1;
единичный
нормальный
вектор
о
Рис.44
N 3, 2, 1
n
. Его третья координата положительна, следовательно, он составляN
14
ет с осью Oz острый угол и определяет верхнюю сторону поверхности. Вычислим
скалярное произведение a , n на плоскости z 6 3x 2 y :
a, n
1 (6x 2z y) ,
14
1 6x 2 (6 3x 2 y) y 3 (4 y) .
14
14
a, n
Теперь вычислим элемент d 1 (zx)2 (zy)2 dx dy 14 dx dy . Тогда получим
(a, n) d
xy
( )
3 (4 y)
14
14 dx dy 3
(4 y) dx dy .
xy
Проекция xy поверхности ( ) на плоскость XOY есть треугольник в плоскости XOY , ограниченный линиями 3x 2 y 6, x 0, y 0 . Поэтому
62 y
3
3
3 (4 y) dy
0
0
3
3
0
0
6 2y
dx 3 (4 y)
dy 2 (4 y) 3 y dy 27.
3
2). Вычисление потока методом проектирования на три плоскости
Воспользуемся формулой P d y z Q d x z R d x y и рассмотрим интегралы
( )
I1
P d y z ,
( )
I2
Q d x z ,
( )
Для вычисления интеграла I1
I3
R d x y .
( )
P x, y, z d y z
следует
( )
а) в подынтегральной функции заменить x его значением x x y, z на поверхности,
dy dz , n
, ox / 2,
пр y o z d и поэтому d y z dy dz , n , ox / 2,
0,
n
, ox / 2,
б) учесть, что d y z
в) вычислить получающийся двойной интеграл по проекции y z .
63
Для вычисления интеграла I 2
Q x, y, z d x z
следует
( )
а) в подынтегральной функции заменить y его значением y y x, z на поверхности,
dx dz , n
, oy / 2,
d и поэтому d x z dx dz , n , oy / 2,
0,
n
, oy / 2
б) учесть, что d x z пр x o z
в) вычислить получающийся двойной интеграл по проекции x z .
Аналогично вычисляется интеграл I 3 .
Пример 10.3. Вычислить поток поля a y 5 , y, z 4 x 4 через
поверхность цилиндра x 2 y 2 9
внешней нормалью (рис. 45).
0 z 5 с выбранной
Решение. Для вычисления потока воспользуемся формулой
( )
y 5 d y z y d x z z 4 x 4 d x y .
P d y z Q d x z R d x y
( )
1). Вычислим интеграл I1
y 5 d y z .
Рис. 45
( )
На части 1 цилиндра, где x 9 y 2 , имеем: n
, ox / 2 , d y z dy dz ;
на части 2 цилиндра, где x 9 y 2 , имеем: n
, ox / 2 , d y z dy dz ;
I1
y 5 d y z
(1)
y 5 d y z
y 5dy dz
y z
( 2)
2). Вычислим интеграл I 2
y 5dy dz 0 .
y z
y d x z .
( )
На части 3 цилиндра, где y 9 x 2 , имеем: n
, oy / 2 , d x z dx dz ;
на части 4 цилиндра, где y 9 x 2 , имеем: n
, oy / 2 , d x z dx dz ;
I2
( 3)
y d x z 9 x 2 dx dz 9 x 2 dx dz 2 9 x 2 dx dz .
( 4)
xz
xz
xz
y d x z
Проекция x z есть прямоугольник, поэтому
3
5
3
I 2 2 9 x 2 dx dz 2 9 x 2 dx dz 10 9 x 2 dx .
3
0
3
xz
Воспользовавшись геометрическим смыслом определенного интеграла, получим
3
I 2 10
3
3). Вычислим интеграл I 3
z
9 x 2 dx 10 S 5 R 2 45 .
2
4
x 4 d x y .
( )
64
Так как на поверхности цилиндра n
, oz / 2 , то d x y 0 и поэтому I 3 0 .
В результате I1 I 2 I 3 45 .
10.4. Формула Остроградского. Дивергенция поля
Поток векторного поля через замкнутую поверхность ( ) удобно вычислять
по формуле Остроградского с помощью дивергенции div a поля a P, Q, R :
P Q R
a
,
n
d
div
a
dV
,
где
div
a
a
x y z
()
.
(10.6)
(V )
В этой формуле (V ) – тело, ограниченное замкнутой поверхностью ( ) ; повеность ( ) ориентирована внешней
нормалью; функции P , Q , R непрерывны
вместе со своими частными производными.
Вывод формулы проведем для случая, когда поверхность ( ) состоит (рис. 46) из поверхности (1) с уравнением z z1 x, y и поверхности ( 2) с уравнением
z z2 x, y . Запишем формулу Остроградского в координатной форме
о
Рис. 46
Q
P d y z Q d x z R d x y Px y Rz dV .
()
Покажем сначала, что
(V )
R d x y
()
(V )
R dV
z
z2 x, y
dx dy
Vxy
z1 x, y
С другой стороны,
(10.7)
R dV . Действительно,
z
(V )
R dz
z
R x, y, z2 x, y R x, y, z1 x, y dx dy .
(10.8)
xy
R x, y, z d x y
R x, y, z d x y
(1)
()
R x, y, z d x y .
(2)
На поверхности 2 : z z2 x, y ; d x y dx dy , так как n
, oz / 2 ;
на поверхности 1 : z z1 x, y ; d xy dx dy , так как n
, oz / 2 ;
поэтому
R x, y, z d x y R x, y, z2 x, y dx dy R x, y, z1 x, y dx dy .
()
xy
xy
Получившееся выражение равно правой части формулы (10.8), значит
R d x y R dV .
z
()
(10.9)
(V )
Аналогично можно показать, что
Q d x z
()
Q
dV ,
y
P d y z
()
(V )
P dV .
x
(10.10)
(V )
Складывая равенства (10.9) и (10.10), получим формулу Остроградского (10.7).
65
Пример 10.4. Вычислить поток поля a 2 x, z, y через поверхность пирамиды,
ограниченную плоскостью 3 x 2 y z 6 и координатными плоскостями (рис. 44).
Решение. Так как поверхность замкнутая, то воспользуемся формулой Остроградского
div a dV 2 0 0 dV 2 Vпир 2 1 S осн h 2 1 2 3 6 12 .
(V )
3
(V )
3
2
Пример 10.5. Вычислить поток жидкости, текущей со скоростью v x y, z x, z,
через боковую поверхность конуса x 2 y 2 z 2 (0 z 4) в направлении внешней
нормали (рис. 47).
Решение. Поток через боковую поверхность конуса удобz
но вычислить как разность потока через полную поверхность и потока через основание. Поток через полную поверхность вычислим по формуле Остроградского
полн
div v dV x (x y) y (z x) z (z) dV
(V )
(V )
128
2 dV 2Vкон 2 1 R 2h 2 42 4
.
3
3
3
о
(V )
Рис. 47
Поток жидкости через основание конуса вычислим по фор
муле осн v n d . Учтем, что единичный вектор нормали к основанию ко( )
нуса равен n 0, 0, 1. Поэтому v n ( x y) 0 ( z x) 0 z 1 z . На основании
конуса z 4 , значит, v n 4 и
осн
v n d 4 d 4 .
( )
( )
Здесь – площадь основания, т. е. площадь круга радиусом 4. Следовательно,
осн 4 R 2 64 ,
бок полн осн 128 64 64 .
3
3
Так как бок 0 , то через боковую поверхность конуса в направлении внешней
нормали течет жидкости меньше, чем в противоположном направлении.
Остановимся более подробно на свойствах дивергенции.
Инвариантное определение дивергенции
Рассмотрим точку M (рис. 48), окружим ее замкнутой поверхностью ( ) и
вычислим поток поля a через эту поверхность по формуле Остроградского
a , n d
()
div a dV .
V
Применяя к тройному интегралу теорему о среднем, получим
div a M
V
или div a M
V .
~
Здесь M есть некоторая точка из области (V ) . Перейдем к пре будет
делу, стягивая область (V ) в точку M (при этом точка M
стремиться к точке M ). Запишем результат предельного перехода:
66
Рис. 48
div a M
.
V
lim
(V )M
(10.11)
Мы получили инвариантное (т.е. независящее от системы координат) определение дивергенции. Первоначальное определение дивергенции
Q R
div a P
x y z
было введено для прямоугольной системы координат.
Физический смысл дивергенции
Пусть векторное поле a есть поле скоростей жидкости. Величина потока
равна разности между количеством жидкости, вытекающей из области (V ) , и
количеством жидкости, втекающей в эту область. Если 0 , то из области (V )
жидкости вытекает больше, чем втекает. Это означает, что в области (V ) имеются источники, питающие поток жидкости. Величина определяет количеV
ство жидкости, возникающей в единицу времени в единице объема. Ее называют средней мощностью источников в области (V ) . Величину
div a (M )
(v) M V
называют мощностью источника в точке M .
Если 0 , то в область (V ) втекает жидкости больше, чем вытекает, т. е. в
области (V ) имеются стоки со средней мощностью
. Величина
V
lim
lim
( V ) M
div a (M )
V
есть мощность стока в точке M . Итак,
1) если div a (M ) 0 , то в точке M имеется источник мощности div a (M ) ,
2) если div a (M ) 0 , то в точке M имеется сток мощности div a (M ) ,
3) если div a (M ) 0 , то в точке M отсутствуют и источник, и сток.
Дифференциальные свойства дивергенции
1) div c 0 , или c 0 c постоянный вектор),
2) div r 3 , или r 3 r радиус-вектор),
3) div a b div a div b , или a b a b ,
4) div f a f div a a grad f , или f a f a a f ,
f скалярное поле, a векторное поле),
5) div c a c div a , или c a c a c константа),
6) div f c c grad f , или f c c f ( c постоянный вектор).
Проверим эти свойства:
67
1) div c x c1 y c 2 z c 3 0,
2) div r x y z 3,
x
y
z
f
f
f
Q
4 div f a f P f Q f R P Q R f P f
f R
x
x
y
z
y
z x
y
z
f f f
Q R
, ,
P, Q , R f P
grad f a f div a ,
x y z
x y z
свойство 3) проверяется так же, как свойство 4),
свойство 5) есть следствие свойства 4) при f c ,
свойство 6) есть следствие свойства 4) при a c .
Пример 10.6. Доказать, что div f r r 3 f r r f r .
Решение. По свойству 4) дивергенции div f r r f r div r r grad f r ;
r
по свойствам градиента grad f r f r grad r f r r . Тогда
r
div f r r 3 f r r f r 3 f r r f r .
r
Пример 10.7. Доказать, что дивергенция поля напряженностей, создаваемого
зарядом q , равна нулю.
Решение. Поле напряженностей, создаваемое зарядом q (см. пример 9.3), есть
поле E q3 r . Из предыдущего примера при f r q3 следует, что
r
r
q
q
q
q
3 q
div 3 r 3 3 r 3 3 3 r 4 0 .
r
r
r
r r
r
11. Линейный интеграл и циркуляция векторного поля
11.1. Задача о работе силы
Пусть задано поле сил F (M ) , под действием которых материальная точка
движется по кривой BC от точки B к точке C . Вычислим совершаемую при
этом работу. Для этого разобьем линию BC на n частей точками
B M 0 , M1 , ..., M n1 , M n C
с
радиус-векторами
r0 , r1 , ..., rn (рис. 49). Рассмотрим вектор перемещения
M k M k 1 r k 1 r k r k
и вектор силы F (M k ) F k . Их скалярное произведение
приближенно равно работе A k силы F (M ) вдоль дуги
M k M k 1 , т. е.
Ak F k rk .
M1
rk
C Mn
r k 1
0
Вычислим работу вдоль всей линии BC :
n 1
A
F k rk .
Рис. 49
k 0
68
Это равенство будет тем точнее, чем меньше длины векторов r k . Максимальную из этих длин обозначим d и, переходя к пределу при d 0 , определим
точное значение работы
n1
F k rk
d 0
A lim
.
(11.1)
k 0
Этот предел обозначают
F d r и называют линейным интегралом поля F по
BC
дуге BC или криволинейным интегралом второго рода.
11.2. Понятие линейного интеграла и его свойства
Отвлекаясь от физического содержания рассмотренной задачи, аналогичным
образом вводят понятие линейного интеграла произвольного поля a (M ) (риc. 49):
a (M ) d r lim
n 1
a (M k) rk ,
d 0 k 0
BC
(11.2)
где M 0 , M 1 , ..., M n – точки разбиения дуги BC , rk M k M k 1 , d max r1 , ..., rn1 .
Отметим три свойства линейного интеграла:
1)
BC
2)
BC
3)
a b d r
BC
ad r
adr
BK
adr
BC
a d r
b d r (свойство линейности),
BC
a d r (свойство аддитивности),
KC
adr ,
CB
т. е. при изменении направления обхода кривой линейный интеграл меняет
знак, т. к. векторы r k меняют свое направление на противоположное.
Выразив скалярное произведение векторов a P, Q, R и d r dx, dy, dz через их координаты, получим
(11.3)
a d r P dx Q dy R dz .
BC
BC
Выражение P dx Q dy R dz в скобки не заключают, хотя знак интеграла отно
сится ко всему этому выражению. В формуле (11.3) функции a , P, Q, R есть
функции точки M или ее координат x, y, z . Интеграл a d r называют век BC
торной формой, а интеграл
P dx Q dy R dz – координатной формой за-
BC
писи линейного интеграла.
В тех случаях, когда линейный интеграл поля a берется по замкнутой кри
вой L , он называется циркуляцией поля a по кривой L и обозначается так:
C a, L
a d r.
(L)
Приняты и другие обозначения циркуляции: C a , C .
69
(11.4)
11.3. Вычисление линейного интеграла
Не доказывая, сформулируем правило вычисления линейного интеграла
a d r в следующих трех случаях.
BC
1). Для вычисления интеграла
a d r по линии BC , заданной
BC
уравнениями x x t , y y t , z z t , следует:
а) записать интеграл в координатной форме
P( x, y, z ) dx Q ( x, y, z) dy R( x, y, z ) dz,
BC
б) заменить x, y, z в функциях P, Q, R соответственно на x(t ), y(t ), z (t ) ,
в) заменить dx, dy, dz соответственно на x(t) dt, y(t) dt, z(t) dt ,
г) найти интервал изменения параметра t и вычислить получившийся
определенный интеграл по этому интервалу.
2). Для вычисления интеграла
a d r по плоской линии BC с
BC
уравнением y y( x), x b, c следует:
а) записать интеграл в координатной форме
P (x, y) dx Q (x, y) dy ,
BC
б) заменить y в функциях P, Q на y(x) ,
в) заменить dy на y ( x) dx ,
г) вычислить получившийся определенный интеграл по отрезку b, c .
3). В случае центрального поля a f r r
ad r
BC
f r r d r
rC
f r r d r
rB
BC
Последняя формула следует из того, что r 2 r 2 , откуда 2 r d r 2 r d r и вместо линейного интеграла поля получаем определенный интеграл.
Пример 11.1. Вычислить работу силы F x 2, yz , z по прямолинейному перемещению из точки B 1, 2, 1 в точку C 3, 3, 2 .
Решение. Работа A силы F вычисляется по формуле
A
BC
Fdr
x 2dx yz dy z dz .
BC
Для вычисления этого интеграла составим уравнение прямой BC :
x 1 y 2 z 1
t.
3 1 3 2 2 1
Отсюда x 2 t 1, y t 2, z 3 t 1 ; dx 2 dt , dy dt , dz 3 dt .
Найдем значение параметра t , соответствующее точке B . Для этого подставим
абсциссу x 1 точки B в формулу x 2t 1 . Получим t B 0 . Аналогично найдем
tC 1 . Заменяя в интеграле x, y , z, dx, dy, dz их выражениями, получим
70
1
2
2
x dx yz dz z dz 2 t 1 2 t 2 (3 t 1) (3t 1) 3 dt 26 3 .
BC
0
Пример 11.2. Найти циркуляцию поля a y i 2 x j вдоль линии OABO , где OB –
A
дуга параболы y 2 x , OAB – ломаная (рис. 50).
Решение. Циркуляцию поля a вычислим по формуле
C(a)
ad r ad r ad r ad r .
OA
OABO
AB
BO
На отрезке OA имеем y 0, dy 0 . Поэтому
I1
ad r
OA
y dx 2 x dy 0 .
0
OA
A
Рис. 50
На отрезке AB имеем x 1, dx 0, 0 y 1 . Поэтому
1
I2
AB
y dx 2 x dy 2 dy 2 .
0
2
На дуге BO имеем x y , y y ( y параметр) , dx 2 y dy, y B 1, yO 0 . Поэтому
0
I3
BO
0
y dx 2x dy y 2 y 2 y dy 4 y 2dy 4 .
3
2
1
1
Окончательно, C(a) I1 I 2 I3 0 2 4 2 .
3 3
Пример 11.3. Вычислить циркуляцию поля a 2 y 2 , 2 x 2 по окружности ( L)
x y x y
радиусом R с центром в начале координат, ориентированной против часовой стрелки.
Решение. Циркуляция поля a вычисляется по формуле
y
x
C (a )
a d r x 2 y 2 dx x 2 y 2 dy .
( L)
( L)
Для вычисления этого интеграла запишем параметрические
уравнения окружности ( L) : x R cos t, y R sin t .
Тогда dx R sin t dt , dy R cos t dt ; угол t при движении против часовой стрелки меняется от 0 до 2 (рис. 51). Поэтому
C (a )
2
0
R sin t ( R sin t ) R cos t R cos t
R 2 cos2 t R 2 sin 2 t
2
dt
dt 2 .
t
Рис.
Рис. 51
62
0
11.4. Формулы Грина и Стокса. Ротор поля
Циркуляцию, как линейный интеграл поля по замкнутому контуру, можно вычислять способами, изложенными в п. 11.3. Однако часто удобно вычислять циркуляцию плоского поля по формуле Грина, а циркуляцию пространственного поля
– по формуле Стокса.
Если при обходе замкнутого контура ограниченная область остается
слева, то направление обхода называют положительным. Обход в противоположном направлении называют отрицательным.
71
Теорема 11.1. Пусть функции P( x, y), Q ( x, y ) и их частные производные
непрерывны в области D с положительно ориентированной границей L . Тогда имеет место следующая формула Грина:
Q
P dx Q dy x Py dx dy
L
.
(11.5)
D
Доказательство проведем для области D , описываемой неравенствами
1(x) y 2(x), a x b (рис. 52). Сначала проверим равенство
P dx Py dx dy .
(11.6)
P(x, y) dx
к определен-
L
D
Сведем криволинейный интеграл
L
ному интегралу, подставляя y 1(x) на линии AKB и
Рис. 52
y 2( x) на линии BMA :
P(x, y) dx
L
AKB
b
P(x, y) dx
P(x, y) dx
BMA
a
b
P (x, 1 (x)) dx P (x, 2 (x)) dx P(x, 1(x)) P(x, 2( x)) dx .
a
b
a
Теперь преобразуем двойной интеграл, сведя его сначала к повторному, а затем
к определенному интегралу:
b
2(x)
b
y
b
x
2
P dx dy dx P dy dx P(x, y)
P x, 1 (x) P x, 2 (x) dx .
y
y
y 1 x
a
1(x)
a
a
D
И криволинейный, и двойной интегралы из формулы (11.6) равны одному и тому же определенному интегралу и, следовательно, равны между собой. Аналогично проверяется равенство
Q dy
L
D
Q
dx dy .
x
(11.7)
Складывая равенства (11.6) и (11.7), получим формулу Грина.
Замечание. Нарушение условий теоремы Грина может привести к неверным
y
x нетрудно проверить, что
2, 2
2
x y x y
результатам. Например, для поля a
2
2
2
2
2
Q P x y 1 x y x 2x 1 x y y 2 y
0,
2
2
x y x x 2 y 2 y x 2 y 2
x2 y 2
x2 y 2
но циркуляция поля по окружности (L) с центром в начале координат отлична
от нуля, C a , L 2 (пример 11.3). В этом примере нарушены условия теоремы
Грина, т.к. внутри контура (L) содержится точка 0, 0 , в которой функции
P x, y , Q x, y не определены.
72
Пример 11.4. Используя формулу Грина, вычислить циркуляцию поля a y i 2 x j
вдоль линии OABO (рис. 50).
Решение. Вычислим циркуляцию C y dx 2 x dy , используя формулу Грина
OABO
1
для P y, Q 2x : C
1
1
Q
2
x Py dxdy dx dy dy dx 1 y dy 1 13 32 .
2
(D)
0
0
D
y
Сравните это решение с решением примера 11.2, где циркуляция этого поля
была вычислена без формулы Грина.
Для обобщения формулы Грина на пространственный случай введем по
нятие ротора векторного поля a .
Ротором векторного поля a P, Q, R называется вектор
i
j
rot a
x
P
y
Q
k
a .
z
R
(11.8)
При вычислении ротора следует разложить определитель по элементам первой
строки. Учитывая, что x P Px , x Q Q
, R R и т. д., получим
x y
y
Q R P Q P
rot a R
i x z j x y k .
y z
Понятие ротора позволяет удобно вычислять циркуляцию векторного поля,
опираясь на следующую теорему (доказательство теоремы опустим).
Теорема 11.2. Пусть функции P x, y, z , Q x, y, z , R x, y, z и их частные
производные непрерывны на ориентированной поверхности , натянутой на
контур L , причем ориентации контура L и поверхности ( ) согласованы.
Тогда имеет место следующая формула Стокса:
a d r rot a d
.
(11.9)
()
(L)
В этой формуле ориентации контура L и поверхности ( ) согласованы, т. е., глядя с конца выбранных нормальных векторов поверхности ( ) , обход контура (L) виден против часовой стрелки (рис. 53).
Итак, по формуле Стокса циркуляция поля a по контуру (L)
равна потоку ротора поля a через поверхность ( ) , натянутую на
контур (L) .
Пример 11.5. Для поля a 20x 4 1 z i 5y j 4x5 k найти его цирциркуляцию по окружности x 2 z 2 9 , лежащей в плоскости
y 4 и ориентированной против часовой стрелки, если смотреть с
конца оси OY (рис. 54).
Рис. 53
0
Рис. 54
73
Решение. Циркуляция поля a вычисляется по формуле C a d r . Непосредственное вычисление этого интеграла достаточно трудоемко. Посмотрим, облегчит ли вычисление циркуляции применение формулы Стокса. Для этого вычислим ротор
rot a
k
i
j
x
y
i 0 0 j 20x 4 20x 4 1 k 0 0 j.
z
20x 1 z
5y
4x 5
4
По формуле Стокса имеем: C a d r rot a d (rot a, n) d .
()
(L)
()
В качестве поверхности ( ) , натянутой на окружность, возьмем круг, ограниченный этой окружностью. Нормальный вектор к этой поверхности направлен
2
вдоль оси OY , т.е. n j ; скалярное произведение rot a n j j j 1 ;
C
rot a, n d d S R
2
9 .
Остановимся более подробно на свойствах ротора.
Физический смысл ротора
Пусть твердое тело вращается с постоянной угловой скоростью . Найдем поле линейных скоростей точек тела и ротор этого поля.
Рассмотрим систему координат, направив ось Oz по
оси вращения (рис. 55). Как известно из кинематики, ли
нейная скорость v точки M равна векторному произведе
нию v r , где r – радиус-вектор точки M , r x, y, z ,
– вектор угловой скорости, направленный по оси вращения с длиной, равной величине угловой скорости , т. е.
k 0, 0, .
Рис. 55
Найдем поле линейных скоростей:
y
i j k
v r 0 0 y i x j .
x y z
Ротор этого поля вычислим по формуле (11.8):
i
j
rot v
x
y
y x
k
i 0 ( x) j 0 ( y) k ( x) ( y) 2 k 2 .
z
z
x
z
y
y
x
0
Таким образом, ротор поля линейных скоростей в любой точке равен удвоенному вектору угловой скорости.
В произвольном поле его ротор, вычисленный в точке M , также характеризует вращательную способность поля в этой точке.
74
Дифференциальные свойства ротора
1) rot c 0, или c 0 , c постоянный вектор),
2) rot r 0, или r 0, r радиус-вектор),
3) rot a b rot a rot b , или a b a b ,
4) rot f a f rot a grad f a , или f a f a f a ,
скалярное поле, a векторное поле),
5) rot c a c rot a , или c a c a , c константа),
6) rot f c grad f c , или f c f c , ( c постоянный вектор),
7) rot f r r 0 или f r r 0 .
f
Проверим эти свойства:
свойства 1) – 3) проверяются непосредственным вычислением,
i
4 rot f a
x
f P
j
y
fQ
k
i
f
z
x
f R
P
j
y
Q
i
k
f
z
x
R
P
j
f
y
Q
k
f
f rot a grad f a ,
z
R
свойство 5) есть следствие свойства 4) при f c ,
свойство 6) есть следствие свойства 4) при a c ,
7) по свойству 4) ротора rot f r r f r rot r grad f r r , а по свойствам гра
r
диента grad f r f r grad r f r . Учитывая, что rot r 0, r r 0 , получим
r
r
rot f r r f r rot r f r r 0 .
r
11.5. Условия независимости линейного интеграла
от формы пути
В различных приложениях важно знать, зависит ли линейный интеграл поля
a d r от формы кривой интегрирования или он зависит только от начальной и
конечной точек этой кривой (с физической точки зрения – зависит ли работа силы от формы пути). Рассмотрим три условия независимости линейного интеграла поля от формы пути интегрирования. Как и раньше, будем предполагать, что
вектор-функция a M P M , Q M , R M дифференцируема.
Теорема 11.3 (о равенстве нулю циркуляции). Для того чтобы линейный интеграл поля не зависел от формы пути интегрирования, необходимо и достаточно, чтобы циркуляция поля по любой замкнутой кривой равнялась нулю.
Доказательство. Вычислим циркуляцию поля a по произвольной замкнутой
кривой ABCDA (рис. 56)
75
C (a)
adr
ABCDA
adr
ABC
adr
CDA
ABC
adr
a d r.
ADC
Из этого равенства следует: циркуляция C (a ) равна нулю тогда и
только тогда, когда a d r a d r , т. е. интеграл a d r по
ABC
ADC
двум произвольным линиям с общим началом и общим концом принимает одно и то же значение и, значит, не зависит от формы пути
интегрирования.
Рис. 56
Теорема 11.3 дает критерий независимости линейного интеграла поля от
формы пути интегрирования, однако этот критерий трудно проверить.
Для формулировки следующего более эффективного критерия введем новое
понятие. Область назовем односвязной, если на любой ее замкнутый контур
можно натянуть поверхность, целиком лежащую в этой области.
Например, односвязными областями будут круг, шар, куб; к неодносвязным
областям относятся кольцо, тор (“бублик”) (рис. 57).
0
Рис. 57
Теорема 11.4 (о равенстве нулю ротора). Для того чтобы линейный интеграл поля не зависел от формы пути интегрирования, необходимо, а для односвязного поля и достаточно, чтобы ротор поля в каждой точке равнялся нулю.
Необходимость. Пусть линейный интеграл поля a не зависит от формы пути интегрирования и, значит, циркуляция по любому замкнутому контуру равна
нулю. Доказывая от противного, предположим, что в некоторой точке M поля
rot a 0 . Следовательно, отлична от нуля хотя бы одна из координат ротора.
Пусть, например, первая координата, т. е. пр i rot a отлична от нуля, в частности
больше нуля, в точке M , а значит, и в некоторой ее окрестности. В этой
окрестно
сти рассмотрим часть плоскости ( ) с нормальным вектором n i и вычислим
циркуляцию поля a по границе (L) поверхности ( ) , используя формулу Стокса:
C(a, L)
a
d
r
rot
a
n
d
rot
a
, i d пр i rot a d .
(L)
()
Так как по нашему предположению
()
пр i rot a
()
0 в окрестности точки M , а зна-
чит, и на ( ) , то C (a , L) 0 . Получили противоречие с тем, что циркуляция поля
76
a по любому замкнутому контуру равна нулю. Следовательно, предположение
о том, что rot a 0 , неверно, т.е. rot a 0 в любой точке поля.
Достаточность. Пусть rot a 0 в односвязной области (D) . Возьмем любой
замкнутый контур (L) в (D) . В силу односвязности области (D) на контур (L)
можно натянуть поверхность ( ) , целиком лежащую в области (D) . Вычислим
циркуляцию поля a по контуру (L) , используя формулу Стокса и условие rot a 0 :
C (a, L)
a d r rot a, n d 0 .
L
()
Так как циркуляция поля a по любому замкнутому контуру (L) равна нулю, то
по теореме 11.3 интеграл a d r не зависит от формы пути. Теорема доказана.
(L )
Теорема 11.5 (о подынтегральном выражении). Для того чтобы ли
нейный интеграл поля a d r не зависел от формы пути интегрирования,
(L )
необходимо и достаточно, чтобы подынтегральное выражение a d r было полным дифференциалом некоторой функции U .
Необходимость. Пусть
ad r
не зависит от формы пути и M 0 – некоторая фикси-
(L )
рованная точка. Покажем, что функция U M
a d r есть искомая функция, т.е.
(M 0M )
a d r dU . Для этого вычислим частное приращение сначала по x :
x U U x x, y, z U x, y, z U M1 U M a d r a d r .
(M 0 M 1)
(M 0 M )
Так как интеграл a d r не зависит от формы пути, то кривую
(L )
M 0 M выберем произвольно, а в качестве кривой M 0 M 1 возьмем
кривую M 0 M и отрезок прямой MM 1 (рис. 58). Тогда по свойству
аддитивности интеграла
x U
ad r
(M 0 M 1)
0
Рис. 58
a d r a d r a d r a d r a d r.
(M 0 M )
(M M 1)
(M M 1)
(M 0 M )
(M 0 M )
Запишем интеграл в координатной форме и учтем, что на отрезке MM 1 меняется
только x , а y , z постоянны, значит, dy 0, dz 0 :
x U
x x
ad r
(M M 1)
P dx Q dy R dz
(M M 1)
P x, y, z dx .
x
К получившемуся определенному интегралу применим теорему о среднем:
x x
x U
P x, y, z dx P x, y, z x ;
x
здесь x некоторая промежуточная точка между x и x x . Тогда
77
P x, y, z x
xU
lim
lim P x, y, z P x, y, z .
x
x
x0
x 0
x 0
U x lim
Итак, U x P x, y, z . Аналогично можно показать, что U y Q x, y, z , U z R x, y, z .
Тогда a d r P dx Q dy R dz U x dx U y dy U z dz dU .
Достаточность. Пусть существует функция U ( x, y, z ) такая, что a d r dU .
Рассмотрим произвольную дугу AB с параметрическими уравнениями
x x(t ), y y (t ), z z (t ); t t A ; t B .
Сведем интеграл
a d r по этой дуге к определенному интегралу и применим
AB
формулу Ньютона-Лейбница
AB
ad r
tB
d U (x, y, z)
AB
d U x (t), y (t), z (t) U x (t), y (t), z (t)
tB
t A
tA
U (xB , y B , z B) U (x A , y A , z A) U (B) U ( A) .
Таким образом, значение интеграла a d r зависит только от точек A, B и не
AB
зависит от формы линии AB .
Попутно мы получили важную формулу, являющуюся аналогом формулы
Ньютона-Лейбница для криволинейных интегралов:
(11.11)
d U U (B) U ( A ).
AB
Теоремы 11.3, 11.4, 11.5 иногда объединяют в одну:
Если область (D) является односвязной, то четыре условия равносильны:
1) линейный интеграл a d r не зависит от формы пути интегрирования;
(L )
2) линейный интеграл a d r по любому замкнутому контуру в (D) равен нулю;
(L )
3) rot a 0 во всех точках области (D) ;
4) выражение a d r является полным дифференциалом некоторой функции U .
12. Некоторые классы векторных полей
12.1. Потенциальное поле
Как и раньше, предполагаем, что координаты вектора поля a – функции
P , Q , R непрерывны и имеют частные производные.
Векторное поле a называется потенциальным, если оно является
полем градиента некоторой скалярной функции U , т.е. a grad U ; при
этом функцию U называют скалярным потенциалом векторного поля.
78
Напомним, что grad U U x i U y j U z k . Так как grad (U C) grad U , то U C
также является потенциалом.
Свойства потенциального поля
1). Поле a является потенциальным с потенциалом U тогда и только тогда,
когда a d r dU .
2). Односвязное поле a потенциально тогда и только тогда, когда в каждой
точке поля rot a 0 .
3). В потенциальном поле линейный интеграл a d r не зависит от формы пути.
(L )
4). В потенциальном поле циркуляция по любому контуру, не охватывающему особых точек поля, равна нулю.
5). В потенциальном поле циркуляции по контурам, охватывающим все
особые точки поля, равны между собой.
6). В потенциальном поле линейный интеграл по дуге равен разности потенциалов конца и начала дуги.
Проверим эти свойства.
1). Поле a – потенциально, т.е. a grad U U x , U y , U z тогда и только тогда, когда
a d r U x , U y , U z dx, dy, dz U x dx U y dy U z dz d U .
2). Это свойство следует из свойства 1) и теорем 11.5, 11.4.
3). Это свойство следует из свойства 1) и теоремы 11.5.
4). Это свойство является следствием свойства 2) и теоремы 11.4, так как поле
внутри контура, не охватывающего особых точек, является односвязным.
5). Пусть L , l – контуры, окружающие все особые точки P1 ,..., Pn поля (рис. 59);
ориентируем контуры так, чтобы при обходе ограниченная ими область
оставалась слева, т.е. L против часовой стрелки, l по часовой стрелке;
контуры с такой ориентацией обозначим соответственно L , l . На поверх
ности с границей L l поле потенциально, и потому rot a 0 по
свойству 3 и теореме 11.4. Тогда по формуле Стокса
a
d
r
rot
a
d 0 .
С другой стороны,
a d r
adr
L
()
и, следовательно,
L
ad r
l
ad r
adr
L
adr ,
l
ad r .
Рис. 59
l
6). Если поле a потенциально и U – его потенциал, то a d r dU и по формуле (11.11)
79
adr
AB
d U U B U A .
AB
В силовом потенциальном поле свойства 3 и 6 означают, что работа сил поля по
дуге не зависит от формы дуги и равна разности потенциалов конца и начала дуги.
Рассмотрим способы отыскания потенциала U поля a .
Отыскание потенциала по выражению a d r
Воспользуемся первым свойством потенциального поля. Если удается
представить выражение a d r в виде полного дифференциала некоторой функ
ции U , то поле a – потенциально, а U – его потенциал.
Пример 12.1. Показать, что поле a потенциально и найти его потенциал, если
1) a 2xi 3y 2 j 4z 3k ,
2) a yz, xz, xy ,
3) a
x, y, z
2
x y2 z2 1
.
Решение
1). a d r 2x dx 3y 2 dy 4 z 3 dz d x 2 d y 3 d z 4 d x 2 y 3 z 4 .
Следовательно, поле a – потенциально; U x 2 y 3 z 4 – его потенциал.
2). a d r yz dx xz dy xy dz d (xyz) .
Следовательно, поле a потенциально; U xyz – его потенциал.
2
2
2
1
x dx y dy z dz 2 d x y z 1 1
3). a d r 2 2 2
d ln x 2 y 2 z 2 1 .
2
x y z 1
x2 y 2 z 2 1
Следовательно, поле a – потенциально; U 1 ln x 2 y 2 z 2 1 – его потенциал.
2
Отыскание потенциала по определению
Для потенциального поля a P, Q, R и его потенциала U имеем
gradU a
или в координатной форме
(12.1)
U x P, U y Q , U z R .
Проинтегрируем первое из этих равенств по x ; при этом появится константа, не
зависящая от переменной интегрирования x (но зависящая от y, z ):
U P x, y, z dx c ( y, z) .
Для отыскания функции c ( y, z) следует подставить получившуюся функцию
U x, y, z во второе и третье из равенств (12.1).
Пример 12.2. Проверить, что поле a zy x i x 2z j xy 1 k является потен
y
циальным и найти его потенциал.
Решение. Для данного поля проверить его потенциальность и найти потенциал по
выражению a d r сложно. Поэтому потенциальность поля проверим по условию
rot a 0 , а потенциал найдем исходя из формул (12.1). Итак, вычислим ротор:
80
rot a
k
i
j
x
y
xz
y2
z x
y
i x x j 1 1 k z z 0 .
2
2
2
2
z
y
y y
y
y
y
x 1
y
Значит поле a потенциально и его потенциал U удовлетворяет условию
gradU a или в координатной форме
xz
U x z x , U y 2 , U z x 1.
y
y
y
(12.2)
Проинтегрируем первое из этих равенств по x
2
U z x dx z x x c ( y, z)
y
2
y
и подставим получившуюся функцию U x, y, z во второе и третье равенства (12.2):
U y
x z
x z
cy y , z 2 ,
2
y
y
U z x cz y , z x 1.
y
y
Отсюда cy 0 , cz 1. Следовательно, c ( y, z) z c 1 , где c 1 – константа. Поэтому
2
U z x x z c1 .
y
2
Отыскание потенциала центрального поля
a f (r ) r
Воспользуемся соотношением r 2 r 2, где r r . Тогда d r 2 dr 2, 2 r d r 2 r dr
и, значит, r d r r dr . Поэтому
a d r f (r) r d r f (r) r dr .
Введем функцию U f (r ) r dr . Так как U r f (r) r , то a d r f r r dr U (r) dr dU .
Следовательно, по свойству 1
центральное поле a f (r ) r потенциально и его потенциал U f (r ) r dr .
Пример 12.3. Найти потенциал поля напряженностей E 13 r .
r
Решение. Поле E – центральное, следовательно, оно потенциальное, и его потенциал U 13 r dr 12 dr 1r C .
r
r
12.2. Соленоидальное поле
Поле a называют соленоидальным, если
оно является
полем
ротора некоторой векторной функции b , т.е. a rot b ; при этом
вектор b называют векторным потенциалом поля a .
81
Свойства соленоидального поля
1). Поле a является соленоидальным тогда и только тогда, когда div a 0 .
2). В соленоидальном поле поток через замкнутую поверхность, не содержащую внутри особых точек поля, равен нулю.
3). В соленоидальном поле потоки через замкнутые поверхности, окружающие все особые точки поля, равны между собой.
4). В соленоидальном поле поток через любое поперечное сечение векторной
трубки сохраняет постоянное значение (называемое интенсивностью трубки).
Проверим эти свойства. 1). Пусть поле a – соленоидально, т.е.
i
a rot b
x
b1
j
y
b2
k
b3 b2 i b3 b1 j b2 b1 k ;
z y z
x z
x y
b3
тогда
b b
b b
b b
div a 3 2 3 1 2 1
x y z y x z z x y
Рис. 60
2b3 2b3 2b2 2b2 2b1 2b1
0;
x y y x x z z x y z z y
можно показать, что справедливо и обратное: если div a 0 , то a rot b .
2). В соленоидальном поле div a 0 и потому по формуле Остроградского поток
через замкнутую поверхность, не содержащую внутри особых точек поля, равен
a , n d
()
div a dV 0 .
V
3). Пусть 1 , 2 – поверхности, окружающие все особые точки поля; их ориен-
тация указана на рис. 60. Обозначим через V – тело с границей 1 2 ;
внутри тела V поле определено, div a 0 , и потому по формуле Остроградского
div a dV 0 .
V
С другой стороны, и следовательно, .
1
2
1
2
1
2
4). Рассмотрим векторную трубку поля, т.е. совокупность его
векторных линий, пересекающих некоторую замкнутую линию
(рис. 61). Пусть 1 , 2 поперечные сечения векторной
трубки с указанной на рис. 61 ориентацией; 3 поверхность
векторной трубки, состоящая из векторных линий;
1 2 3 граница тела V .
Вычислим поток поля через поверхность : с одной стороны,
по свойству 2) этот поток равен нулю; с другой стороны,
82
Рис. 61
1
причем, 3
2
a , n d 0 , т.к. 3
3
1
2
3
,
состоит из векторных линий, значит, вектор
3
поля a направлен по касательной к векторной линии, т.е. a n и a n 0 .
Следовательно, 0 или .
1
2
1
2
Пример 12.4. Найти поток поля напряженностей E q3 r , создаваемого зарядом q ,
r
через произвольную замкнутую поверхность .
Решение. Дивергенция
поля
E
равна нулю (пример 10.9), потому поле напря
женностей E является соленоидальным всюду, где определено (т.е. в точках
r 0 , отличных от начала координат).
Тогда по свойству 2) соленоидального поля поток поля через любую замкнутую поверхность, не окружающую начала координат, равен нулю.
По свойству 3) соленоидального поля поток поля через замкнутую поверхность, окружающую начало координат, равен, например, потоку этого поля через
сферу с центром в начале координат (он был вычислен в примере 10.1) и равен 4 q.
12.3. Гармонические поля
Гармоническое скалярное поле
Скалярное поле f называется гармоническим, если
функция f удовлетворяет уравнению Лапласа
div grad f 0 .
Выражение div grad f называется оператором Лапласа и обозначается f .
Оператор Лапласа используется при решении задач математической физики (задач колебания, теплопроводности, диффузии).
В прямоугольной системе координат
grad f f x , f y , f z , div grad f f x x f y f z z f
y
и уравнение Лапласа имеет вид
f f xx f y y f zz 0 .
Пример 12.6. Показать, что поле f r 1 является гармоническим в пространr
стве R 3 , а поле f r ln r является гармоническим в пространстве R 2 .
Решение. 1). По свойствам градиента grad r1 1r grad r 12 rr r3 .
r
r
По свойствам дивергенции div grad 1r div 13 r 13 div r r grad 13 .
r
r
r
1 3 r
Учитывая, что r x, y, z , div r 3 в пространстве R 3 , grad 3 4 r , получим:
r
r
1
3 3
div grad 3 r r 5 0 .
r
r
r
83
2). В пространстве R 2 для поля f r ln r имеем:
1 r r
grad ln r ln r grad r
,
r x, y , div r 2 ,
r r r2
1
1
1
2 2 r
div grad ln r div 2 r 2 div r r grad 2 2 r 3
0.
r
r
r r
r r
Гармоническое векторное поле
Векторное поле a , являющееся одновременно и потенциальным,
и соленоидальным, называется гармоническим векторным полем.
Отметим следующие свойства гармонического векторного поля.
1). Гармоническое векторное поле обладает скалярным и векторным потенциалом.
2). Скалярный потенциал U является функцией гармонической.
3). Для гармонического векторного поля a P, Q, R его координаты P, Q, R
являются функциями гармоническими.
1). Первое свойство следует из определения, т.к. потенциальное поле обладает скалярным потенциалом, а соленоидальное поле обладает векторным потенциалом.
2). Так как гармоническое поле a потенциально, то оно обладает скалярным
потенциалом U и представимо в виде a grad U . С другой стороны, гармоническое поле является соленоидальным, поэтому
div a div grad U 0 .
Таким образом, потенциал U гармонического поля a удовлетворяет уравнению
Лапласа и является гармонической функцией.
3). Проверку свойства 3) опустим.
13. Повторные операции теории поля
1). Рассмотрим скалярное поле U . В нем определен вектор gradU .
В векторном поле gradU определены понятия дивергенции и ротора
div gradU , rot gradU .
(13.1)
2). Рассмотрим векторное поле a . В нем определены скаляр div a и вектор
rot a . Для скалярного поля div a определено понятие градиента
grad div a .
(13.2)
Для векторного поля rot a определены понятия дивергенции и ротора
div rot a , rot rot a .
(13.3)
Выражения (13.1) – (13.3) определяют повторные операции теории поля. Их
называют также дифференциальными операциями второго порядка.
Рассмотрим каждую из этих операций более подробно.
Выражение div gradU есть оператор Лапласа U ; он был введен в п. 12.3.
Так как поле gradU является потенциальным, а в потенциальном поле ротор
равен нулю, то rot grad U 0 .
84
Так как поле rot a является соленоидальным, а в соленоидальном поле ди
вергенция равна нулю, то div rot a 0 .
Выражения grad div a и rot rot a используются в электродинамике и связаны соотношением (которое будет установлено позже)
rot rot a grad div a div grad a .
(13.4)
Здесь div grad a a для вектора a P, Q, R понимают как a P, Q, R .
Итак, имеем следующие соотношения
div grad U U ,
rot grad U 0 , div rot a 0 ,
rot rot a grad div a div grad a.
14. Оператор Гамильтона
Рассмотрим символический оператор Гамильтона (или вектор “набла”)
i j k , , .
x
y
z
x y z
С его помощью удобно записать основные операции теории поля:
1) градиент скалярного поля есть произведение вектора на скалярную функцию f
grad f f , f , f f ;
x y z
2) дивергенция векторного поля есть скалярное произведение вектора на вектор поля
div a P Q R , , P, Q, R a ;
x
y
z
x y z
3) ротор векторного поля a есть векторное произведение вектора на вектор a
i
rot a
x
P
j
y
Q
k
a ;
z
R
4) оператор Лапласа скалярного поля f
f div grad f f 2 f
или символически 2 ;
Такая запись основных операций поля наиболее часто используется в физических и технических приложениях, связанных с изучением реальных физических полей.
При применении оператора следует учитывать и его векторную и его
дифференциальную природу. На этом основаны правила применения . Эти
правила можно было заметить при изучении дифференциальных свойств дивергенции, градиента, ротора.
85
Применение к выражениям, не содержащим
произведения переменных
Применение к выражениям, не содержащим произведения переменных, происходит по правилам векторной алгебры. При этом ве
личина, на которую действует оператор , должна стоять за ним.
Поясним это правило на следующих примерах.
1). Пусть c постоянный вектор; тогда rot f c f c f c grad f c ;
здесь переменная величина f перенесена к вектору и поставлена за ним по
правилам векторной алгебры (по свойствам векторного произведения скаляр f
можно перенести от второго вектора к первому).
2). Применяя , получим формулу (13.4):
rot rot a a a a grad div a div grad a ;
здесь мы воспользовались известной формулой для двойного векторного про
изведения a b c b a c c a b b a c a b c ; как уже отмечалось,
div grad a a для вектора a P, Q, R понимают как a P, Q, R .
3). Следует иметь в виду, что a a , так как a div a есть функция Px Q
R ;
y z
в то время как a P x Q y R z есть дифференциальный оператор.
Аналогично, a a .
4). Следует
иметь
в
виду,
что
не является обычным вектором; например,
а) не имеет ни длины, ни направления,
б) a не перпендикулярен a ,
в) векторы u , v не коллинеарны, так как вектор u направлен по
нормали к поверхности уровня u const , вектор v направлен по нормали к по-
верхности уровня v const .
Эти примеры показывают, что с вектором следует обращаться с осторожностью и при отсутствии уверенности в полученном
результате его следует
проверить непосредственно, без использования .
Применение к выражениям, содержащим
произведение переменных
В этом случае на первый план выходят дифференциальные свойства оператора
и правило дифференцирования произведения.
Результатом действия на произведение переменных является сумма про
изведений; в каждом из них действует
на один множитель, который отмеча
ют штрихом и располагают справа от , соблюдая правила векторной алгебры.
Поясним это правило на следующих примерах.
86
1). Пусть f функция, a переменный вектор; тогда
div f a f a f / a f a / .
Чтобы поставить множитель, помеченный штрихом, рядом с и за ним, воспользуемся двумя свойствами скалярного произведения: скаляр можно переносить от второго вектора к первому и скаляр можно выносить за знак скалярного
произведения. Поэтому
div f a f a f / a f a / f / a f a / grad f a f div a .
2). Пусть a , b переменные векторные поля; тогда
div a b a b a / b a b / .
Чтобы поставить множитель, помеченный штрихом, рядом с и за ним, вос
пользуемся свойством векторного произведения a b / b / a и свойством
смешанного произведения a / b a / b , b / a b / a . Поэтому
div a b a / b a b / a / b b / a b rot a a rot b .
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Краснов М.Л. Вся высшая математика /М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко. М.: Эдиториал УРСС, 2004. Т.4. 352 с.
2. Бермант А.Ф. Курс математического анализа /А.Ф. Бермант, И.Г. Араманович. СПб.: Издательство «Лань», 2005. 736 с.
3. Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике /Д.Т. Письменный.
М.: Айрис-пресс, 2003. Ч.1. 288 с.
4. Никольский С.М. Курс математического анализа /С.М. Никольский. М.: Физматлит, 2001. 592 с.
5. Бронштейн И. Н. Справочник по математике для инженеров и учащихся втузов /И.Н. Бронштейн, К.А. Семендяев. М.: Наука, 1980. 946 с.
6. Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа /Г.Н. Берман.
М.: Наука, 2002. 443 с.
7. Задачи и упражнения по математическому анализу для втузов / под ред. Б.П.
Демидовича. М.: «Изд-во Астрель», 2003. 495 с.
8. Минькова Р.М. Дифференциальное и интегральное исчисление функции нескольких переменных: учебное пособие для студентов физических специальностей /Р.М. Минькова. Екатеринбург: ГОУ ВПО УГТУ-УПИ, 2007. 119 с.
87
Учебное издание
Минькова Ревекка Максовна
Векторный анализ
Редактор Н.П. Кубыщенко
Компьютерная верстка Р.М. Миньковой
ИД № 06263 от 12. 11. 2001
Подписано в печать 24. 03. 13
Формат 6084 116
Бумага типографская
Офсетная печать
Усл. печ. л. 6,52
Уч.-изд. л. 5,2
Тираж
Заказ
Цена С
Редакционно-издательский отдел УрФУ
620002, Екатеринбург, Мира, 19
Ризография УрФУ
620002, Екатеринбург, Мира, 19
88
