Элементы теории векторных полей. Потенциальное векторное поле

Страницы работы

10 страниц (Word-файл)

Содержание работы

12    ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕКТОРНЫХ ПОЛЕЙ

12.1 Потенциальное векторное поле

12.1.1 Основные понятия.В разделе 10.5 мы познакомились с понятием скалярного поля: с каждой точкой некоторой области (на плоскости или в пространстве) связывается числовая величина. Если ввести систему координат, то задание скалярного поля равносильно заданию функции  U(x,y)  или  U(x,y,z).

Пусть теперь в каждой точке M области E (на плоскости или в пространстве) определён вектор (M). В таком случае будем говорить, что в области Eзадано векторное поле. Примерами векторных полей могут служить поле скоростей жидкости, поле, создаваемое электрическими зарядами, гравитационное поле и т.д.  Если в области E введена система координат, то каждый вектор может быть задан своими координатами:

(M) =(x,y,z) =P(x,y,z)+Q(x,y,z)+R(x,y,z).

Для плоского поля координата R(x,y,z), конечно, отсутствует.

Линия Г в области E называется векторной линией, если в каждой её точке направление вектора поля совпадает с направлением касательной. Если (M) – поле  какой–либо силы (силовое поле), то векторные линии также называются силовыми линиями. Можно доказать, что если функции P,Q, R имеют непрерывные частные производные и не обращаются в нуль одновременно, то через каждую точку области проходит векторная линия, причём векторные линии не пересекаются.

Пусть в области E задано скалярное поле U(x,y,z). Тогда в каждой точке E определён вектор

gradU=.

Получили векторное поле – поле градиента. Это очень важный пример векторного поля, поэтому вводится специальное понятие. Векторное поле  называется потенциальным, если оно является полем градиента некоторой скалярной функции U:

 = gradU.

В этом случае функция U=U(x,y,z) называется потенциалом поля . Мы должны научиться выяснять, является ли поле потенциальным, и находить его потенциал. Для этого потребуется рассмотреть новый тип криволинейных интегралов.

12.1.2 Криволинейные интегралы 2 рода. Пусть в каждой точке M области           EÍR2 задан вектор силы (M) =P(M)+Q(M) (т.е. плоское силовое поле). Рассмотрим линию Г, лежащую в E, и поставим задачу: вычислить работу, которую совершает сила (M),  перемещая точку по кривой Г.  Разобьём  Г  на  n частей:

Г = Г1 È Г2 È...È Гn.

Выберем произвольно точки MiÎ Гi. Допуская некоторую погрешность, будем считать, что сила на Гi постоянна и равна F(Mi) – силе в выбранной точке. Также допуская погрешность,  заменим перемещение по Гi прямолинейным перемещением  (вектор, направленный из начала Гi в конец Гi). Работа постоянной силы на прямолинейном  пути, как известно из школьного курса физики, вычисляется так:

Ai=| (Mi) |×| |cosa, где a – угол между векторами (Mi), . Обозначая координаты вектора  = (∆xi,  ∆yi), можно записать  Ai  с помощью скалярного произведения:

Ai= ((Mi), ) =P(Mi)∆xi+Q(Mi)∆yi.

Суммируя, получаем приближённую формулу для работы:

A».

Ошибка этого равенства уменьшается, если рассматривать всё более мелкие разбиения Г. Переходя к пределу, получим:

A =, где d= max ||.

Пределы такого вида очень важны для приложений. Поэтому сформулируем общее определение. Пусть (M) =P(M)+Q(M)– векторное поле в области E, Г – гладкая кривая в E. Разбивая Г, выбирая точки Mi, составляя сумму и переходя к пределу так, как при решении задачи о работе, назовём полученный предел (не зависящий ни от вида разбиений, ни от выбора точек) криволинейным интегралом 2 рода от векторной функции (M) по кривой Г:

Pdx+Qdy=.

В точности так же определяется и криволинейный интеграл для пространственного векторного поля

Pdx+Qdy+Rdz.

Для вычисления криволинейного интеграла рассмотрим случай, когда кривая Г задана параметрически:

x = x(t),     y = y(t),     t Î [a, b].

Разбиению Г соответствует разбиение отрезка [a,b] точками t0=a, t1, t2, ... , tn=b. Выбранным точкам MiÎ Гi соответствуют xi Î [ti,ti1]. Пользуясь дифференцируемостью функций  x(t)y(t)  и теоремой Лагранжа, можно записать:

Dxi = x(ti) x(ti1) = x¢i)Dti,Dyi = y(ti) y(ti1) = y¢ i)Dti.

Интегральная сумма приобретает вид:

.

Она отличается от интегральной суммы Римана (для функции                                                P(x(t),y(t))x¢(t) +Q(x(t),y(t))y¢(t) на [a,b]) лишь тем, что точки xi, mi, ni различны, хотя и лежат на одном участке разбиения Dti. При неограниченном измельчении разбиений это отличие стремится к нулю (строгое доказательство – с помощью равномерной непрерывности). Поэтому, переходя к пределу, получим:

Pdx+Qdy=[ P(x(t),y(t))x¢(t) +Q(x(t),y(t))y¢(t)]dt.

Аналогичная формула справедлива и для интеграла Pdx+Qdy+Rdz.

Если плоская кривая Г является графиком функции y=y(x),   xÎ [a,b], то, рассматривая x как параметр, получаем:

Pdx+Qdy=[ P(x,y(x)) +Q(x,y(x))y¢(x)]dx.

Иногда удобнее рассматривать Г как график функции x=x(y), yÎ [c,d]. В этом случае

Pdx+Qdy=[ P(x(y),y)x¢(y) +Q(x(y),y)]dy.

Пример 1. Вычислить    I=(x+y)dx + (xy)dy+ (x+y+z)dz,    если   Г – один виток винтовой линии   x=cost,y=sintz=t,      tÎ [0, 2p].

Решение. Так как  dx=–sintdtdy=costdt,dz=dt,   то получаем:

I=[(cost+sint)(sint) + (costsint) cost+ (cost+sint+t)]dt=

=  ( sin2 t cos2 t 2sin t cos t + cos t + sin t + t)dt =

=–dt 2sin t d(sin t) +(cos t + sin t + t)dt =

= ( t sin2 t + sin t cos t + )=–+=2 .

Пример 2. Вычислить (xy)dx + 3x2dy, если а) AB – отрезок прямой, соединяющий точки  A(1, 0)B(0, 1);

б) AB – дуга параболы  y= 1 x2,  соединяющая те же точки.

Решение. а) Прямая, проходящая через точки A,B, имеет уравнение y= 1 x. Значит dy=–dx. На отрезке ABx изменяется от 1 до 0. Криволинейный интеграл сводится к интегралу по x:

Похожие материалы

Информация о работе