ББК 22.151.5я73
Краснов Михаил Леонтьевич,
Киселев Александр Иванович,
Макаренко Григорий Иванович
Векторный анализ: Задачи и примеры с подробными решениями:
Учебное пособие. Изд. 2-е., испр. — М.: Едиториал УРСС, 2002. — 144 с.
(Вся высшая математика в задачах.)
ISBN 5-354-00014-9
Предлагаемый сборник задач можно рассматривать как краткий курс векторного анализа, в котором сообщаются без доказательства основные факты с иллюстрацией их на конкретных примерах. Поэтому предлагаемый задачник может быть использован, с одной стороны, для повторения основ векторного анализа, а с другой — как учебное пособие для лиц, которые, не вдаваясь в доказательства тех или иных предложений и теорем, хотят овладеть техникой операций векторного анализа. При составлении задачника авторы использовали материал, содержащийся в имеющихся курсах векторного исчисления и сборниках задач. Значительная часть задач составлена самими авторами.
В начале каждого параграф привадится сводка основных теоретических положений, определений и формул, а также дается подробное решение 100 примеров. В книге содержится более 300 задач и примеров для самостоятельного решения. Все они снабжены ответами или указаниями к решению. Имеется некоторое количество задач прикладного характера, которые выбраны так, чтобы их разбор не требовал от читателя дополнительных сведений из специальных дисциплин. Материал шестой главы, посвященной криволинейным координатам и основным операциям векторного анализа в криволинейных координатах, внесен в книгу из тех соображений, чтобы дать читателю хотя бы минимальное количество задач для приобретения необходимых навыков.
Сборник задач рассчитан на студентов дневных и вечерних отделений технических вузов, инженеров, а также на студентов-заочников, знакомых с векторной алгеброй и математическим анализом в объеме первых двух курсов.
Издательство «Едиториал УРСС». 117312. г. Москва, пр-т 60-летин Октября, д. 9. Лицензия ИД №05175 от 25.06.2001 г. Подписано к печати 12.02.2002 г.
Формат 60x90/16. Тйреж 3000 экз. Печ. л. 9 *'•> <<
Отпечатано и типографии И ПО «Профиздат». 109044, г. Москва, Крутицкий вал, 18.
УРСС
ISBN 5-354-00014-9
ИЗДАТЕЛЬСТВО
НАУЧНОЙ И УЧЕБНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
E-mail: uras@uras.ru
Каталог изданий
в Internet: http://urs8.ru
Тел /факс: 7 (095) 135-44-23
Тел факс: 7 (095) 135-42-46
© Едиториал УРСС, 2002
Все права защищены. Никакая часть настоящей книги не может быть воспроизведена или передана в какой бы то ни было форме и какими бы то ни было средствами, будь то электронные или механические, включая фотокопирование и запись на магнитный носитель, если на то нет письменного разрешения Издательства.
ГЛАВА
Вектор-функция скалярного аргумента
§1	. Годограф вектор-функции
Определение 1. Вектор г называется вектор-функцией скалярного аргумента t. если каждому значению скаляра из области допустимых значений соответствует определенное значение вектора г. Булем это записывать так:
г = r(t).
Если вектор г является функцией скалярного аргумента t
r = r(t),
то координаты х, у. z вектора г также будут функциями аргумента t:
X = z(t), У = 1/(0» Z = z(t).
Обратно, если координаты вектор^ г являются функциями t, то функцией t будет и сам вектор г:
г = x(t)i + y(0J + c(f)k.
Таким образом, задание вектор-функции г(0 равносильно заданию трех скалярных функций x(i), y(t), z(t).
Определение 2. Годографом вектор-функции г(0 скалярного аргумента называется геометрическое место точек, которое описывает конец вектора г(<) при изменении скаляра t, когда начало вектора r(i) помешено в фиксированную точку О пространства (рис. 1).
Годографом радиуса-вектора г = r(i) дви-	Рис. 1
жушейся точки будет сама траектория L этой точки. Годографом скорости v = v(t) этой точки будет некоторая другая линия £| (рис. 2). Так, если материальная точка движется по окружности с постоянной скоростью |v| = const, то ее годограф скоростей также представляет собой окружность с центром в точке О\ и с радиусом равным |v|.
4
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
Построить годо-
Рис. 3
z координаты вектора
'Г,
. Обозначив чйрез х, у
Пример 1.
граф вектора г = ti + ij + £~k.
Решение. 1. Это построение можно вести по точкам, составляя
| = t2.
d? = t,
Исключу из этих уравнений параметр i, получим уравнения поверхности у = z = ж2, линия пересечения L которых и определит годограф вектора r(t) (рис.,3).	о
Задачи для самостоятельного решения
Построить годографы
векторов:
б) г=^
в)
r = cos/i + sinij + k;
It
x	.	*	7	1	1
г) r = h+-i2j + -i3k;
3	9
д) г =
2-2)к
§ 2. Предел и непрерывность вектор-функции скалярного аргумента 5
§	2. Предел и непрерывность вектор-функции скалярного аргумента
Пусть вектор-функция г = r(t) скалярного аргумента t определена в некоторой окрестности значения to аргумента t, кроме, быть может, самого значения to.
Определение 1. Постоянный вектор А называется пределом вектора r(t) при t —»to, если для любого е > 0 существует 6 > 0 такое, что для всех t to, удовлетворяющих условию \t - to| < 6, выполняется неравенство |r(t) - А| < £.
Как и в обычном анализе, пишут lim r(t) = А. t-to
to и этот предел равен
Геометрически это означает, что вектор r(t) при t —> to стремится к вектору А как по длине, так и по направлению (рис. 4).
Определение 2. Вектор a(t) называется бесконечно малым при t —» to, если a(t) имеет предел при t —»• нулю:
lim a(t) = 0, t-to
Или, что то же, для любого е > 0 существует 6 > 0 такое, что для всех t Ф to, удовлетворяющих условию |t - to| < <5, выполняется неравенство |a(t)| < е.
Пример 1. Показать, что вектор a(t) = ti малый вектор при t —♦ 0.
Решение. Имеем
+ sin tj есть бесконечно
2’
8	,	8
откуда видно, что если для всякого е > 0 взять 6 = -, то при |t — 0| < <5 = - будем иметь |a(t)| < 8. Согласно определению это означает, что ot(t) есть бесконечно малый вектор при t —> 0.	>
Задачи для самостоятельного решения
—х________________________________________________________________
2.	Показать, что предел модуля вектора равен модулю его предела, если последний предел существует.
3.	Доказать, что для того чтобы вектор-функция r(t) имела при t —♦ t0 предел А, необходимо и достаточно, чтобы r(t) можно было
r(t) = А + a(t), где ct(t) — бесконечно малый при t —♦ to вектор.
представить в виде
6
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
4.	Показать, что если вектор-функции a(t) и b(t) имеют при t —♦to пределы: lim a(t) = A, lim b(t) = В, t—10	t-to
то их сумма a(t) 4- b(t) и разность a(t) — b(t) также имеют пределы при t —♦ t<, причем
lim [a(t) ± b(t)] = A ± B. to
5.	Пусть x
lim a(t) = A, lim b(t) = B.
t—to	t—to
Доказать, что
lim (a(t),b(t)) = (A, B), t—to
где (a(t),b(t)) — скалярное произведение вектор-функиий a(t) и b(t).
6.	Пусть
r(t) = a?(t)i 4- j/(t)j 4- z(t)k, A = O|i 4- aj 4- a3k. Показать, что если lim r(t) = A, to
t-to
lim x(t) = ai, t-to
lim y(t) = a2, t-to
lim z(t) = a3. t-to
Найти следующие пределы:
_ /sint cost - 1,	.2,\
7.	lim —14- ———J 4- e k ).
t-»0 \ t	zt	/
_ /sin t	1 , \
9.	lim I ---i 4- cos tj 4--k I.
t—ir \ t	t 4- 7Г /
. .	/e‘ -e Int .	\
11. hm ( -—-i 4- -—-J 4- 2k I.
(-41 \ t - 1	1 - Ь /
/ sin t .	14- cos t. t, \
lim I -------1 4------------j 4- —k ).
t—я- \t — 7Г	t	7Г /
Определение 3. Вектор-функция г = r(t), определенная в некоторой окрестности значения t = to, называется непрерывной при t — to, если lim r(t) = r(t0). i—to
Иными словами, г = r(t) непрерывна при t = to, если для всякого £ > 0 существует б > 0 такое, что для всех t, удовлетворяющих условию |t - <о| < б, верно неравенство |r(t) - r(t0)I < £.
Годографом непрерывной вектор-функиии скалярного аргумента является непрерывная кривая.
Задачи для самостоятельного решения
12.	Исходя из известного неравенства |а - Ь| > ||а| — |Ь||, показать, что непрерывность вектор-функции влечет за собой непрерывность ее модуля. Верно ли обратное предложение?
13.	Показать, что если a(t) и b(t) непрерывны при t = to, то вектор-функция a(t) 4- b(t) также непрерывна при t = t0.
§ 3. Производная вектор-функции по скалярному аргументу
7
14.	Вектор-функция a(t) + b(t) непрерывна при t = to. Следует ли отсюда, что векторы a(t) и b(t) также непрерывны при t = to?
15.	Доказать, что если a(t) и b(t) — непрерывные вектор-функции, то их скалярное произведение (a(t),b(t)) и векторное произведение [a(t), b(t)] также непрерывны.
§3. Производная вектор-функции по скалярному аргументу
Пусть вектор-функция г = r(t) определена для всех t из интервала (to.ii). Возьмем некоторое значение t G (to, ti), дадим t приращение At такое, чтобы t+At G (to, ti) и найдем соответствующее приращение Ar =
Ar r(t + At) - r(t) вектор-функции r(t). Рассмотрим далее отношение —.
Ar
Определение. Если при At —* 0 отношение — имеет предел, то этот предел называется производной вектор-функции г = r(t) по скалярному аргументу t при данном значении t аргумента и обозначается - J - (а также r'(t) или r(t)). Таким образом, dt
dr(t) Ar r(t + At) - r(t)
—-— = hm —— = lim ---------------------
dt At—o At	At—»o	At
В этом случае вектор-функция г = r(t) называется дифференцируемой.
Задача для самостоятельного решения
16.	Показать, что если вектор-функция г = r(t) имеет производную при некотором значении I аргумента, то она непрерывна при этом значении t.
Производная вектор-функции r(t) скалярного аргумента t есть век-
тор, Направленный по касательной к годографу исходного вектора в рас-
сматриваемой точке (рис. 5). При этом dr
вектор — направлен в ту сторону, куда dt
перемещается конец вектора r(t) ho годографу когда параметр t растет.
Пусть г = r(t) есть радиус-вектор dr движущейся точки. Тогда вектор v = — dt есть вектор скорости этой точки.
Пусть
r(t) = ®(t)i + 2/(t)j
+ z(t)k,
8
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
где функции x(t), y(t), z(t) дифференцируемы в точке t. Тогда существует dr
— при этом значении t и dt
dr dx dy dz — = —i+ —j + — dt dt dt dt
Пример 1. Найти —, если г = acosii + bsin Zj (точка движется dt
по эллипсу).
Решение. П о фор муле (1)
dr
— = — a sin t i + b cos t j.
dt	J
По аналогии с дифференциалом скалярной функции дифференциал вектор-функции г = r(Z) есть вектор dr, определяемый равенством
dr dr = — dt, dt ’
где dt = AZ — приращение скалярного аргумента t. Как и для скалярных функций,
Аг = dr + a AZ,
где а = a(Z, AZ) при AZ —* 0.
О
Основные правила дифференцирования вектор-функций
Предположим, что все рассматриваемые функции так и векторные) непрерывны и дифференцируемы.
(как скалярные,
Если с — постоянный вектор, то — = 0.
dt
Производная суммы вектор-функций равна сумме производных слагаемых
d(a(Z) + b(Z))	da db
dt	dt + dt
Пусть вектор-функция a(i) умножается на скалярную функцию m(t)
1.
2.
3.
4.
5.
тдго же скалярного аргумента. Тогда
d(ma)	da	din
------= in----h -—a.
dt	dt	dt
d(a, b)	/ db \	/ da	\
dt	\ dt )	\ dt'	/
d[a, b]	[da 1	db'
dt	Ldi J	dt J
(В этой формуле в правой части надо соблюдать тот множителей а и Ь, что и в левой части.)
же порядок
§ 3. Производная вектор-функции по скалярному аргументу 9
Докажем, например, формулу 4. Положим <p(t) = (a(t),b(t)). Дадим t приращение At; будем иметь в силу распределительного свойства для скалярного произведения
А^ — <p(t + ДО _ ¥>(0 — (а + Да> b + АЬ) - (а, Ь) =
= (Аа, b) + (a, Ab) + (Аа, АЬ).
Отсюда
А^
aF
/ Аа \	/ АЬ\
(2)
По условию функции a(t) и b(t) имеют производные при значении t аргумента и, значит, непрерывны при этом значении t. Поэтому
Аа da Нт —— = —, At->о At dt
Ab db lim —— = —, At—>o At dt
lim Ab = 0.
At—>0
Переходя в (2) и пределу при At, получим
d(a, b)	/ da \	/ db\
dt	\dt' )	\ ’ dt )
Задачи для самостоятельного решения
17, Дано г = r(t). Найти производные
d , d ( dr\ , d dr
a) 6)	b) m г’ Й7
dt	dt \ dt у dt dt
18.	Доказать, что если модуль |г| вектор-функции г= r(t) остается постоянным dr
для всех значений t, то —±г. Каков геометрический смысл этого факта? dt
19.	Доказать, что если е — единичный вектор в направлении вектора Е, то
[е,
dE]
20.	Пусть
u у, г, t)i + u2(x, у, z, t)j + щ(х, у, z, t)k,
где «|, u2, uj — непрерывно дифференцируемые функции своих аргументов, а х, у, i — непрерывно дифференцируемые функции от t. Показать, что
du	du	du dx du dy	du dz
dt	Ж	dx dt + dy dt + di dt
21.	Найти траекторию движения, для которого радиус-вектор r(t) движущейся
dr t
^очки удовлетворяет условию — = [a, rj, где а — постоянный вектор. dt
dr
Производная — вектор-функции r(t) скалярного аргумента явлй-dt
ется вектор-функцией того же аргумента. Если существует производная
10
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
dr
от —, то она называется производной второго порядка и обозначается dt
Вообще
dnr _ d (dn~'r\
dF ~dt\dtn~' /’
d2r
di2'
Задачи для самостоятельного решения
22.	Дан радиус-вектор движущейся в пространстве точки г{аsint, -аcost, bt2}
t — время, а и Ь — постоянные). Найти годографы скорости и ускорения.
?3. Дано: г = acoswt + bsinwt, где а, b — постоянные векторы. Доказать, что
= ка,Ь]; 2) ^+с?г = О. dtz
24.	Показать, что если г = aeut + Ье-Ш‘, где а и b — постоянные векторы, то
25.	Показать, что модуль дифференциала радиуса-вектора точки равен дифференциалу длины дуги, описываемой этой точкой.
26.	Пусть а = а(«) есть вектор-функция скаляра и, где и в свою очередь есть некоторая скалярная функция от основного скаляра t. Предполагая а(и) и u = u(t) дифференцируемыми нужное число раз, найти выражение для производных da d2a
сложной функции —, —г.
dt dt2
I	-| ' 
§4. Интегрирование вектор-функции скалярного аргумента
Определение 1. Будем называть вектор-функцию А(0 первообразной функцией для вектор-функции a(t) при t0 < t < t|, если A(t) дифференцируема и
dA	.
dt	Г
Определение 2. Неопределенным интегралом от вектор-функции скалярного аргумента а = a(t) называется совокупность всех первообразных для a(t). Неопределенный интеграл от вектор-функции, как и в интегральном исчислении, обозначается знаком f. Имеем
Г	I
/ a(i) dt = A(i) + С,
z ч J
где А(<) — какая-нибудь из первообразных для a(t), С — произвольный постоянный вектор.
§ 4. Интегрирование вектор-функции скалярного аргумента
11
Для интегралов от вектор-функций справедливы следующие свойства:
1. J aa(t)dt = a J a(t)dt (a — числовая постоянная).
2. J (a(t) ± b(t)) dt = f a(t) dt ± f b(t) dt.
Задача для самостоятельного решения
27. Показать, что если с — постоянный вектор, a(t) — переменный вектор, то
с,
Если
a(t) = ai(t)i+ a2(t)i + a3(t)k, то
J a(t)dt = i J a}(t)dt+i J a2(t)dt + k J a3(t)dt, (1) t. e. интегрирование вектор-функции сводится к трем обычным интегрированиям.
Пример 1. Найти неопределенный интеграл от вектор-функции a(t) = icost +je-< + k.
Решение. Согласно формуле (1)
У a(t)dt = l J cost dt+j J e"fdt + k J dt — I sin t -je-< + kt + c, где с — произвольный постоянный вектор.	>
Ir"
Задачи для самостоятельного решения
  , ----------- ........................................Нт———
Найти интегралы от следующих вектор-функций:
28. a(t) == te‘l + sin 2tj - - * .k.	29. a(t) = * I + te1 j + cos tk.
1 "1“ t	• "b c
30. a(t) = coste,ln<i - t cost2j + k. 31. a(t) = jt2l - t sin tj + 2(k.
Пусть вектор-функция a(t) определена и непрерывна на некотором отрезке [t0,21] изменения аргумента t.
12
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
Определение 3. Определенным интегралом от вектор-функции a(i) на отрезке [£0,21] называется предел векторных интегральных сумм
п—1
<г = 52	Tk G [ife, tk+1 ],
k=0
при стремлении к нулю длины Ai наибольшего из отрезков [tfc, <^+1], /с = 0, 1,..., п — 1, на которые разбит отрезок [io,
т
п— 1
= lim 52 a(Tfe)Aifc.
to
Справедлива формула
т
Л‘“’° fc=0
(2)
где
«о
A(i) — какая-нибудь первообразная для функции a(i) и [io,?1]-Если
a(i) = a,(i)i + a2(t)j + a3(t)k,
TO
tu
<0
to
Jr/2
я/2
Пример 2. Вычислить J а(/ о
Решение. В силу формулы (3)
5Г/2
r/2
•	.	2
1 cos t —j sin t.
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить следующие интегралы:
32.
где а — sin Н costi 4- cos 2t sin tj + k.
33.
a(t) dt,
где а =
-ip
е ~2
jt/2
r\
i sin t
я.
TJ-
2
т
T
T
T
0)
*0


о
0
0
2
о

о
13
§ 4. Интегрирование вектор-функции скалярного аргумента
34.
35.
где а = Зтг cos irti — -—-j 4- 2t к.
где а = (2i 4- ?r)i 4-1 sin fj 4- тгк.
Пример 3. Электрический ток силы I течет снизу вверх по бесконечному проводу, совпадающему с осью Oz. Найти вектор Н напряженности магнитного поля, создаваемого этим током в произвольной точке М(х, у, z) пространства (рис. 6).
Решение. Рассмотрим достаточно малый элемент РР} = d( оси Oz. По закону Био—Са-вара напряжение dH магнитного поля, создаваемого в точке М током, протекающим по элементу провода d£, совпадает по направлению с векторным произведением [d£,rj, где dC, = РР\, |d£| = и = РМ. По этому же закону модуль вектора dH равен
|dH| = ^sin (dcTr,)dC,
где (d^,T|) — угол, образованный векторами d£ и Г|. Поскольку
|[<К,П]| = rtdC sin (d<, г,), можно написать
dH = 4ldCri].
ч
(4)
Чтобы получить искомый вектОр Н в точке М, нужно просуммировать все векторы dH, относящиеся к различным элементам РР\ провода, т.е. проинтегрировать выражение (4) по всей оси Oz:
Н=Мк,г,].	(5)
—эс
Имеем
Г! - ОМ - ОР.
Но
ОД? = a:i 4- J/j 4- zk, OP — £k, поэтому
г, =a:i4-«/j4-(z-<)k> так что
г, = |г,| = у/х2 4-J/2 4-(z - С)2 = у/р2 + (г - С)2,
где р = 1^/а:2 4- г/2 — расстояние от точки М до оси провода.
14
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
Для векторного произведения [d£, г,] имеем
J к о У 2~С
rJ =
= -tydC+jzd<,
и формула (5) принимает вид (точка М(х, у, z) фиксирована, I = const)
+ОС
Н = Z(-yi + zj) J [p2 + (2S C)2]3/2 •
(6)
Для вычисления интеграла в правой части (6) сделаем подстановку
C-z = ptgt,
pdt cos Ч ’
Будем иметь
+эс	sr/2	sr/2
/	%	/ Pdt _ 1 [	2
J [p2 + (* - 0213/2 " J cos4[p> + (z- 02]3/2 ~p2 J C0Stdt- p2‘
x	-тг/2	-sr/2
Итак, вектор напряженности H магнитного поля в нашем случае определяется формулой
21	2
Н = —(~yi + a?j), или Н = —[I, г], Р	Р
где I = I- к — вектор тока, г — радиус-вектор точки M(xt у, z) поля, р — расстояние от точки М .до оси провода.	О
Пример 4 (движение электрона в однородном магнитном поле).
Пусть в какой-либо области пространства создано магнитное поле Н, постоянное по величине и направлению (однородное поле). Пусть в момент времени t = to в это поле попадает электрон с начальной скоростью v0. Определить траекторию электрона.
Решение. 1. Предположим сначала, что вектор v0 перпендикулярен к Н и что начальное положение электрона — в точке Мо. Выберем начало О в произвольной точке плоскости Р, проходящей через точку Мо перпендикулярно вектору Н (рис. 7). Начальный радиус-вектор OMq пусть будет Го и пусть г радиус-вектор электрона в текущий момент бременй t, a v — мгновенная скорость в этот момент. Основное дифференциальное уравнение движения
СиЛа F, действующая в момент t на электрон со стороны магнитного поля, как известно, равна
F= -e0(H,v],
где во — абсолютная величина заряда электрона. Таким образом,
mdp = e°tv’HJ-	m
§ 4. Интегрирование вектор-функции скалярного аргумента
15
Оила F в каждый момент t перпендикулярна к направлению скорости и к направлению поля Н; она будет заставлять электрон в каждый момент уклоняться от прямолинейного Кути и описывать некоторую криволинейную траекторию.
Перепишем уравнение (7) в виде
dv dr u
= e4s’H
и проинтегрируем его по t от tQ до t. Получим mv - mv0 = е0[г, Н] - е0[г0, Н],
ИЛИ
mv = e0[r, H] + (mv0 - e0[r0, H]).	(8)
Выберем теперь начало координат О' так, чтобы обратилось в нуль слагаемое, стоящее в круглых скобках в правой части (8), т. е. чтобы
е0[г0, Н] = mv0.	(9)
Из (9) следует, что начальный вектор г0 должен быть перпендикулярен к вектору v0 и лежать на прямой М0К, перпендикулярной к плоскости векторов v0 и Н. Модуль вектора г0 в силу (9) должен удовлетворять соотношению
eokol • |Н| = m|v0|,
откуда
।  _ mlv°l
|Го1- е0|Н|'	( )
Этим положение нового начала О' определено. Относительно него уравнение (8)
перепишется так: 1
mv = e0[r,H],	(11)
или
т^ = е0[г,Н].	(12)
ш
Из уравнения (11) вытекает, что траекторией электрона будет плЬская кривая, лежащая в плоскости Р, так как вектор v в каждый момент времени перпенди
кулярен к Н. Умножим теперь обе части уравнения (12) скалярно на г:
тп
(13)
Смешанное произведение в правой части (13) равно нулю, так что
Отсюда d э-	d т.	2
—(г ) = О, или —(г ) = 0, т.е. г = const. dt	dt
16
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
Это — уравнение окружности, лежащей в плоскости Р, с центром в выбранной нами точке О'. Радиус этой окружности определяется формулой (10), поскольку начальная точка Мо также должна лежать'на этой окружности. Итак, окончательно т|т0|	,,J
г=го=^-	(|0)
Таким образом, если электрон попадает в однородное магнитное поле Н с начальной скоростью v0, перпендикулярной к Н, то он будет описывать в этом поле круговую траекторию, лежащую в плоскости Р, перпендикулярной к Н и проходящей через начальную точку. Радиус этой окружности определяется формулой (10), а ее центр О' лежит на прямой, перпендикулярной к плоскости векторов Vo и Н, причем из точки О' поворот, от v0 к Н должен быть виден против часовой стрелки.
Из формулы (10) видно, что радиус гп окружности обратно пропорционален |Н|. Таким образом, чем сильнее напряженность магнитного поля, тем больше кривизна траектории.
Из формулы (11)
mv = е0[г, Н]
видно, что если г постоянен по модулю и все время перпендикулярен к Н, то и скорость v точки будет постоянна по величине:
|v| =	= const,
m
(14)
'О /
Рис. 8
так что электрон движется по орбите равномерно. Период обращения Т равен
2тгг0
Т=------ = 2% , ,.
е0|Н|
В эту формулу не входит начальная скорость v0. Таким образом, с какой бы начальной скоростью v0, перпендикулярной к Н, ни попал электрон в однородное магнитное поле Н, он будет совершать один оборот по орбите всегда за одно и то же время Т, независимо от величины w0-
2. Пусть теперь электрон попадает в однородное магнитное поле Н с какой-либо начальной скоростью V, которая не перпендикулярна вектору Н. Тогда эту скорость V можно разложить на две составляющие: вектор Vo, направленный перпендикулярно полю, и вектор V|, направленный вдоль магнитного поля.
Из формулы
F = e[V,H] =e0[v0, Hj
видно, что «закручивающая» сила F будет определяться только перпендикулярной составляющей v0 и она сообщит электрону вращательное движение по кругу с центром в О', касается второй составляющей vH то электрон сохра-
рассмотренное выше. Что
нит ее по инерции и будет, кроме кругового равномерного движения, переме-
шаться еще прямолинейно и равномерно вдоль направления Н со скоростью = |V|cosa. Сочетание
параллельной вектору Н и проходящей через точку О' (рис. 8).
этих двух движений даст винтовую линию с осью,
§5. Кривизна кривой. Главная нормаль	17
§ 5. Первая и вторая производные вектора по длине дуги кривой.
Кривизна кривой.
I Рассмотрим в пространстве некоторую линию L. Выберем на ней какую-либо точку Мо в качестве начала отсчета и выберем также какое-либо направление вдоль линии L, которое будем считать положительным. В качестве параметра возьмем длину дуги s, отсчитываемую от точки Мо кривой (рис. 9). Тогда радиус-вектор точки М кривой будет
г = r(s).
При таком выборе параметра
dr
ds
Главнай нормаль
где т° — единичный вектор, направленный по касательной к линии L в сторону возрастания параметра s.
Если вектор г задан координатами
г = sei -Ь з/j + zk,
то
вектору т°.
--- ортогонален ds
Мбдуль вёктора
1, то вектор dr0 ds
dr° ds
Здесь К — кривизна линии L в точке М.
dr0
--- и проходящая через ds
Прямая, имеющая направление вектора
точку М кривой, называется главной нормалью кривой в точке М. Обозначая единичный вектор этого направления через п°, будем иметь
dr0 0
---= Кп°.
ds
(О
18
Глава I. Вектор-функция скалярного аргумента
Величина, обратная кривизне кривой в данной точке, называется радиусом кривизны кривой в этой точке и обозначается через R:
1
r = k-
Поэтому формулу (1) можно переписать так:
d2r dr° n°
R’
Отсюда
d2\
К =
ds2 ’
ds2 ds
или
(2)
Формула (2) позволяет вычислить кривизну линии в любой точке, если эта линия задана параметрическими уравнениями, в которых параметром является длина дуги s.
В частном случае плоской кривой — окружности радиуса a
s x = a cos a
s у = asm -, a
имеем
d2x ds2 и формула (2) дает
I	s
- cos a	a
d2y
ds2
I	s
— sin —, a	a
1	2s,1	—8	1
— COS2-“|'+ -r a1 a I a1
R
a a
Tile. кривизна.ЬкруЖности радиура a постоянна и рфзна величине, обратной радиусу окружности.
Если лиНия L определяете^ векторно-параметрическим уравнением i*"— r(i)i^ где ййраметр t —। произвольней, то
' dr d2f
К =
dt’ dt2
dr
dt
(3)
Формула (3) дает возможность вычислить кривизну кривой в любой ее точке при произвольном параметрическом задании этой кривой.
§ 6. Соприкасающаяся плоскость. Бинормаль. Кручение
19
Пример 1. Вычислить кривизну винтовой линии г = a cos ti + a sin tj + Wk.
Решение. Так как dr — = -a sin tl + a cos tj + hk, dt
d2r	.
—- = -a cos 11 — a sin tj, dt1
то векторное произведение
k h
0
dr d2r
dt’ dt2
1
—a sin t
—a cos t
J a cost —asint
= ah sin t i — ah cos tj + a2k.
Следовательно,
"dr d2r‘ dt’ dt2
В силу формулы (3)
или
= ах/ а1 + h2,
к . 1 .. °
R ~ a2 + h2’
а2 + Л2 Л = --------- — const.
а
Таким образом, винтовая линия имеет постоянный радиус кривизны.
Задачи для самостоятельного решения
Найти радиус кривизны данных линий:
361 г = In costl + In sin tj + \/2tk.
37. г = t,2i + 2t3j.
36i| r = it2l + (3l - t’)j+ 2k при t =t 1.
3S. r = p(cos t t sin i)i + a(sin t -1 cos t)j при t —.
4|6. r=^chtl + ashij + atk в любЬй точке t.
lllllll. I	, ll]l||lll	.lllllll.	.. -n — ll   I.Ill.  II	III...
§6. Соприкасающаяся плоскость.
Бинормаль. Кручение. Формулы «Ьрене
Плоскость, проходящая через касательную прямую и главную нор-Маль к данной кривой L в точке М, называется соприкасающейся плоскостью в точке М.
Для плоской кривой соприкасающаяся плоскость совпадает с плоскостью кривой.
20
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
dr
Если вектор г = r(t) имеет непрерывную производную — в окрест-
d2r(t0)
ности точки <о и, кроме того, вторую производную - такую, что
dt dt2 j
то в точке t = to существует соприкасающаяся плоскость к кривой г = r(t), векторное уравнение которой
/	,,. Г^о) _п
где р = p(t) — радиус-вектор текущей точки плоскости.
Нормаль к кривой в точке М, перпендикулярная к соприкасающейся плоскости кривой в этой точке, называется бинормалью кривой в данной точке М.
Обозначим через Ь° единичный вектор бинормали, ориентированный так, чтобы векторы т°, п°, Ь° образовывали правую тройку (рис. 10). Тогда
 о1 . к* b = I, b = |т , п ].
db°
Для производной —— получаем ds
db° Г 0 <1п I ds [ ds j
1кулярен и вектору т°, и вектрру b°t т. е. он
коллинеарен вектору п°. Положим
т01(да букем ИМеть
Величина — называется кручением данной кривой, а величину Т называют радиусом кручения кривой.
Кручение кривой определяется формулой
Т \ds’ ds2 ’ ds3 J’
§6. Соприкасающаяся плоскость. Бинормаль. Кручение
21
где символ (а}Ь, с) обозначает смешанное произведение векторов а, Ь. с т.е. (а,Ь,с) = (а, [Ь,с]).
В случае, когда кривая задана векторно-параметрическим уравнением г = r(t), имеем
/dr d’r d’r\
Т ~ l[dr £r1|2 ltd? d?J |
Пример 1. Найти кручение винтовой линии
г — a cos tl + a sin tj + htk.
Решение. Находим производные данного вектора
dr
dt
—a sin t i + a cos t j + Лк,
d2r dP
—acosii — a sintj,
d3r
~r — a sin t i - a cos t j. dt"
Смешанное произведение этих векторов
/dr d’r d’r\ -asini ocosi J .
( —,—r,—; - —a cos i —asini	0 = a h.
VM’dP’dflJ QSini _QCOSf 0
В примере 1, §5 найдено, что
I [dr d3rl I2 2 j j
lb- 5?]| =°<o+ft>-
Применяя с^брмулу (1) поЛучим для кручения
1 h
Т д24' йг
Т^ким образом, кручение винтовой линии »q> всех ее точках одно и то же.
[>
Рещение и Точке f = 0:
Пример 2. Написать уравнение соприкасающейся плСскос1и в тачке t = О винтовой пинии
a cos tl + a sin tj + Wk.
n I
Находим значения данного вектора и его производных — н —=• dt dt2
dr(°>	.	^r(0)
r(0) = al, —j7- = ej + hk, “S5-““<»»•
dt	dt1
22
Глава 1. Вектор-функция скалярного аргумента
Следовательно (см. пример I §5),
Векторное уравнение соприкасающейся плоскости
или
(р - al, -ahj + a2k) = 0.
Так как радиус-вектор те кущей точки соприкасающейся плоскости р — zi+yj+zk то, переходя к координатной записи, получим уравнение искомой плоскости в виде hy — az - 0.	t>
Формулы, выражающие производные векторов т°, Ь°, п° называются формулами Френе:
dr0 1 „	о_1ь«
ds Rn ' ds т" ds R T
Задачи для самостоятельного решения
41.	Написать уравнение соприкасающейся плоскости в точке 1 = 2 кривой г = tl - tj + l(!k.
42.	Написать уравнение соприкасающейся плоскости в точке t = 0 кривой г=е'1+е~') + \/Йк.
43.	Найти кручение в точке t = 0 кривой r = e* cost! + е sintj + e*k.
44.	Найти кручение в лк>бой точке t кривой г =s a ch tl -if- ash tj -f- atk.
Д-------------------------------J____a------------1------и----1---
ГЛАВА
2
Скалярное поле
§7. Примеры скалярных полей.
Поверхности и линии уровня
Определение. Если в каждой точке пространства или части пространства определено значение некоторой величины, то говорят, что задано поле данной величины.
Поле называется скалярным, если рассматриваемая величина скалярна, т.е. вполне характеризуется своим числовым значением.
Пример скалярных полей дает поле температур, электростатическое поле.
Задание скалярного поля осуществляется заданием скалярной функции точки М
Если в пространстве введена декартова система координат хуж, то « = /(*.»,*)
Геометрической характеристикой скалярного поля служат поверхности уровня — геометрическое место точек, в которых скалярная функция поля принимает одно и тоже значение. Поверхность уровня данного полп определяется уравнением
/(а, У, г) = С» где С !== const.
В случае поля температур, создаваемого в однородной и изотропной среде точечным источником тепла, поверхности уровня будут сферами с центром в источнике (центрально-симметричное поле).
В случае бесконечной равномерно нагретЬй нити поверхностями Уровня (изотермическими поверхностями) будут круговые цилиндры, ось которых совпадает с нитью.
Пример 1. Построить поверхности уровня скалярного поля и = х 4- 2у + За.
Решение Поверхности уровня бпраделнюгся уравнением
в + 2у + 3z — С, где С = const.
Это есть однопараметрйчсское Семейство параллельных плоскостей.	[>
Пример 2. Найти поверхности уровня скалярного поля
в = ш2 + у2 - Z1.
24
1лава 2. Скалярное поле
Решение. Поверхности уровня определяются уравнением
х2 + у2 — z2 — С, где С — const.
При С — 0 получаем круговой конус. При любом С > 0 получаем однополостные гиперболоиды вращения с осью, совпадающей с осью Oz При С < 0 получаем двухполостный гиперболоид вращения	[>
Пример 3. Найти поверхности уровня скалярного поля Z u — arc sin —•••
Решение. Область определения данного скалярного поля находится из не равенства
I * 1^1, т.е.
I s/z2 + у2 I	х2+у2
откуда 0 z2 х2+у2. Это двойное неравенство показывает, что поле определено вне кругового конуса z2 = х2 + у2 и на нем самом, кроме ею вершины 0(0,0,0).
Поверхности уровня определяются уравнением Z	ГТ	JT
arcsin 	 где - —,
у/х^Ту1	2"	2
т.е. Z. -= = sin С, или 22 = (z2 + у2) sin 2С. Это есть семейство круговых чЛ2 + у2
конусов, расположенных вне конуса z2 — х2 + у2 с общей осью симметрии Oz и обшей вершиной 0(00,0), в которой данное поле не определено, причем сам конус z* = х2 + у2 также входит в это семейст во.	[>
Пример 4. Найти поверхности уровня скалярного поля и = е,,г), где а — постоянный вектор, г — радиус-вектор точки.
Решение. Здесь
г = (»>»*} rf + Й + Л и пусть а = {а,,а?, а3) ~ <1,1 + aj + д3к.
Тогда скалярное произведение
(а, г) i ahz + a2y + ajz.
Уравнение поверхностей у(|рвня букет е“|г’ = С, С > О,
Отсюда
(а, г) =1 In С, Йли a х + a2y р- a3z f in С.
Это есть семейство параллельных плоскостей.	С>
Задачи для самостоятельного решения
Найти поверхности уровня следующих скалярных полей: 45”=7+9+Тб	46 «Д’-цА-х
§ 7. Примеры скалярных полей Поверхности и линии уровня 25
„	+ у1 47. и =	. Z 49. а = 3"*-‘.	• 48. и~2у2 +9z2. 50. и = ф j (а, Ь “ постоянные векторы).
51. u = ln|r|.	52. и =	(а, b — постоянные векторы).
Скалярное поле называется плоским, если существует некоторая плос-
кость, такая, что во всех плоскостях, поле будет одним и тем же
Если эту плоскость принять за плоскость хОу, то скалярное поле определится скалярной функцией
U = f(x, у), т.е. не будет зависеть от z.
Примером плоского скалярного поля может служить поле температур бесконечной равномерно нагретой нити
Геометрической характеристи кой плоских скалярных полей служат липнн уровня — геометричес кие места точек, в которых скаляр ная функция имеет одно и то же значение
параллельных указанной, скалярное
V
Рис. 11
Пример 5. Найти линии уровня скалярного поля и = х2 - у2
Решение. Линии уровня определяются уравнениями х2 -	— С, С — const.
При С— О получаем пару прямых
У - т, у - -х.
При С /О получаем семейство |йпербол (рис. i I)
Задачи
для самостоятельного решения
^айтн лилии уровня следующих плоских полей:
S3. и=2г у 54. а= In,/"®'"	55. u= —	56. и = е’'’'
V 2г	х
57. Найти линии уровня скалярного поля и1 заданного неявно уравнением u4-zlnu4-j/ = 0.
26
Глава 2. Скалярное поле
§ 8. Производная по направлению
Пусть имеем скалярное поле, определяемое скалярной функцией
Возьмем в поле точку Mq и выберем некоторое направление, определяемое вектором 1. Возьмем в поле другую точку М так, чтобы вектор MqA} был параллелен вектору 1. Обозначим через Ди разность
Ди = /(М)-/(М0),
а через Д1 — длину вектора АГол/. Отношение •— определяет среднюю скорость изменения скалярного поля иа единицу длины по даниому направлению. Будем стремить точку М к точке Мо так, чтобы вектор оставался все время коллинеарен вектору 1. При этом Д< -+ 0.
Ди Определение. Если существует при Д1 —»О предел отношения —,
то его называют производной функции u = f(M) в данной точке Мо ди
по направлению 1 и обозначают символом —, так что по определению
би Ди /(M)-/(Mn) Trri..,
= lim —— = |im -----—------, Мом | 1.
01 д/—о Д1 дг •о	Д1
Это определение производной по направлению носит инварипнтный
характер, т. е. не связано с выбором системы координат.
Пусть в пространстве введена декартова система координат и пусть
функция f(M) — f(x, у, г) дифференцируема в точке Afo(®oi го)-Тогда
Sul 0и|
0u|	, flu I
•— cos fl-4- — cos 7,
cos a 41
4 где сова, cds|fl, cosy — направляющие косинусы вектора I II I = d + ajji-V- ask
(1)
— находятся по формула^
cos a —
111’
cbs/З -
а2
В
« Iй’
CbS7=:--
_ ди I du | ди I	,
Символы	— означают, что частные производимо
берутся в точке Мо.
§8. Производная по направлению
27
(2)
Для плоского поля u = f(x, у) производная по направлению 1 в точке Мо(®о» Vo) будет равна
би I би I	ди I
— I = — COSQ + -—1 sin а, 1м0	1м0 fyj 1мо
где a — угол, образованный вектором 1 с осью Ох.
Г _	_	ди ди ди
Замечание. Сами частные производные —, —, — являются производит ду дг
иыми функции и по направлению координатных осей Ох, Оу, Oz соответственно.
Формула (I) для вычисления производной по направлению в данной точке остается в силе и в том случае, когда точка М стремится к точке Мо по кривой, для которой вектор I является касательным в точке Мо.
Пример 1. Найти производную скалярного поля
u = xyz
в точке Мо(1, —1,1) по направлению от точки Мо к точке М|(2,341).
Решение. Находим направляющие косинусы вектора М0М^ = {1,4,0}, длина которого равна |Мсл/| в х/П. Имеем
cos а =
du I _ 6ul
i.oT-2=
Т VT7
»ниом
П
соЗ(0=^==, cos 7 — 0.
Значения частных производных функции и = xyz в точке Мс(1, - 1,1) равны flul
Используя формулу (1), получим _ I
hU факт, что 4; 0, означает что скалярное поле в точке
J ill 1
ер 2. Вычислить производную |6халпЬного поля I	u == arctg fcj/ |	|[||	|||
вНтЬчке Мо(1,1), принадлежащей параболе у =± ®2, по направлению этой кривой (в направлении возрастания абсциссы).
Решение. Направлением I параболы у = о2 в то^ке M0(l, 1) считается 1ра§ление касательной к параболе в этой точке (рис. 12).
Пусть касательная I к кривой в точке Мо образует с осью Ох угол а. Имеем у1 = 2я; 1ва = |/|г_, =2,
28
Глава 2. Скалярное поле
получим
откуда направляющие косинусы касательной
1 I cos а =	. = = -р,
Vi+tg2a v5
_	IS а 2
cos р = sin а = —.	= —=..
Vi+lg2a v5
Значения частных производных данной функции и(х,у) в точке ЛГв(1,1):
g" _ у I _ 2
в1 и, 1+*гУ’1м0 2’
Эи| _ х I _ I
gylw0 ” l+»’y2L" 2‘
Подставляя найденные величины в формулу (2).
flu | 1	£ _2_ _3_
в/ “ 2 V5 + 2 ’ Л “ 2^5'
Пример 3. Найти производную скалярного поля и = xz2 +2yz в точке М)( 1,0,2) вдоль окружности
{X = I + cos t, у = sin t - I, z =2.
и ей
Решение. Векторное уравнение окружности имеет вид r(t) = (I + cost)l + (sini - i)j + 2k.
Находим вектор г, касательный к ней в любой точке М. Имеем dr г - ~ = ^sind + costj. at
Данная точка Л/(|(1,0,2) находится н плоскости xOz в первом октанте, ВТ
соответствует значение параметра t — —. В этой точке будем имет1>
T^W-sin ^l + COS ’j= l
Отсюда получаем,, что направляющие косинусы касательной к окружностй равны cosq = —I, со&Р = 0, со$7 = 0. Значения частных производных данного скалярного поля в точке Мо(1,0,2) рйвны
Следовательно, искомая производная ди 7н
§9. Гоадиент скалярного поля
29
Задачи для самостоятельного решения
Мо(1,1,1), ЛГ,(3,2, I).
ЛГо(1,1,-1), М,(2,-1,3).
Мо(3,О,2), ЛГ,(4,1,3)-м„(1, О, Af,(4,5).
60.
61.
В следующих задачах найти для данных функций производную в точке Мц(х0, Уо,*о) по направлению к точке Mi(x,tyltz\).
58. и = у/х1 + у! +Z1
59- и = ягу 4- xz2 — 2, u = xev 4- уех — z1
X у U —------,
У X
62.	Найгн производную скалярного поля u = In (z1 + у2) в точке Мп(|,2) параболы у = 4х по направлению этой кривой.
у
63.	Найти производную скалярного поля и = arctg -- в точке Мс(2, -2) окруж-X
КОСТИ X2 4- у2 — 4х = 0 вдоль дуги этом окружности.
64.	Найти производную скалярного поля и = х2 + у2 в точке sfo) окружности х2 + у2 = R2 по направлению этой окружности.
65.	Найти производную скалярного поля u = 2zj/4- у2 в точке (у/1, I) эллипса z2 у2
— 4- -у = । по направлению внешней нормали к эллипсу в этой точке.
66.	Найти производную скалярного поля и = х2 - у2 в точке (S, 4) гиперболы х2 - у2 = 9 по направлению этой кривой.
67.	Найти производную скалярного поля и = In (ху 4- yz 4- xz) в точке Afo(O 1,1) по направлению окружности х = cos/, у = sin t, z = I.
68.	Найти производную скалярного поля и = х2 +yl +z2 в точке Af0, соответству-зг
юшей значению параметра t — — по направлению винтовой линии х — Rcost, у = R sin t, z = at.
§9. Градиент скалярного поля
Пусть имеем скалярное поле, определяемое скалярной функцией
« =
^Ле функция / предполагается дифференцируемой.
Определение. Градиентом скалярного поля и в данной точке н^ывается вектор, обозначаемый символом gfadn и Определяемый равенством
Йад, Ьи	ди
grad и = —1 + -r-j + —к. дх	бу	dz
Используя формулу (1) из §8 для производной по направлению, имеем flit	*
— = (grad и, 1°),
0)
(2)
30
Глава 2. Скалярное поле
где 1° — единичный вектор в направлении I, т.е.
1° = щ = I cos a + j cos p + k cos 7.
Свойства градиента
1.	Градиент направлен по нормали к поверхности уровня (или к линии уровня, если поле плоское).
2.	Градиент напревлен в сторону возрастания функции поля.
3.	Модуль градиента равен наибольшей производной по напревлению п данной точке поля:
I------5--------5---------7 ’>
0u , J , fBuX1	(аи\2	(BuX1
Эти свойства дают инвариантную характеристику градиента. Они говорит о том, что вектор grad и указывает направление н величину наибольшего изменения скалярного поля в данной точке.
Пример 1. Найти градиент скалярного поля
и == х - 2у + Зх.
Решение. Согласно формуле (!) имеем
grad u = II - 2j + 3k.
Поверхностями уровня данного скалярного поля являются плоскости х - 2у + Зх =: С; аектор grad и = {1,-2,3} есть нормальный вектор плоскостей этого семейства.	О
Пример 2. Найти наибольшую крутизну (скорость) подъема поверхности u at х* в точке М(2, 2,4).
Решение. Имеем
grad и ж yx^’i + xv In xj, grad u|M 4i + 4 In 2j,
=lg™i“l=4^/l + (ln2)).	t>
Пример 3. Найти единичный вектор нормали к поверкности уровня скалярного поля и = ж2 + у1 + х1.
Решение. Поверхности уровня скалярного поля — сферы
я1 + у2 + х2 = С (О 0).
Максимум берется по всевозможным направлениям I в данной точке поли.
§9. Гоадиент скалярного поля
31
Градиент направлен по нормали к поверхности уровня, так что grad и = 2x1 + 21d + 2zk определяет вектор нормвлн к поверхности уровня в точке М{х,у, z). Для единичного вектора нормали получаем выражение
о _ grad u _ si + у) + fit _ г
П ~ |gradu| “ у/х3 + у2 + х2 ” |г|’
Пример 4. Найти градиент поля « = (я, Ь, г), где я и Ь — постоянные векторы, г — радиус-вектор точки.
Решение. Пусть
 ={оиа2,а3}, b= {b|,b2,b3}, r={x,y,«}.
Тогда
G| a2 a3 и = b| b2 b2
X у z
По правилу дифференцирования определителя21 получаем
ди
«1
dI
Следовательно.
a2 b2 0
«з bi , 0
= bi ъ3 ьэ ,
*radu=l? d'-l? гЬ+1ь' bl
I b2 b2 I I bl b2 I I b| b2 I
bi
a» bi 0
°2 b, 0
Oj bj
ai b>
k
oj =[я,Ь]. bi
du _ бу ~
«1
о
о
к =
Ou _ dt "
Пример 5. найти градиент расстояния
= у/(х- ХоУ +(V- Но)2 + (2 - za)2,
Пусть дан определитель D(t), элементами a,, которого являются дифференцируемме функции от t
Z>(i) =
МО au(t) J.. aln(*)
021 (0	<«2i»(0
Bni(0 emG) ... ano(t)
ТЬГйа производим определителя JD'(t) находится tro формуле
«11(0 *n(0
<|(0 Г- “1.W
HU*) <2(i) ... a’^)
^(0=	' °2e^
^ni(i)	впа(0
Obi(0 a«2(*) ann(t)
«ll(0 «H1U) ... O|„(l)
e2l(0 O21(t) ... O2n(t)
<1(0 <>(*) • • <n(0
32
Глава 2. Скалярное поле
где Р(х, у,х) — изучаемая точка поля, Го(го, Уо, zo) — некоторая фиксированная точке.
Решение. Имеем
_ 0г. 0г <9г k _ (ж - ж0)1 + (у - yp)j + (2 - z0)k = го
8 дх + 0у + 02 у/(х - ХоУ + (у - Уо)2 + (z - zoy
— единичный вектор направления Ро&.	>
Пример 6. Рассмотрим скалярную функцию
« = Л 4- г21
где гь т2 — расстояние от некоторой точки Р(х, у) плоскости до двух фиксированных точек F, и F2 плоскости.
Линия уровня этой функции — эллипсы Имеем (см. пример 5)
grad (г, + г2) = г? + г”.
Это показывает, что градиент равен диагонали ромба, построенного на ортах радиусов-век торов, проведенных к точке Р из фокусов F и F2 (рнс. 13). Следовательно, нормаль к эл лнпсу в какой-либо его точке делит пополам угол между радиусам и-векторам и» проведен ными в эту точку.
Физическая интерпретация: луч света вышедший из одного фокуса, попадает в дру гой фокус.	С-
Пример 7. Найти угол 0 между градиентами функций
и = у/х2 4- у2 и v = х + у + 2у/ху
в точке Мо(1, I)-
решение. Находим градиенты данных функций в точке Af|(I, I). ИмесЬ
Угол © между Brad u и 8rad v в точке М(| определяется нз равенства
•ose - <erad,‘'8radt’>L» У'Л+У'Л = , “ Igrad u|M„ • Igrad t|Mo r
Отсюда
0 = 0.
§ 9. Гоадиент скалярного поля
33
Пример 8. Найти производную по направлению радиуса-вектора г для функции u — sin г, где т = |г|.
Решение. По формуле (2) производная дайной функции но направлению радиуса-вектора г равна
5С = (grad sin г, г").	(3)
or
На,ходим градиент згой функции:
dfsinr)	#(smr)	O(sin г)
grad sin г = —-----1 Ч-------j 4- —-----k =
dx dy dz
_ 0(sin r) dr #(sin r) dr, O(sin r) dr dx + dr di/+ dr dz
dr 0riA J>
——j + —k I cos г = r cost. dy1 dz J
dr
(4)
Подставляя (4) в (3), получим
— = (г® cos г, г°) = (г°, г°) cos г = cos г. иг
Пример 9. Найти производную скалярного поля и = /(г, у, х) в точке Afo(®o, j/о, zo) линии I, заданной системой уравнений
{/(ж, у, z) = a (a~ const),
4>(x,y,z) =0,
по направлению этой линии.
Решение. Направление л инни I определяется направлением ее касательного вектора 7 который по определению, есть вектор, касательный к поверхности г) = а. Поверхность f{x,y,z) — а есть поверхность уровня данного скалярного поля u= f(z, y,z). Поскольку
~ = (grad а, 1°) = (grad u, г °), * oil
и вектор grad u перпендикулярен к! поверхности уровня f(x, y,z) = л, то grad u перпендикулярен и орту тчр н поэтому
^L^(6rad“'T”)4fco'
Пример 10. Найти в точке! Mo(i, I, I) направлёние наибольшего изменения скалярного поля u =? ху + yz+xz !и величину этого наибольшего изменения в этой точке.
Решение. Направление наибольшего изменения поля указывается вектором gradrj(M). Находим его:
grad и(м) - (у + z)i + (х + c)j + (у + ®)к
и, Вначит, gradu(M) = 2(1 4- j + к). Этот вектор определяет направление паи большего возрастания данного поля в точке Л/о(1» 1 0- Величина наибольшего изменения поля в этой точке равна
Он ,	f-
max — = |grad u(Afn)| = 2v3.	>
2 Зак. 65
34
Глава 2. Скалярное поле
Задачи для самостоятельного решения
6В. Найти градиент скалярного поля и = 1п (х2 + у2 + х2) в точке Afo(i, I, -1).
70.	Найти градиент скалярного поля и = хе* ** +* в точке 0(0,0,0).
71.	Найти угол <р между градиентами функции u = arctg — в точках Af|(l, I) и —I).	У
72.	Найти угол ip между градиентами функции и = (а + y)eK+t в точках М((0,0) и Af3(i,1).
73.	Найти угол между градиентами функций и у2 + z2) в точке Afa(-i,-l).
74.	Найти точки, в которых градиент сквлярного поля u = sin (х + у) равен i+j.
75.	Найти точки, в которых модуль градиента скалярного поля
In (х1 +
рааен единице.
76. Пусть u — и(х, у, х) и v = v(x, у, ж) — дифференцируемые в точке М(х, у, х) функции. Показать, что
a) grad Хи = Л grad и, X = const;
в) grad (uv) = v grad и + и grad ®;
77. Показать, что
б) grad (u ± v) = grad u ± grad v; ,	, и v grad u + и grad v
r) grad - =----------j---------, v / 0.
du grad u(v?) = ™ grad y?, uy>
где <p = <p(x, y, z) — дифференцируемая функция, a u = uty) имеет производную no
Найти градиенты следующих скалярных полей, если
г аз tri + yj + Zkt г = |г| = у/х2 + у2 +ж2, а и Ь — постоянные векторы:
7В. Bahr. 79. и — (1, г). ВО. U «= (в, г) • (Ь, Г).	81. U =а ||
82.	Показать, что (grad u(r), г) — u'(j*) • г.
83.	Показать, что {grad u(r), г] = 0.
84.	Пусть w з= /(и, и), гае и — и(х, у, х), v = t?(x,у, х). Доказать, что
J в! 8f grad w = grad и + — grad «,
если f, и. v — дифференцируемые функции.
86. Пусть G — выпуклая область в пространстве (т.е, такая область, две точки М и N принадлежат области G, то весь отрезок MN принадлежит этой области). Пусть а области G задано сквлярное поле u(Af), имеющее во Всех точках градиент, непрерывный и ограниченный в G:
|grad u(Af)| < Л, М € G, А = const.
Доказать, что для любых точек М и N области G имеет место неравенство
МЛ')-и(М)|сл|м7?|.
что если
§9. Градиент скалярного поля
35
86.	Найти производную функции u =	в произвольной точке
JH(Z, у, х) в направлении радиуса-вектора г этой точки.
87.	Найти производную функции « = “. гдс г = |г| в направлении вектора I = сов al + cos /3j + cos7k. При каком условия эта производная равна нулю?
88.	Найти производную функции и — где г = |г|, в направлении се градиента.
89.	Найти производную функции u = yzex в точке Мо(0,0,1) по направлению ее градиента.
90.	Найти производную скалярного поля и = и(х, у, х) по направлению градиента скалярного поля v = v(x, у, z). При каком условии она равна нулю?
Я1. Для следующих сквлярных полей найти направление и величину наибольшего изменения в данных точках Д/о:
а) и(М) = я,у + у2«+г2®; Мо( 1,0,0); б) u(M) = xyz;
Г
ГЛАВА
3
Векторное поле
§10. Векторные линии. Дифференциальные уравнения векторных линий
Определение 1. Если в каждой точке М пространства или части пространства определена векторная величина а = а(ЛТ), то говорят что задано векторное поле.
Если в пространстве нвеле на декартова система координат, то задание векторного поля а = а(М) равносильно заданию трех скалярных функций точки P(Af). Q(M), R(M), гак что
а(М) = Р(а, у, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k.
Определение 2. Векторной линией векторного поля а называется кривая, в каждой точке М которой вектор а направлен по касатель ной к этой кривой.
Пусть векторное поле определяется вектором а = Pi + Qj + Як, где
Р = Р(ж, У, z), Q = Q(x, у, z), R = R(x, у, z)
— непрерывные функции От x, у, z, имеющие ограниченные частнь)е производные первого порядка.
Тогда дифференциальные уравнения векторных! линий имеют вид
(I)
Р Q R	' 1
Интегрирование системы двуЬс дифференциальных уравнений (i) дает систему двух конечных уравнений
¥>i(xfy>z) = O|, yiz) = С2, которые, рассматриваемые в совокупности, определяют |двухпараметри ческое семейство векторных линий
(	=СН
<	(2)
[ (Р2<г. I/, г) = С2
§ 10. Дифференциальные уравнения векторных линий	37
Если в некоторой области G для системы (I) выполнены условия теоремы существования и единственности решения, то через каждую точку Af0(z0, Уо, zq) G G проходит единственная векторная линия
J Vi(z,y,*) = Pi(Io,Sti,*o).
1 У>?(з II, z) = W2(x0 Уо, Zo).
Пример 1. Найти векторные линии векторного поля а = [с. г].
где с — постоянный вектор Решение. Имеем
е = С11+сй + е3к, r=xi + yj + *k,
так что
I к с2 с3 У «
= (cj« - с3у)1 + (с3х - C|z)j + (с,у - с2х)к
Дифференциальные уравнения векторных линий
dx _ dy _ dz c2z - с3у с}х -ctz с, у - с2х Домножим числитель и знаменатель первой дроби на х, второй — на у, третьей — на z и сложим почленно. Используя свойство пропорций, получим dx	dy	dz	_ xdx + у dy + zdz
C2Z-CSy	C3X — CyZ	Cjy-CjX	0
Отсюда
x dx + у dy + z dz = 0, Я значит
x1 4- у2 + ж6 = Л| — const > 0.
Домножим теперь числитель н знаменатель первой дроби (3) на С|, второй — на с3, третьей — на с, И сложив почленно, получим dx	dy	dz
c}z ^с}у	c3x -	C|j/-caa
b ci d^ + c2 dy + с3 dz откуда
C| dx V c3 dy + Ci dz = 0 и, следовательно.
If C] x + c2y + c3z = Д2, A2 ~ const.
Искомые уравнения векторных лнннй
х2 + у2 + г2 = Л„
с}х + с3у+ CJZ = Д2.
38
Глава 3. Векторное поле
Эти уравнения показывают, что векторные линии получаются в результате пе ресечсння сфер, имеющих общий центр в начале координат, с плоскостями, перпендикулярными вектору с = C|l + cj + Cjk. Отсюда следует, что векторные линии являются окружностями, центры которых находятся на прямой, проходя щей через начало координат в направлении вектора с. Плоскости окружностей перпендикулярны указанной прямой (рис. 14).	>
Пример 2. Нвйти векторную линию поля
а - — з/1 ч- я) + 6k,
проходящую через точку (1,0,0).
Решение. Дифференциальные уравнения векторных линий
dx _ dy _ dz
-у х b
Отсюда находим
x’+!/2 = Cb или, если ввести параметр t, то будем иметь
В этом случае уравнение
х b
принимает вид
VT? cos t di dz
—^==——— = —или dz = b at . /г- г	Я
откуда находим
Итак, параметрические уравнения векторных линий будут
У = \/ci sln tj х =Ы + С2.
(4)
Потребовав прохождения векторной линии через точку (1,0,0)
, будем иметь
I = y/Qco6t, 0 = -y/c[ sin t, 0 = Ы + Cj.
Первые два уравнения этой системы удовлетворяются при t — kir, k = 0, ±, i .
и при С| = i. Беря к - 0, получим t = 0, и последнее уравнение системы дает
§ 10 Дифференциальные уравнения векторных линий
39
Cj = 0. Искомая векторная линия, проходящая через точку (1,0,0), будет х = cost, У = sin t,
2 =Ы.
Это — винтовая линия.	>
Задачи для самостоятельного решения
Найти векторные линии следующих векторный полей:
92. r-zl + rf + zk.
93. а = aj + aj 4- a3k, где О|, аг, a3 — постоянные.
84. «=(x-i/)l + (z-z)j + (y-z)k.
95. Найтн векторную линию поля
 sse’l-y’j + A,
проходящую через точку
Векторное поле называется плоским, если все векторы а расположены в параллельных плоскостях и поле одно и то же в каждой из этих плоскостей.
Если в какой-либо из этих плоскостей ввести декартову систему координат хОу, то векторы поля не будут содержать компоненты по оси О г и координаты вектора не будут зависеть от z, т.е.
а = Р(г,»)1 + <Э(г,»М.
Дифференциальные уравнения векторных линий плоского поля будут иметь вид
dx __ dy dz
Р(х, tl) ~ Q(x, у) = 0 ’
ИЛИ
{dV _ Q(xt у) dx P(xt у) ’
z = const.
ОтЬюда видно, что векторные линвД плоского Поля являются плоскими кривыми, лежащими в плоскостях, параллельных плоскости ttOy.
Пример 3. Найти векторные линии магнитного поля бесконечного проводника тока.
Решение, Будем считать, что проводник направлен по оси Oz и в этом же направлении течет ток I Вектор нвпраженности Н магнитного поля создаваемого Током, равен
Н = ^[1,г),	(5)
р
40
Глава 3. Векторное поле
Рис. 15
где I — I - к есть вектор тока, г — радиус-вектор точки М(х,у, z), р — расстояние от оси провода до точки М. Раскрывая векторное произведение (5). получим
/>’ р2
Дифференциальные уравнения векторных линий:
dx dy _ dz
-ух 0 ’
откуда
( х1 + у1 = Я‘,
I z = C.
т.е. векторные тинии являются окружностями с центрами на оси Oz (рис. 15).	[>
Задачи для самостоятельного решения
НаЙтн векторные линии следующих плоских векторных полей: 06. а — ж! + 2yj.	97, а — xl + zk.	98. я = zi -
99.	а = 2zj + 4yk.	100. а = z’l -Hj/’j-	101. a = zj-yk.
Дифференциальные уравнения векторных линий dx dy dz ~P=~Q^~R могут быть записаны так:
dx _ dy	dz
dt ’ dt dt или в векторной форме:
й ~ а^) ctl
Эта форма уравнений векторных линий оказывается удобной при реше ннн ряда задач.
Пример 4. Найти векторные линии поля а = [с, г), где с — постоянный вектор.
Решение. Применяя соотношение (6), получим
^ = [С,Г|.	(7)
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 41
Умножая обе части (7) скалярно на с н используя свойства смешанного произведения, находим
(с’<й)=5Г(с’г, = 0	(8)
\ at / at
Аналогично, умножая обе части (7) скалярно на г, получим
(г’Ю=5<г-г)=о-	<9)
Из уравнения (8) следует, что
(с, г) = const,
* из уравнения (9) следует, что
(г, г) - const.
Векторные линии являются линиями пересечения плоскостей (с, г) = const со сферами г2 = const.	О
Задачи для самостоятельного решения
Найти векторные линии следующих векторных полей: 102. а = /(г)-г.
103. а = (а0, г)Ь0, где а0, Ьо— постоянные векторы
§11. Поток векторного поля.
Способы вычисления потока
1°. Поток векторного ПОЛЯ. Пусть имеем векторное поле
a(Af) = Р(х, у, ж)! + Q(x, у, z)j + Л(г, у, г)к,
где координаты Р(х, у, z). Q(x, у, z). R(x, у, z) вектора а(7И) непрерывны (поле а(М) непрерывно) в некоторой области G. Пусть S — некого рая г пикай или кусочно главкам двухсторонняя поверхность, у которой выбрана определенная сторона (ориентированная поверхность).
Определение. Потоком П векторного поля а(М) через ориентиров ванную поверхность S называется Поверхностный интеграл первого рола по поверхности S от проекции вектора a(Af) на нормал!ь n(Mj
I к этой повёрхности:
rt= yy\ip„ad$= (i.tt')dS, s	S
где nD — единичный вектор (орт) нормали п к выбранной стороне поверхности S; dS — элемент плошали поверхности S.
42
Глава 3. Векторное поле
В случае замкнутой поверхности будем всегда выбирать внешнюю нормаль п, которая направлена наружу области, ограниченной поверхностью S.
Если a, ft, 7 — углы, которые образует с осями координат Ох, Оу, Oz нормаль в к поверхности S, то поток можно выразить через поверхностный интеграл второго рода
П = JJ (a,n°)dS = JJ[P(x,y, z) cos a + s	s
+ Q(x, Уiz)cos 0 +	y, z) cos 7] dS,
или
П = J J (n, n°) dS = jj P(x, y, z) dy dz + s	s
4-	Q(x> У>z) dx dz + jR(s, y, z) dx dy, где
cos adS — dy dz, cos pdS = dx dz, cos 7 dS = dx dy.
Основные свойства потока векторного поля
а)	Поток меняет знак на обратный с изменением ориентации поверхности (т.е. с изменением ориентации нормали в к поверхности S):
JJ (а, n°) dS = - JJ (a, n°) dS,
S*	8-
где S'*" — стороиа поверхности S, на которой выбрана нормаль n, a S~ — сторона поверхности S, на которой берется нормаль -п.
6)	Свойство линейности:
JJ (Aa + Mb,n°)dS = A J J (a,n°)d$ + p J J (b,n°)dS, s	s	s
где А и д — постоянные числа.
в)	Свойство аддитивности: если поверхность S состоит из нескольких гладких частей S|, Sj,..., Sm, то поток векторного поля а(М) через S равен сумме потоков вектора a(JVf) через поверхности S2,. - , Sm:
П = £ JJ (a, n°)dS.
s*
Это свойство позволяет распространить понятие потока на кусочно гладкие поверхности.
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока
43
Пример 1. Нейти поток векторного поля а = I через площадку, перпендикулярную оси Ох, имеющую форму прямоугольника со сторонами, равными I и 2 (рис. 16), а положительном направлении оси Ох.
Решение. Согласно определению потока вектора через поверхность S, будем иметь
п= ff (..n“)dS,
В нашем случае  = 1, п° = I, так что (a, n°) = (j, j) = 1. Учитывая то, что площадь прямоугольника равна 2, получим
П= ff Ids = 2.
Замечание, Выбрав единичный вектор (орт) нормали к площадке S так, что п° = -I, получили бы П = -2.
I Пример 2. Вычислить поток векторного поля а = г, где г — радиус-вектор, через прямой круговой цилиндр с высотой Л, радиусом основания R и осью Oz.
Решение, Поверхность S состоит из боковой поверх-|ности <Г|, верхнего основания <т3 и нижнего основания Цилиндра. Искомый поток П в силу свойства аддитивности будет равен П = П, + П2 + П>, где П>, IIj, П3 — потоки Щанного поля через <т2, tr3 соответственно (рис. 17).
На боковой поверхности цилиндра внешняя нрр-маль п° параллельна плоскости хОу, н поэтому
(а, п°) ,= (г, n°) = пр„ог = R
Рис. 17
(едовательно,
п, = ffn0) is = л ff ds = R 21rRh = 2’гдз'‘-
На аерхнем основании нормаль п° параллельна оси Оя, и поэтому можно положить пс = к. Тогда
(в, пс) = (г, к) = пр0|г = Л,
и значит,
П,= // (,n’)dS = h I/ dS = ЛчгЯ; =rR’h.
44
Глава 3. Векторное поле
На нижнем основании сг3 вектор а г перпендикулярен к нормали п° = —к Поэтому (а, п!|) = (г, -к) = 0 и
Пэ = JJ (a, a") AS = 0.
°)
Искомый поток бутет равен
П = $(а, ") as = Зяд'ь.	t>
5
Пример 3. Найти поток векторного поля
а=кР
через сферу радиуса R с центром в начале координат.
Решение. Так как нормаль п к сфере коллинеарна радиусу-вектору г. то можно взягь п" = г*1 = —. Поэтому
н
(кр'й) = kF(r’r) = HJ = iHi'
Но на сфере S имеем |г| = Я, поэтому (a,n") = gy.
Искомый поток П будет равен
П = $ (a, n) dS = — dS = 4тг.
так как и ющадь всей сферы S равна ffdS = 4ттЯ2.	[>
Задачи для самостоятельного решения
104.	Вычислить поток векторного поля n = 3j через площадку. имеющую форму треугольника с вершинами в точках Mi(I,2,0), Мг(0,2,0), ЛГз(0,2,2) н сторону, где расположено начало координат.
105	Найти целок векторного поля а = ai -- /3J + 7k, где a, 0. 7 — постоянные, через площадку, перпендикулярную оси Oz и имеющую форму круга радиуса Я. в положительном направлении оси Oz.
106.	Найти ноток векторного поля а = г через внешнюю сторону кругового конуса, вершина которого находится в начале координат, радиус основание равен Я н высота равна h (ось конуса идет по оси Oz).
107.	Найти поток векторного поля а = /(|г|)г через сферу радиуса Я с центром в начале координат.
2°. Способы вычисления потока вектора.
1.	Метод проектирования на одну из координатных плоскостей
Пусть незамкнутая поверхность S проектируется взаимно олнознач но на плоскость хОу в область Dxy. В этом случае поверхность S можно
§11. Поток векторного поля Способы вычисления потока 45
задать уравнением z = /(ж, у), и так как элемент площади dS этой поверхности равен
dx dy
dS lcos-уГ
то вычисление потока П через выбранную сторону поверхности S сводится к вычислению двойного интеграла по формуле
П=//(а.п")<15 = //^|	(I)
8
Здесь орт п° нормали к выбранной стороне поверхности S находится по формуле
grad [z - / (ж, у)J |grad fz -/(х,у)1|
a cos7 равен коэффициенту при орте к н формуле (2):
(3)
знак « —
Если угол 7 между осью Oz и нормалью п° острый, то в формулах (2) и (3) берется знак « + », если же угол 7 тупой, то берется Символ
Icosi'l означает, что в подынторальной функции вместо z надо |/(«, у).
Если оказывается удобным проектировать поверхность S ватные плоскости yOz или xOz, го для вычисления потока П пользуются Соответственно формулами:
подставить
на коорди-
I Или
dx dz.
X=i>(r..x)
dydz г)
(4)
(5)
Формула (4) применяется в случае, когда поверхность S проектируется взаимно однозначно в область Dyz плоскости yOz, а значит, се
46
Ечава 3. Векторное поле
можно задать уравнением х =	z); cos а находится как коэффициент
при орте I в формуле
п0 _ д. grad [а: - <р(у, г)| _	\8у J \8z )
Igrad [i - ?(у, z)J | I 7ай\г f8V\2'
Vl + v^')
т.е. cos a = ±—. 		 ==.
Знак « + » берется в случае, если угол а между осью Ох и нормалью пи острый, если же а - тупой угол, то берут знак « - ».
Формула (5) применяется при взаимно однозначном проектировании поверхности S на плоскость aOz; в этом случае S можно задать уравнением у = -ф(х, z) и тогда
n0 = ± grad [у - ф(х, z)j = ± \8х ) +J \8z ) Igrad [у - Щх, z)] |	I /fwA2 7^2'
V,+(S
cos/3 есть коэффициент при орте j в последней формуле, т.е.
Если угол р между осью Оу и нормалью п° острый, то берут знак «+ », если же угол р тупой, то берут знак « — ».
Замечание. В случае, когда поверхность S задана неявно уравнением Ф(ж, у, z), единичный вектор нормали
п° — 1 cos a + j cos p + k cos 7
находится по формуле
.	. (£HgH5>
Igrad O(z,y,z)| //вФ\г /£Ф\2 /9Ф\'’
V'.®1/ \®У/
где знак в правой части определяется выбором нормали к поверхности S.
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 47
Для вычисления потока П векторного поля а через поверхность S надо ее спроектировать взаимно однозначно на какую-либо из координатных плоскостей хОу, xOz, yOz, что возможно сделать, если уравнение Ф(х, у, z) = 0 однозначно разрешимо соответственно относительно z (z = /(ж, у)), у (у = ^(х, z)) или х (х = y?(y,z)). После этого воспользоваться одной из формул (1), (4), (5).
Пример 4. Найти поток векторного поля а = (я - 2z)i + (х + Зу + a)j + (5х + у)к через верхнюю сторону треугольника АВС с вершинами в точках А(1,0,0), В(0, 1,0), 67(0,0, I).
Решение. Уравнение плоскости, в которой лежит треугольник АВС, имеет вид « + у + г = 1, откуда 2 = 1 — х — у. Треугольник АВС проектируется взаимно однозначно ва плоскость хОу в область Dxv, которой является треугольник О АВ (рис. 18).
По условию нормаль п° к плоскости, в которой лежит треугольник АВС, образует острый угол 7 с осью Oz, поэтому в формуле (2) берем знак плюс и получаем
о = grad (g 4-у+2-1) = 1	1	J.
|grad (х + у + 2 - 1)|	?3	у/З* у/3
Находим скалярное произведение
j (а, п“) = (х - 2г) -5= + (г + Зу + г) -J= + (5г + у) ~	—-
р1з формулы (6) получаем, что cos7 = ~ > 0 и, значит,
dS —	= \/3dx dy.
cos 7
применяя формулу (1), вычисляем искомый поток:
П= JJ(x,tT)dS = JJ (7х + 4у-z)|l=|_t_lrdxdy = S	D*B
I I-г
= JJ (Sx+5y-l)dxdy = У dx J (8x±5y~\)dy = ^. DIf	0	0
(6)
t>
Пример 5. Найти поток векторного поля а = y*j + zk через часть поверхности г = х2 + у2, отсеченной плоскостью z — 2. Нормаль берется анешняя по отношению к области, ограниченной пвреболоидом.
48
Глава 3. Векторное поле
Рис. 19
и. значит,
Решение. Данная поверхность (параболоид вращения) проектируется взаимно однозначно на плоскость хОу в круг Dxy (рис. 19). Находим орт нормали пи к поверхности S;
по _ grad (z-х1 - у7) __	—2xl-2yj4-k
|grad (z - х1 - у2)| " y/4xi+4yi+ |'
По условию задачи нормаль п° образует тупой угол 7 с осью Oz, поэтому перед дробью следует взять знак минус. Таким образом, п°=	+ 2pj k
у/4х2 + Ду2 4- |
Отсюда
I cos 7 =---.	. < О
х/4а*2 ч- 4у2 ч- I
dS = -----= y/tx2 + 4г/2 + 1 dx dy.
ICOS7]
Находим скалярное произведение
^Аг2 -?-4у2 + 1
Искомый поток в силу формулы (1) ранен
n = jj (, п°) as ~ jj (2v3 - Z)|ist2+₽1dx dy = jj (2y3 - y2 - x2) dx dy. s	D,f
Область интегрирования Dxy есть круг с центром в начале координат радиуса R = \П. Вводя полярные координаты х = pcos$?, у = psin <р, будет иметь П = jj (2р3 sin *<р — р2)р dp dp —
t>r.y
Jr У5	*
d^ I (2p4 sin V - p3) dp -	= —2ir.	t>
{ 4 Id
Пример 6. Найти поток векторного поля а — i - j + zyzk через круг S, полученный сечением шара ж2 4-у2 4-х2 < R2 плоскостью у — х. Взять сторону круга, обращенную к положительной части оси Ох.
Решение. Так как плоскость у = х перпендикулярна координатной плоскости хОу, то круг S. лежащий на этой плоскости, проектируется на плоскость хОу в отрезок Л|Л] и, значит, нарушается взаимная однозначность проектирования. На другие координатные плоскости круг S проектируется взаимно однозначно. Проектируя круг, например, на плоскость xOz, получим область Dts,
о
§ 11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока
49
Рис. 20
|п|
Элемент площади dS
ограниченную эллипсом (рис. 20). Уравнение эллипса найдем, исключив у из системы уравнений
Отсюда
= или R1/-.K2
По условию нормаль к кругу S образует тупой угол р с осью Оу, поэтому берем
n = — grad (i/— я) — i — j,
отсюда
Из последнего равенства имеем cos/З = равен
. dx dz r~ dS = ;----— = v 2 dx dz.
|cos/3|
Находим скалярное произведение, (a, n°) = \/2. Искомый поток по формуле (5) равен
П = JJ 2dxdz = JJ dxdz — 2 •	= V2R~n,
Я
так как площадь Q области DXI, ограниченной эллипсом с полуосями a = —= и b — R, равна	Л'2
Q = JJ dx dz = тгпЬ — —^=-
Пример 7. Вычислить поток векторного попя а — ж! + эд + zk через внешнюю сторону боковой поверхности кругового цилиндра х2 4- у2 == Я2, ограниченной плоскостями 2 = 0иг = Я(Я>0).
Решение. Данный цилиндр проектируется на плоскость хОу в линию, именно, в окружность (рис. 21)
х2 4- у2 = R2, t = 0.
Поэтому будем проектировать цилиндр на другие координатные плоскости, например, на плоскость уОх. Так как цилиндр проектируется на плоскость yOz взаимно однозначно, то воспользуемся свойством аддитивности потока вектора н представим искомый поток II в виде суммы потоков II = 11, 4- П2, где П| — лоток поля через часть S| цилиндра, расположенную в области, где > 0, а П2 —
50
Глава 3. Векторное поле
Рис. 21
поток этого же поля через часть S2 цилиндра, расположенную в области, где у < 0. На Si имеем
я«=г1±м. (>,„") = ^i±£ = R. к
" я
Следовательно,
П, = JJ RdS = Я JJ dS = RS,
где S — площадь части S; цилиндра. Так как S = тгйЯ, то П, = тгЯ2Я.
На Sj опять имеем
и, значит,
RdS = RS = irR2H.
Искомый поток равен П = 2irR2H .
Замечание. Задача решается проще, если на цилиндре ввести криволинейные координаты х = Rcos уз, у = z = z (см. далее п, 3).
Для нахождения потока векторного поля а = F(®, у, z)i т ф(ж, у, z)j + R(x, y,z)k через поверхность S, заданную уравнением z = f(x,y) методом проектирования на координатную плоскость, не обязательно находить орт п° нормали, а можно брать вектор
n = ±grad [г - f(x, у)] = ±(-~-i -	+ k
\ ох оу
Тогда формула (I) для вычисления потока П примет вид
п = ff (а, n°)ds^ ff <’ dx d»- P) S	D,t
Аналогично получаются формулы для вычисления потоков через поверхности, заданные уравнениями х = tp(y, z) или у — ^(х, z).
Формула (7) в координатной форме записывается так:
- У, f(x, у)]	+ Я[х, у, f(x, у)| I dx dy.
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 51
Пример 8. Вычислить поток векторного поля а = ж! + эд + \/а:2 + у2 — 1 к через внешнюю сторону однополостного гиперболоида z = у/х2 4- у2 - I, ограниченного плоскостя-j.1 ми z = 0, z = з/З.
К' Решение. Данная поверхность проектируется а взаимно однозначно на плоскость хОу в область Dxv, ¥ ограниченную окружностями I
Находим внешнюю нормаль и:
/-т--т--	7 —xl — «I	\
I *“*Brad <г - v^-l)=± (^1+у,—+к) 
Рис. 22
[Так как п образует с осью Oz тупой угол 7 (рис. 22), то берем знак минус и, I значит,
3:1у x/z2 +	- 1
Шаходим скалярное произведение
(», и) =

Применяя формулу (7), получим
Переходя к полярным координатам х — pcos р, у = sin р будем иметь
= lty/р1 - I | =2V5ir.
1 Пример 9, Вычислить поток векторного поля а = у\ + zj + xk че-i рез замкнутого поверхность, ограниченную цилиндром х2 + у2 = Я2
И ПЛОСКОСТЯМИ Z = Ж, Z — 0 (z > 0).
Решение. Поверхность S кусочно гладкая, поэтому воспользуемся свой-
ъом аддитивности потока, представляя искомый поток П в виде суммы пото-)В П), П2, Пз через гладкие куски, соответственно, 8} (полукруг а1 + у2 R2, ? х R, z — 0), Si (часть плоскости z = х) н 8$ (часть цилиндра ®2+уа — R2): it = П| +П2+П3. Так как 5 замкнута, го берем внешнюю нормаль к ней (рис. 23).
1) На S|, где 2 = 0, имеем п° = —к, поэтому
I	(а,п°) = -х,
52
Глава 3. Векторное поле
и, значит, поток П| будет равен
П| = - JJ xdS = — JJ х dx dy.
Переходя к полярным координатам х — р cos <р, у = р sin 95, найдем
- JJ pcos<p-pdpd<p =
П,=
[ Р7 dp = -^R--
-vfl	О
2) Ha S?, 1ле z = х, имеем n = ±grad (z — г) = ±(-14- к), и так как нормаль п к Si образует с осью Oz острый угол, то в правой части берем знак плюс. Таким образом, n = —1 + к и, значит, (а, в) — х — у.
Проектируя S2 на плоскость хОу, получим полукруг
Тогда по формуле (6) будем иметь
П2 = JJ (a. n)|=„<Ixds,
и снова переходя к полярным координатам, найдем
х/2	я
Па = J (cos <р - sin ip) dp J p2 dp = |k3.
-гг/1	о
3) На Sj, где х2 + у2 = R2, т.е, на боковой поверхности цилиндра, имеем
„о -  Е™1 (** + У* ~ Д2) _	*1+И _ , ~ Ш
Igrad (x2 + tf~R2)\ у/х^ R ’
В этом случае нормаль п образует с осью Oz прямой угол и, значит, cos 7 = 0. Выбор знака обусловлен тем. что внешняя нормаль должна составлять угол с осью Ох. Поэтому выбираем п° равным
„о _ 3:8 + У) /в „оч _ (* + г)У R ’
острый
R
и, следовательно,
П3 = ~JJ (х x-z)ydS.
S3
Проектировать поверхность Sj (прямой цилиндр) на плоскость хОу нельзя, так как она спроектируется в линию — полуокружность (будет нарушена взаимная
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока
53
однозначность проектирования). То же самое имеет место и в случае проектирования на плоскость xOz Поэтому будем проектировать поверхность Sj на плоскость yOz, на которую она проектируется взаимно однозначно в область ограниченную линией
Исключая отсюда х, получим уравнение проекции этой линии на плоскость zOy. z2 +у2 ~ R1 — окружность. Так как
Icosal = jcos(n°„l)| = |(n?,i)| = |^| = (x 0), то будем иметь
= /J ~ x ~ Ldy dI-//2-Tdy^=i//y d*-Dy:	Dgl
;Используя полярные координаты: у — cosy?, z = psin уз, найдем
ir	R
IIj = 2 JJ pcosy? • p dpd<p = 2 J cos<pd<p J p1 dp= 0.
Цс	co
I Итак,
2	2
П =--тгЯ3 4--rR3 4-0 = 0.	D>
Задачи для самостоятельного решения
108,	Вычислить поток векторного поля а = yi + zj + xk через верхнюю сторону ^треугольника, ограниченного плоскостями х +у + z — a, х = 0, у ~ 0, z = 0.
109.	Вычислить поток мекторного поля а = xzi через внешнюю сторону параболоида z — I — х2 — j/2, ограниченного плоскостью z = 0 (z 0).
1110.	Вычислить поток векторного поля а = xi + zk через боковую поверхность •кругового цилиндра у — VR1 - х2, ограниченную плоскостями z = 0, z = h
,111. Вычислить поток векторного поля а = zi + yj + zk через верхнюю сторону •круга, вырезаемого конусом z = у/х2 4- у2 на плоскости z = Л (h> 0).
112.	Вычислить поток векторного поля а = 3x1 - yj — zk через внешнюю сторону ^параболоида х1 4- у2 — 9 - z, расположенную в первом октанте.
113.	Вычислить поток векторного поля а = (х74- y2)i+ (у2 4-z?)j + (~2 +®2)k через ;Насть плоскости z = 0, ограниченную окружностью х7 -Ну2 — I, в направлении орта к.
'114. Вычислить поток векторного поля а = yzl—xj-j/k через полную поверхность ,конуса х1 + у2 = z2, ограниченную плоскостью z = 1 (0 z 1).
54
Глава 3. Векторное поле
115.	Вычислить поток векторного поля a — 2zi + (I 2y)j + 2zk через замкнутую поверхность, ограниченную параболоидом х2 + *2 = I - 2у (у > 0) н плоскостью z=0 (z >0).
116.	Вычислить поток векторного поля а = з21 + y2j + z2k через полную поверхность пирамиды, ограниченной плоскостями x+y+z— I, а: = 0, у = 0.
117.	Вычислить поток векторного поля я = xi+yj+ гк через сферу z2 + у2 = R2.
2.	Метод проектирования на асе три координатные плоскости
Пусть поверхность S взаимно однозначно проектируется на все три координатные плоскости. Обозначим через Dxv, Dxx, Dvx проекции S соответственно на плоскости хОу, xOz, yOz.
В этом случае уравнение F(x,y,z) = 0 поверхности S однозначно разрешимо относительно каждого из аргументов я, у, z так что
х = x(y,z), y = y(x,z), z = z(x,y).
Тогда поток векторного поля
я = Р(х, у, z)l + Q(x, у, z)j + jR(i, у, z)k
через поверхность S, единичный вектор нормали к которой равен
-	п° = cos al + cos Pi + cos 7k
можно записать так:
П = J J (a, n°) dS = Ц [F(x, 1/.*) cos a + s	s
+ Q(z> !/> z) cos p + jR(i, j/, z) cos 7] dS. (8)
Известно, что
dS cos a = ±dy dz,
dS cos p — ±dx dz,	(9)
dS cos 7 = ±dx dy,
причем знак в каждой из формул (9) выбирается таким, каков знак cos a, cos Р, cos 7 на поверхности S. Подставляя (9) в (8), будем иметь
П = ± II Р[я(у, х), у, z] dy dz ±
d,.
± II у(х, z), z] dx dz ± II jR[x, y, z(x, y)] dx dy.	(10)
P,.	Dsv
Пример 10. Найти поток векторного поля а = xyl + yzj + xzk через часть внешней стороны сферы х2 +у2 + z3 = 1, заключенной в первом октанте.
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 55
Решение. Имеем
д grad (z2 + у1 + z2 - 1)	zi + yj + zk
Igrad (z2 + у2 + z2 - 1)|	\/z! + у2 + z2	1 У> *
откуда, учитывая, что данная поверхность S находится в первом октанте, получим
cos а = х > 0, cos /3 = у О, cos 7 = z > 0.
Поэтому в формуле (10) берем перед всеми интегралами знак плюс и, полагая в ней
Р - ху, Q = yz, R- xz,
получим
П = jj ху dy dz + jj yz dx dz + jj xz dxdy.	(11)
py:	v,,
Из уравнения сферы a? + у1 + x2 = 1, находим
z — z(x, у) =	- z2 - у2,
у — у(х>2) — \/1 — г2 - х2, х = z(y, х) =	“У2~*2-
Подставляя эти выражения для х, у. z соответственно в третий, второй н первый интегралы правой части (II). получим
1 = jjху/\ - а2 - у2 dxdy +
dxdz + jj у \/1 — У2 - *2 dydz. (12)
Вычислим первый интеграл, стоящий в правой части, переходя к полярным ко-^ринатам х = р cos у = р sin <р, где О С <Р < у» 0 С р С I Тогда получим
r/J
|Олпгая в последнем интеграле р = smt, dp = costdt будем иметь
sin Ч cos
*/1
[ sin 22t dt и
J	16
56
Глава 3. Векторное поле
Второй и третий интегралы в формуле (12) вычисляются аналогично; при этом получим
11 — JJ - х2 - z2 dx dz = в„
А = f/ Ут/i vJ-z2 dVdz=-fc
Искомый поток будет равен
3?г
16'
Задачи для самостоятельного решения
118.	Применяя метод проектирования на все три координатные плоскости, вычислить поток векторного поля через поверхность S'
а)	а = zi - xj + ук,
S — верхняя сторона ограниченной части плоскости Зг4-6у — 2z = 6, вырезаемой координатными плоскостями;
б)	а = (х -г у + z)i ч- (х + у 4- z - l)j - 2k,
S — верхняя сторона части плоскости х 4- у 4- z = I, лежащей в первом октанте;
в)	I - (х -	+ j + (у/м-х1 - г)к,
S — внешняя сторона пароболоида вращения у = х1 т z?, ограниченная плоскостью у = 4 и лежащая в первом октанте.
3.	Метод введения криволинейных координат на поверхности
Рис. 24
Полагая
х — R cos ip,
В некоторых случаях при вычислении потока векторного поля через данную поверхность S возможно выбирать на самой поверхности просту'ю систему координат, в которой удобно вычислять поток, не применяя проектирования па координатные плоскости.
Рассмотрим частные случаи.
Случай 1. Пустыюнсрхность S является частью кругового цилиндра х2 4- у2 — R2, о!раннченного поверхностями z — f2(x, у) н z — h(x, у), причем	f2(x, у).
y = Rsinip, z = z,
будем иметь для данной поверхности
О <р < 2ff; /i (R cos tp, R sin tp) C * < Л(Л cos a, R sin ip),
§11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 57
ч для элемента плошали dS получаем следующее выражение (рис. 24): dS = R dip dz.
Тогда поток векторного поля а через внешнюю сторону поверхности S вычисляется по формуле
2я	cos V, Яр)
Yl=Rjdip J (a,n°)<Lr,	(В)
°	/>(ЛСа5р, ftsin р)
где
о _ grad (zJ + у2 - Я;)	ai + ад
П |grad (x2 + у2 - Л2)| R
Пример 11. Найти поток векторного поля г = il + эд + zk через внешнюю сторону боковой поверхности кругового цилиндра х2 + у2 — R2, ограниченного плоскостями z = 0 и z = И (Н > 0).
Решение. В данном случае имеем:
0 <р 2%; /|(Нсо5у>,	= О, f2(Rccsp, fisin tp) — Н.
Введем на цилиндре криволинейные координаты
x = J?cos^, у = R sin <р, z = z.
Тогда искомый поток векторного ноля г будет равен
1» н п = й J dyf (r,n°)dz О о
Но так как
г = xl + ЭД + zk = R cos pi 4- R sin + zk, а нормаль nc на цилиндре
о 2i4 эд Kcosc^i j-7?sin^j n = —— = --------------------- = COS pl 4 sin pi,
it	it
го скалярное произведение на цилиндре будет равно
(г, п°) = R cos 2<р -г R sin гр = R.
Окончательно находим
Н
П = Я2 J dy J dz = ЪгЯ’Н.	t>
(1 о
Пример 12. Вычислить поток радиуса-вектора г = xi 4- j/j 4- через боковую поверхность кругового цилиндра х2 4- у2 = |, ограниченного снизу плоскостью х 4- у 4- 2 = 1, а сверху — плоскостью х 4- у 4- z — 2.
58
ГЬава 3. Векторное поле
Рис. 25
Решение. В данном случае (рис. 25) имеем
R=l, />(«>»)= !-«-». /!(*.») = 2-X-V.
Переходя к координатам на цилиндре
а = cos у>, у — sin у>, х = z, будем иметь
fi {х, у) = 1 - cos <р - sin <р,
fi{x у) = 2 - cos <р — sin <p.
Согласно формуле (13) поток векторного поля г будет равен
у	2»	2-CM^-»in₽
U R7 f d J (r.n'jdz.
0 l-coi^-imp
Но так как на цилиндре х2 + у2 = 1
п° = xl + yj ~ cosy>i 4- sin yj,
то
и, следовательно,
(г, п°) = х2 + у2 = cos 2tp + sin2р — I
lit 2~см ?-мп v lr
Il = 7?2 J dp j dz = j dtp = 2ir. 0	1—	0
Задачи для самостоятельного решения
119.	Найти поток векторного поля я = yl + xj — eXJ“k через внешнюю сторону боковой поверхности цилиндра х2 -*-у2 =4, ограниченной плоскостями х~0 и х-у+г=4.
120.	Найти поток векторного поля а = xi - xj/J + zk через внешнюю сторону цилиндрической поверхности х2 +zJ в R2. ограниченной плоскостями у = I и х + у = 4
121.	Найти поток векторного поля  =	- y’j 4- через внешнюю сторону
цилиндрической поверхности х2 ±у2 = О ограниченной сферой x2+y2+z2 » 25. 122. Найти поток векторного поля а = xl — yj- xyz3k через внешнюю сторону боковой поверхности цилиндра х1 + у2 = i, ограниченной плоскостью я =» О и гиперболическим параболоидом z = х2 - у2.
123.	Найти поток векторного поля а = {ху - у2)1 4- (2х — х2 4- xy)J «г хк через внешнюю сторону боковой поверхности цилиндра х2 + у2 = 1, ограниченной j х2 2
эллиптическим конусом z =	+ у .
Случай 2. Пусть поверхность S является частью сферы а? 4- у1 + z2 — R2, ограниченной коническими поверхностями, уравнения которых
§ 11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 59
в сферических координатах имеют вид 6 = /1(9?), О = Л(^) и полуплос-
костями р = pi, р =
Положим для точек данной сферы
х = R cos р sin 0, у = /? sin 9? sin 0, z = R cos 6, где $ <p c <p2,	< 0 < 02. Тогда для
элемента площади S получим (рис. 26)
dS — R2 sin 0 d$ d^.
В этом случае поток векторного поля а 'через внешнюю часть S сферы вычисляется по формуле
Г2 г п	Рис. 26
П = Я2 I dp I (я, n°) sin 0 d0,	(14)
Fi *1 где
о _ grad (z2 + у2 + z2 - R2) _ gi 4- yj 4- zk
Igrad (ж2 4- у2 4- z1 - K2)| R
Пример 13. Найти поток аекторного поля а = (х — 2у + 1)1 + (2® + у — 3z)j + (Зу + z)k через часть поверхности сферы х2 + у2 4- х2,
расположенную в первом октанте, в область, где х2 4- у2 4- z2 > 1.
Решение. В данном случае имеем
R=i, у>1=0,	^i=y,
Mli
0|=O, 02 = у, nG — zl + yj + zk, (я, и0) = х2 4- у2 4- z2 4- х.
ЭДедем на сфере х1 4- у2 4- ж2 ~ 1 координаты р и 0 так, что
z=cos^isin0r у = sin р Bin 0, i~ cos0.
.. Тогда будем иметь
II	(я, пг) = I 4- cosy*sin0
II применяя формулу (14), получим
|1	*/3	»/2
Г= I dp I (1 4-cosip sin 0) sin0d0 —
I! °	°
r/a */2	w/J	irf2
— J dp J sin0d0 4- J caspdp j sin20d0=^jr.	C>
00	00
60
Глава 3. Векторное поле
Задачи для самостоятельного решения
124.	Найти поток векторного поля а = х*1 — y3j + zk через внешнюю сторону части сферы х2 + у2 4- z2 = 1, вырезаемой конической поверхностью z2 = а? а- у1 (z > v/x2+ sH ).
125.	Найти поток векторного поля а = yzi + xzj 4- хук через внешнюю сторону части сферы х2 + у2 + z2 = JR2, расположенную в первом октанте.
126.	Найти поток радиуса вектора г = ai+yj+zk через внешнюю сторону части сферы х2 4- у2 + z2 = 2» ограниченной плоскостями z — 0, z = у.
127.	Найти поток векторного поля а = xz\ + yzj + z2k через внешнюю часть сферы х2 4- у1 + z1 =9. отсеченной плоскостью z = 0 (г 2).
§ 12. Поток вектора через замкнутую поверхность. Теорема Гаусса—Остроградского
Теорема. Если в некоторой области G пространства координаты вектора
а — Р(х, у, z)l + Q(xt у у z)j 4- jR(e, у, z)k
QP 6Q dR непрерывны и имеют непрерывные частные производные —, ——, —-. ох оу dz то поток векторного поля а через любую замкнутую кусочно гладкую поверхность £, расположенную в области G. равен тройному интегралу
6Р dQ	6R
от ——F ——h — по области V, ограниченной поверхностью Е: ох	ду	oz
Г	V
(формула Гаусса—Остроградского).
Нормаль п к поверхности £ берется внешняя.
Пример 1. Вычислить лоток векторного поля а = а?1 + y2j 4- z2k через замкнутую поверхность х2 4- у2 4- z2 =• R2, z — 0 (z > 0).
Решение, По формуле (I)
П = Щ (2г + 2|f + 2х) (tv.	(2)
V
Интеграл (2) удобно вычислять в сферических координатах г, в. <р. Имеем а = г sin 0 cos tp, у = г sin 6 sin у>, z = г cos 8 н элемент объема
dv = г2 sin 6 dr de d<p,
§ 12. Теорема Гвусса—Остроградского
61
гак что
П = 2 JJJ (г sin 8 cos tp + г sin 8 sin + г cos 8)r2 sin 6 dr d8 dtp =
J J sin 0(sin 8 cos у 4- sin 8 sin <p 4- cos i
Пример 2. Вычислить поток векторного поля а = 4xi — т/j 4- zh через поверхность тора.
Решение. Воспользовавшись теоремой Ьусса—Остроградского, получим, что искомый поток П равен
11 =

Рис. 27
»де	объем тора. Чтобы вычислить объем V, воспользуемся теоремой Польлена
Хобъемс тела вращения, в силу которой этот объем равен произведению площади •решающейся фигуры па путь, описываемый центром масс этой фигуры при 13И1СНИМ
Пус1ь R| н Я} — внутренний и внешний радиусы тора (рис. 27). Плошадь S уга, который при вращении образует тор, равна
лина пути, описываемого цен гром масс — центром этого круга, — есть длина I (R, 4 Я2)
кружности —— ------, т. е.
I = 2гг—	+
Таким образом, объем V тора равен
»' = ^(”'2 Д')	- «) = 4 («1 - В.)Тяг + Я,).
Искомый поток
П = гг*(Л2 - R,fyRi 4- Я1).	О
Пример 3. Используя теорему Гаусса—Остроградского, вычислить поток векторного поля
f Х2у Д	2X2(1 4- у) 4- I + У2.
а ~ 1—”2 + 6уг )1 + lx arctS И------------Г7~д-----
\ I + 1Г /	1 + 1Г
62
Глава 3. Векторное поле
через внешнюю сторону части поверхности z = 1 - х2 - у2, расположенной над плоскостью хОу.
Рио. 28
Решение. Для того чтобы можно было применить теорему Гаусса—Остроградского, замкнем снизу данную поверхность участком плоскости хОу, который ограничен окружностью
Сх1 + !/’= I,
I » = °-
Пусть V — объем полученного тела, ограниченного замкнутой кусочно гладкой поверхностью а, состоящей из части ст, параболоида вращения z = I - х2 - у2 и части оч плоскости z = 0 (рис. 28).
Поток данного вектора через поверхность от по теореме Гаусса—Остроградского равен
Находим сумму
gP dQ OR _ 2ху 2х _ 2z(l +у) _ ( gz + gy + gz ” I + у2	I + у2	1 + у2 ~~
Следовательно, поток
П= J^(i,n°)d<r = O.
В силу аддитивности потока будем иметь
П = JJ (а, n°) dcr 4- JJ (а, п°) da 0.
Отсюда искомый поток
п,-уу (.,nc)d» = - уу (.,no)dff.
Поток П2 вектора а через круг х2 + у2 I. х ® 0 равен
П,=УУ («, n°)dcr
Так как на плоскости z = 0 имеем
а = -^^1 + 2х arcig у] - k, и” = -к.
§ 13. Дивергенция векторного поля Соленоидальное поле
63
* и следовательно, (а,п°) = 1, то поток П2 через круг будет равен плошали
круга а2:
Искомый поток П| — -П2 = -г	>
Задачи для самостоятельного решения
к-	----------—	1	—
^Замыкая подходящим образом данные незамкнутые поверхности и пользуясь теоремой Гаусса—Остроградского. вычислить потоки векторных полей через указанные поверхности (нормаль к замкнутой поверхности берется внешняя).
1128. a = (l-2a?)l + yJ+zk;	S:	х2 + у2 = z2 (0<z<4).
,129. » = z2l + «j + »k;	S:	z2+»’=4-x (z > 0).
430. • = (»’ + z’)l - i?j + 2yzk;	S:	z2 + z2 = (0 j < I).
§ 13. Дивергенция векторного поля. Соленоидальное поле
L Понятие потока векторе через замкнутую поверхность приводит [к понятию о дивергенции или расходимости поля. Это понятие даст [Некоторую количественную характеристику поля в каждой его точке.
R Пусть М — изучаемая точка поля. Окружим ее поверхностью S произвольной формы, например, сферой достаточно малого радиуса. Л класть, огрвниченная поверхностью £, пусть будет (У), а ее объем V. {Посмотрим отношение
——
П| Определение 1. Если отношение (l) имеет конечный предел, ко-
I гда область (У) стягивается к точке М, то этот предел называют дивергенцией векторного поля (дивергенцией вектора в) в точке М и обозначают символом div в(М). Так что
^(в, п°) d<r
div е(ЛГ) = lim  -—--(2)
	У
Формула (2) дает инвариантное определение дивергенции. Это опре-
вление означает, что дивергенция поля в в точке ЛГ есть объемная hhoTHocTb потока вектора в в этой точке.
Точки М векторного поля а(ЛГ), в которых diva > 0, называются i/c-Ъчниками, а точки, в которых diva < 0, называются стоками векторного
64
Глава 3. Векторное поле
Дивергенция векторного поля есть скалярная функция точек поля
Если координаты вектора
я(ЛГ) = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + Я(я, у, z)k
дР dQ dR
имеют непрерывные частные производные ~—, ——, — в окрестности ох оу dz
точки М(х,у, z), то, пользуясь инвариантным определением дивергенции, из теоремы Гаусса -Остроградского получаем, что
OP dQ OR div а —----1----Г----
dx	dy	dz
Все величины в формуле (3) рассматриваются в одной н той же точке M(x,y,z).
Используя формулу (3) для дивергенции, можно теорему Гаусса
Остроградского (см § 12) записать в векторной форме
(3)
div a dv.
0)
е	v
Пример 1. Пользуясь инвариантным определением, вычислить дивергенцию векторе а = xi в точке 0(0,0,0), выбрав в качестве поверхности о, окружающую точку О, сферу <rf радиуса е с центром е этой точке.
Решение. По определению дивсргсниии в .чанной точке имеем
#(».n“)d<r
diva(0)= lim ---,
k<)-D Vf
где tJr — объем шара, ограниченного сферой а,, или
div а(0) = lim —------.
4 з
Но так как объем шара равен ve — -sre , то
$(а n°)d<r
di>a(0) = ‘Lm/'(4/3)^'
Вычислим поток jQT(a, nr) do* данного вектора через сферу trc. Орт иормаипи п1' к сфере at направлен по радиусу сферы, поэтому можно положить.
--------1гГ е’
где — орт радиуса-вектора г = xi + tj + zk, или
§ 13. Дивергенция векторного поля. Соленоидальное поле
65
поток будет рапен
Переходя к координатам на сфере ас
X — £ cos <р sin 6, у = с sin у sin 8, z = е cos 8.
хчучим
(а. п°) da —
€2 COS 2<p sin 28e2 sin 0 d<p d6
cos3y>dy>
f . з .	4
J sin <pay> = -
diva(0)=lim<^ k c-o (4/3)w’
Пример 2. Вычислить div г.
Решение. Имеем г = xi + j/j -+ zk, так что P - x, Q = y, R — z и, значит, формуле (з)
dx	dy dz
div r -----1--4----
dx	dy dz
Пример 3. Вычислить div (иа), где u(M) — скалярная функция, а(Л/) = P(z, у, z)l + x)i +	3/’	— вектор-функция.
Решение. Используя формулу (3), находим
_ 3(ttP) d(uQ) d(uR) dP ndu az +"ёГ + dR du
+ «— + R-r- = u| dz dz
dz dp dQ dx dy
dP	du	dQ du
dx	dx	dy 4dy
dR \ p&u
dz ) Ox ‘ ® dy + R dz
= «• div a + (a, grad u).
dx
1так.
div(ua) я в-йкат(a,gradu).
(5)
Пример 4. Найти дивергенцию вектора
где r — |r| — расстояние от начала координат до переменной точки М(х,у, z).
Зак. 85
I
66	Глава 3. Векторное поле
Решение. Используя формулу (5), получим
dlv.= ^divr+(r,srad^).
Далее, fvirfy'., rip'W-if’Wj div г = 3, grad------------ ( "р~ 1 Brad г =------г
Поэтому
div>=3^W +	=3р£) + rj/(r)-y(r) = 2(^) + ₽|(р)
Задачи для самостоятельного решения
131.	При какай функции ^(г) будет div^(r)r = 2^(г)?
132.	Найти div (г4г).
133.	Найти дивергенцию векторного поля а = [с, г], где с — постоянный вектор 134. Найти div(r|w,r]), где w — постоянный вектор.
135.	При какой функции ^(г) дивергенция поля в = zzi + yj + ^(r)k буде. репка х?
135.	Найти поток радиуса вектора г через поверхность сферы
9 Г<1
137. Электростатическое поле точечного заряда д равно Е = р • Вычислить
135. Показать, что
5	= у»
Е где V — объем, ограниченный замкнутой поверхностью Е.
139.	Доказать, что если Е — замкнутая кусочно гладкая поверхность и с — постоянный ненулевой вектор, то
cos (n, с) da = О,
Е где л — нектор, нормальный к поверхности Е. 140. Доказать формулу
$ (у?а, п°) da = JJJ (<р diva + (a, gradу>)) dt;, с	v
где у? = <р(з, у, z), а Е — поверхность, ограничивающая объем V. Установи гь условия применимости формулы.
141.	Доказать, что если функция u(z, у, z) удовлетворяет уравнению Лапласа д2и	дги д7и _
дх2 + ду2	dz2 *
#^u
— da = О, дп
§ 13 Дивергенция векторного поля. Соленоидвльное поле
67
би
гм — производная по направлению внешней норм вл и к кусочно гладкой ап
замкнутой поверхности Е.
142.	Доказать, что если функция и(х, у, z) является многочленом второй степени
и Е — кусочно гладкая замкнутая поверхность, то иитегрнл

пропорционален объему, ограниченному поверхностью Е.
Найти поток векторного поля через указанные замкнутые поверхности: 1) непосредственно, 2) по теореме Гаусса—Остроградского.		
143. а = г1+ zk;	*	N N II II ** 4-4
144. а = 2xl + 2pj - zk:		z2 = za 4- y\ z=H (ff>0).
145. B = zl-zj;	S:	z = 6 - x1 - y2t z2 = x2 + y2 (z > 0).
1146. s = yz\ - a:J - yk;	S:.	V/ V/ II O  _L "ч 'Z "m ? II J1 II HANN
147. a = zi4-2j/j-zk;	St 	
^48. a = 2zl - (z - l)k;		fi	H	H +“	"	+ “° +	«	II H II	r
I4G. a = 2si - pj + zk;	S: 	3l =I'+U> Л>
		— z у 1 z j? -	1
150. a = j/zl + 3j/j - zk;	S: a	1 4- y2 + z2 = 4.
151. a= (z + z)l+(j/ +	z)j + (z	1 Z = у (z 0).
		9-z = z24-|/2,
152. a = 3zl - - zk;	S: «	x = 0, у ~ 0, z = 0 (первый октант).
		C a;4-p-rz= I,
ЙЗ. a = (y-z)l4-(z-	!/)J + (*	~z)k; S: < x~ y + z = 1,
		I x 0, s = 0.
R4. a = Ж1 - 2yJ - zk;	s"	I — z = x2 4- y2, z =0.
68
Глава 3. Векторное поле
Соленоидальное (трубчатое) поле
Определение. Если во всех точках М некоторой области G дивергенция векторного поля (заданного в области G) равна нулю
div a(Af) = 0.
го говоря г, что поле ссменоидольно в этой области.
Таким образом, по определению, соленоидальное поле не имеет источников и стоков.
Из теоремы Гаусса—Остро градского следует, что в соленоидальиом поле поток вс к юра а — а(М) через любую замкнутую поверхность а, лежащую в этом поле, равен нулю
$ (а, а°) da = 0. и
В солсноилальном поле G векторные линии не могут ни начинаться, ни кончаться. Они могут быть либо замкнутыми кривыми, либо иметь концы на границе поля
Уравнение
div а(7И) - О называется в гидродинамике уравнением неразрывности несжимаемой жидкости.
В этом случае количество жидкости, выходящей через какую-ни будь замкнутую поверхность <т, всегда равняется количеству входящей жидкости, и полный поток равен нулю.
Определение. Пусть имеем векторное пояс
а(Л4) (нс обязательно соленоидальное). Рас- а"
смотрим в поле замкнутый ориентирован-
ный контур L. Поверхность Е, имеющую /	2 __——-X
линию L своим краем, назовем поверхно- /	j
стью, натянутой на контур L. Нормаль р I г'	/
к поверхности Е условимся ориентировать I/	s'
гак, чтобы с конца норманн выбранный об-
ход контура L был виден совершающимся
проз и в часовой ci редки (рис. 29).	рис-23
Задачи для самостоятельного решения
Какие из следующих векюрных полей являются соленоидальными?
155.	а = х(х2 - jr’)i -г у(х2 ~ х2М +	- эг)к.
156.	а = y2l - (х} + y’)j + ерУ2 » 1)к-
157.	а = (1 Г 2ay)i - j/sj . (~2у- 2ху -г 1)к.
§ 14. Линейный интеграл от векторного поля	69
158.	Показать. что векторное поле Е = -у г (г = у/^ + у2 — *2) является мленоидальным но всякой области, нс содержащей начала координат 0(0,0,0) 159. При каком условии векторное поле а = у»(г)г будет солен омлальиым?
160.	Показать, что в соленоидальном поле поток векторною поля а(М) нс зависит от вида поверхности Е, патякуюй на данный контур L, а зависит юлько от самою контура.
§14. Линейный интеграл от векторного поля. Циркуляция векторного поля
Пусть даны непрерывное векторное поле а = a(Af) и кусочно гладкая •кривая L, на которой выбрано положительное направление (ориентированная кривая).
Определение 1. Линейным интегралом от векторного поля а = a(Af) вдоль ориентированной кривой L называется криволинейный интеграл первого рода (интеграл по /тине дуги кривой) от скалярного произведения (а, т“)
У (a, r)ds,
где тс — т°(М) — орт вектора, касательного к линии L, ориентация > которого совпадет с ориентацией L; ds — дифференциал длины I дуги л кривой L.
Если г - т(М) есть радиус-вектор произвольной точки М линии L, то нейный интеграл от поля а(М) можно записать в виде
f (a,r°)ds = у (a. dr).	(I)
Если в векторном поле введена прямоугольная система координат ргj/z, то г = a?i + yj + zk,
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k,
и линейный интеграл (1) выразится через криволинейный интеграл второго рода
J (a, dr) = J Р(х, y,z)dx + Q(x, у, z) dy + Я(®, у, z) dz.
В случае, когда а = а(М) является силовым нолем, линейный интеграл (I) дает величину работы этого поля вдоль линии L.
70
Глава 3. Векторное поле
1°. Свойстве линейного интеграла, а) Линейность-
J (Ae,+pa2,dr) = A J (abdr) + /i j (а2, dr), I	I	i
где А, д — постоянные числа.
б) Аддитивность:
J (a, dr) = J («,dr) + У (a, dr).
Ь|+^2	I»t	Lj
в) При изменении ориентации линии L интеграл меняет знак
У (a, dr) = - У (a, dr), ВА	АЛ
где А — начальная, а В — конечная точки линии L.
2°. Вычисление линейного интеграла от векторного поля. Пусть линия L задана параметрическими уравнениями
* = у =	* = х(0. fc
при этом в начальной точке А линии L параметр t принимает значение t — <о> “ в конечной точке В линии L — значение t = (направление на линии L соответствует возрастанию параметра t от to до tj); функции v(0» ^(0. Х(0 имеют непрерывные производные на отрезке [to, fij. Тогда
У (в, dr) = У (a, dr) = У {Р[р(4), ip(i), Х(01/(0 +
L	АВ	tB
+x(t)Mt) + ямо, W), x(OJx'(O} dt.
Если линия L задана системой уравнений у = z = х(х), а < х Ъ, то
ь
У (a,dr) = y {Р[г,^(=:),х(а:)1 + АВ	a
+ <?[а:, ф(х), х(г)1 ф'(х) + Н[х, ф(х), х(х)]х’(г)} d®.
Аналогичные формулы можно написать и для случаев, когда линия является одной из следующих систем уравнений:
Я = ₽(»). z = x(lf) (»о<®<!/|)
ИЛИ
= ¥>(*), У = Х(^) (®i> С * < г,)-
§ 14. Линейный интеграл ст векторного поля
71
Пример 1. Найти линейный интеграл от вектора а =
радиус-вектор, вдоль отрезка прямой от точки А(гх) до В(гв).
Решение. Искомым линейным интегралом будет
<»
АВ	АВ
Из равенства
d(r, г) = (dr, г) + (г, dr) = 2 (г, dr) находим
(г. dr) = 1 d(r, г) = 1 d(|r|2) = - • 2|r| d|r| = Id dlr|.
Отсюда
пг=*	<2>
Подставляя (2) в интеграл (I), будем иметь
J (в, dr) = J d|r| = У d|r| = |rB| - |r4|.	>
AB	AB	TA
Следует обратить внимание на то, что
|dr| / d|r|.
Звдвчи для самостоятельного решения
4айти линейный интеграл вдоль отрезка прямой, ограниченного точками А(Г|) В(г2), для следующих векторных полей:
г	г°
161. в = г.	162. а- —	163. я = —, г° - орг.
|г|2	|г|2
|164. Вычислить линейный интеграл вдоль прямой, проходящей через точки ©(0,0,0) и МД!, 1,1) в направлении от точки О к точке Мн если а = (Ь, г], где b — постоянный вектор.
165. Доказать, что
У (grad u, dr) = u(B) - u(A).
AB
Пример 2. Найти линейный интеграл от вектора а = zi + zj + j/k вдоль i
дуги L винтовой линии х = J?cosi, у = Ksint, z = — от точки А пересечения линии с плоскостью z = 0 до точки В пересечения с плоскостью z = I (рис. 30).
72
Глава 3. Векторное поле
Решение. Линейный инте1рал в данном примере имеет вид
/<’>*>-/ z dx + х dy + у dz. £	L
Винтовая линия расположена на круговом цилиндре х2 F у2 = R2. В точке А имеем t0 = 0, в точке В имеем ti = 2я. Так как
dt
dx = —Rsintdt, dy = Rcostdt, dz =— 2тг
ro интеграл будет равен
2т
J (a,dr) = J ^Riint^-R2 cos 2t 4- ~ sin t\ dt = l	о
2*	2ж
= R J cos2tdt — — J tsyntdt — TrR2 + R, о	0
гак как
cos 2t dt =
lr
J f sin tdt — — 2тг. о
Пример 3. Найти линейный интеграл от вектора а = zi + zj + j/k (см. пример 2) вдоль прямой АВ (см. рис. 30) в направлении отточки А до точки В.
Решение. Так как прямая АВ (образующая цилиндра х2 + у2 = R2) расположена на плоскости xOz и проходит через точку A{R, 0 0), то у = 0 х = R, (1х = 0 и ди я радиуса-вектора г точек прямой АВ будем иметь г = Rl + zk. dr = kdz. Поэтому скалярное произведение
(a, dr) = z dx + х dy + у dz
па прямой АВ будет рапйо нулю. Следовательно, искомый линейный интеграл
(a, dr) = J (a, dr)
L	АВ
на прямой -4 В будет равен нулю.	О
Из примеров 2 и 3 следует, что в обшем случае линейный интеграл от векторного поля зависит не только от начальной и конечной точек пути интегрировании, но н от формы этого пути.
Пример 4. Вычислить работу силового поля ¥=yi+xi + (x + y+z)k вдоль отрезка АВ прямой, проходящей через точки М|(2,3,4) и Мз(3,4,5).
§ 14. Линейный интеграл от векторного поля
73
Решение. Работа данного силового поля будет равна линейному интегралу рдоль отрезка М\Мг'.
A- J (F,dr)= J ydx + xdy + (x + y + z)dz. м,м2
Находим канонические уравнения прямой ММ] Имеем
х — 2 _ у — 3 _ ж-4
О юда
у = г + I,
dy = dx, dz = dx.
дссь x изменяется в пределах от 2 до 3 (так как абсцисса точки равна 2, абсцисса точки М равна 3). Искомая работа будет равна
x + a + x+l+x + 2)dx
Задачи для самостоятельного решения
у21 - x2j
,166. Вычислить шнейный интеграл от плоского векторного поля я =	.
.	х/х2 + уг
роль полуокружности х = R cost, у = R sm t (0 t тг).
Я 67. Вычислить линейный интеграл от плоского векторного поля а = (z2 + y2)i+ г2 - y)j вдоль линии у = |z| от точки (-1,1) до точки (2,2).
68. числить линейный интеграл от плоского векторного поля а = (х2 — 'У)1 + (1? -
; а) вдоль параболы у — х1 отточки (—1, I) до точки (1,1);
j 6) вдоль отрезка прямой соединяющей точки (—I,1) и (I, I).
69 Вычислить работу силового поля F = 2xj/i + z2j вдоль дуги окружности ' 4-у2 = I отточки (1,0) до точки (0,1) в направлении против часовой стрелки. 70. Вычислять работу силового поля F ~ (х2 + 2zy)i + (х2 + y2)j вдоль парабо-1:1 у — х2 от точки (0,0) ДО ТОЧКИ (I, I).
11.	Вычислить линейный интеграл от векторного ноля _______________________________ж» + yi + zk_____
у/х2 + у1 + Z1 - X-у+ 2z
Кмь огрезка прямой от точки (1,1, I) до точки (4,4,4).
1я2. Вычислить линейный интеграл от векторного поля а — (у2-z2)l+2yzj-x2k аоль линии х = t, у = t2, z = I3 (0 t $ 1) в направлении возрастания йраметра I.
<73. Вычислить линейный интеграл от векторного поля а = yl + zj+ zk вдоль йгка винтовой линии х — a cost, у = a sin t, z = Ы (0 t < 2тг) в направлении Инрастания параметра t.
74
Глава 3. Векторное поле
174. Вычислить линейный интеграл от векторного поля а = г21 + у1) 4- x2k в направлении отточки (0,0,0) до точки (I, I, I) вдоль огрезка прямой, проходящей через эти точки.
3°. Циркуляция векторного поля и ее вычисление.
Определение 2. Циркуляцией Ц векторного поля а = а(М) называется линейный интеграл, взятый вдоль замкнутой ориентированной кривой L. Таким образом, по определению
Ц =	(a, dr),
L
где символ £ означает интеграл по замкнутой кривой L. L
Если векторное поле а = «(М) задано в координатной форме
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, *)j + Я(ж, у, z)k,
то циркуляция векторного поля будет равна
Ц = У Pdx + Qdy + Rdz.
L
Пример 5. Вычислить циркуляцию векторного поля а = — y3i + s3j ж2 у2
вдоль эллипса L: —т + -т = 1 •
а2 Ъ2
Решение. По определению циркуляции имеем
Ц = У (a, dr) = j> -у3 dx + x3 dy.	(3)
L	L
Параметрические уравнения данного эллипса имеют вил ( х = a cos t, ty = bsinf (0 t < 2jt).
Отсюда
dx = -a sin tdt. dy =b cos tdt.	(5)
Подставляя (4) и (5) в (3), получим
Ц =ab J (b2 sin *t + a2 cos4f) dt — ^?reb{a2 + b2),
и
§ 14. Линейный интеграл от векторного поля
75
как
аналогично находим, что
Пример 6. Вычислить циркуляцию векторного поля а = yexvi 4- ®e**j + xyzk вдоль линии L, получаемой пересечением конуса х2 + у1 = (z - I)2 с координатными плоскостями (рис. 31).
Решение. Линия L состоит из двух отрезков ЧС и С А, расположенных на координатных плоско-;гях yOz и xOz соответственно и дуги АВ окруж-юсти х2 + у2 = 1, « = 0. Поэтому циркуляция санного векторного поля будет равна
вс
СА
Я
I) Не отрезке ВС имеем
= 0, dx = 0: z = I - у, dz = -dy; 1 > у > 0.
!ЛЬИО,
У (я, dr) = У ydx — 0. вс	ВС
2) На отрезке С А имеем
у = 0, dy = 0; z = I - х, dz = -dx; 0 $ х С 1.
Следовательно,
J (a, dr) = У х dy = 0. ел	ел
1 3) На дуге АВ окружности х2 + у2 — I, z = 0 имеем z = 0, dz = 0. и значит
У (•. iг) = У «'"(у dx + z dy) = J d(yz) = J d(e") =	= 1-1=0.
К И	M Я
Искомая циркуляция векторного поля равна нулю.	О
76
Глана 3. Векторное поле
Пример 7. Вычислить циркуляцию векторного поля а = zj/i + yzj + xzk, , f l2+s/2=l, если L: <
I X +y + z = I.
Решение. Имеем
Д = j («»*) = J xy dx + yzdy + xz dz. L	t
Линия L есть ЭЛЛИПС, получающийся в результате сечения цилиндра z2 + j/2 = 1 плоскостью х + у + z = I. Найдем параметрические уравнения этой линии Проекция любой точки этой линии на плоскости хОу находится на окружности Z2 + у2 = I. Отсюда получаем х = cost, у = sin t. Но эллипс лежит на плоскости х + у + z = I, отсюда z = I - х у или z — 1 — cost — sint Следовательно, параметрические уравнения линии Z:
f х = cost, < у — sin t, [ z = I — cos t — sin t (0 $ t < 2зг).
Отсюда находим
dx = — sin t dt, dy = costdt, dz = (sin t — cost) dt,
и, значит, циркуляция будет равна
2т
% = J [-costsin2t+sint(l - cost - si nt) cost + 0
+ cost(l - cost-sin t)(sint-cost)] dt =
It	It
— J (-3sin2fcost4-sin2t-cos2tsint-cos2t-cos3t)di=-y cos2fdt = -jr	О
0	U
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить циркуляцию Ц векторного поля а вдоль данной линии L:
175.	а = (xz + y)l + {yz - z)j - (z2 + y2)k;
X +У
176. а — j/2l + z2j + z2k;
z2 + у1 = Rx (z > 0).
177. a = (2z + z)i -J- (2j/ — z)j zj/zk; L — линия пересечения параболоида вращения z2 + уг — I — z с координатными плоскостями.
176.	Показать, что если циркуляция векторного поля по любому замкнутому контуру равна нулю, то в таком поле не может быть замкнутых векторных линий.
§ 15. Рогор (вихрь) векторного поля
77
§15. Ротор (вихрь) векторного поля
Пусть имеем векторное поле
а(М) = P(i, у, z)i + Q(z, Ji, z)j + R(x, ji, z)k.
Будем предполагать, что координаты Р, Q, R вектора а(Л/) непрерывны и имеют непрерывные частные производные первого порядка по всем своим аргументам.
Определение 1. Ротором вектора а(М) называется вектор, обозна чаемый символом rota(M) и определяемый равенством
(dR dQ\ (6Р dR\ (dQ dP\ rota= \ву ~ ~az)'+\dz ~'dx)>+ \ax ~ dy)k (,)
нли в символической, удобной для запоминания, форме
	i j k	
	а а а	
rot а —	8х ду dz	(2)
	Р Q R	
' Этот определитель обычно раскрывается по элементам первой строчки, при этом операции умножения элементов второй строки на элементы [ретьей строки донимаются как операции дифференцирования, напри
,	0 „ dQ
j Определение 2. Если в некоторой области G имеем rota = 0. то векторное поле а в области G называется безвихревым.
Пример 1. Найти ротор вектора а — (х + z)t -н (у + z)j + (а:2 + z)k.
Решение. Используя формулу (2), имеем
i	j	к
1	а	д	д
rot а = —	—	—
дх	ду	dz
х + z	у + z	х2 -t- z
Iвскрывая определитель по элементам первой строки и понимая операцию д 2
умножения, скажем, — на х + z, как операцию частного дифференцирования °У
Цайлем
rota = — i - (2а;  l)j	t>
Пример 2. Найти ротор вектора Н напряженности магнитного поля е условиях примера 3 § 10.
78
Глава 3. Векторное поле
Решение. Вектор Н напряжен пости магнитного поля
гм II X Ч X II X	1 J к 0 0 1 xyz	21 , 21 , Р	Р1
где р2 = х2 4- j/2 Отсюда в силу (2)		
[х2 + у2 — 2х2	х2+у2 — 2«21	, }	}
 ,	k = 0	+
(z' + k1)1	(z’+i/T J
Таким образом, rot II = О везде, кроме осн Oz, в точках которой последние формулы теряют смысл (знаменатель об решается в нуль) т.с. векторное поле Н является безвихревым всюду вне точек оси Oz	t>
Задачи для самостоятельного решения
Найти ротор следующих векторов:
179.	а = (z! + j/’)i + (у! + zJ)J + (z1 + z‘)k.
180.	a = z’l + y!j + z!k
181.	a = ^(-y’l + z’j).
182.	Показать, что если координаты вектора л(М) имеют непрерывные частные производные второго порядка, то div rota = 0, т.с. что векторное поле rota есть солеиоидальное поле.
183.	Показать, что
a) rot (а ± b) = rot а ± rot а; б) rolAa = Arota (А — числовая постоянная).
184.	Показать, что если и — и(т) — скалярная функция» а = а(М) — вектор, то rot (иа) = u rot а + [grad а].
185.	Показать, что есди а и Ь — постоянные векторы, г — радиус-вектор точки М(х, у, г), то rot (г, а)Ь = [а, Ь].
186.	Показать, что rot (га) = -|г, а], |де а — постоянный вектор, г = |г| =
+ +
/ (Г)
187.	Показать, что гот (/(г)>) =--fr9 а], где /(г) — произвольная дифферен-
цируемая функция своего аргумента, а — постоянный вектор.
188.	Показать, чго векторное поле а = /(г)г является безвихревым, т.е. rot а = 0
189.	Показать, что div [a, b] = (b, rot а) - (a, rot b).
190.	Показать, что ротор поля линейных скоростей v вращающегося твердого теля есть постоянный вектор, направленный параллельно оси вращения, модуль которого равен удвоенной угловой скорости вращения: rotv = 2w.
§ 16. Теореме Стокса
79
191.	Определить угловую скорость w, с которой вращается твердое тело около неподвижной оси, проходящей через некоторую его точку, если его линейная скорость v = 2xi -г y?j + xzk.
192.	Показать, что иоле ротора вектора а(Л7) свободно от источников и стоков.
193.	Какова должна быть функция f(x,z), чтобы ротор векторного ноля а = yxl -1- /(i, z)j + хук совпадал с вектором -I + к?
§16. Теорема Стокса
Пусть координаты вектора
а(М) — Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j 4- R(x, у, z)k
непрерывны и имеют непрерывные частные пронзнодные.
Теореме. Циркуляция вектора а по замкнутому контуру L равна потоку ротора этого вектора через любую поверхность Е, натянутую ни контур L:
a, n°) do.
(О
Предполагается, что ориентации нормали nn к поверхности Е согласована с ориентацией контура L так. чтобы из конца нормали обход 'контура в выбранном направлении был виден совершающимся против Часовой стрелки.
Пример 1. Вычислить циркуляцию векторного поля а = yi + ж2] --	х2 + у2 — 4,
1) непосредственно, 2) по теореме
z = 3
zk по контуру L: {
Стокса.
Решение. I) Контур L — окружность радиуса 1= 2, лежащая н плоскости z — 3 (рис. 32). Выберем г-иентаиию на ней как указано на рисунке. Параме-щческие уравнения линии L:
f х = 2 cost, < у —2 sin f.
dx = —2 sin tdt, dy = 2 cos tdt, Ья циркуляции векторного поля а имеем
/,	»	, Рис. 32
[2sint(—2sint) + 4coszt 2cost — 3 - OJ dt = —4л
80
(лава 3 Векторное поле
2) Для вычисления циркуляции но теореме Стокса выберем какую-нибудь поверхность Е, натянутую на контур L. Естественно в качестве Е взять круч имеющий линию L своей границей. Согласно выбранной ориентации контура нормаль пс по кругу необходимо взять равной к: п'1 = к. Далее
гота =
д дт
У
j к
д 0 ду dz
= (2z-l)k.
Поэтому, в силу теоремы Стокса.
Ц = JJ (rotа, пс) da = JJ (2x-\)dff = к	г
(2рсо$<р - l)pdp —
Задачи для самостоятельного решения
194. Показать, что поток ротора через незамкнутую поверхность, натянутую на данный контур, нс зависит ог формы поверхности.
Найти циркуляцию векторных полей по указанным контурам непосредственно и по теореме С гокса.
195.	а = zi + zj + j/k;	L. 1	1 z’ + y2 = 4, L z = 0.
196.	а = |/l  zj -1- zk;	L; 1	о A\ II ~ "h + II + +
197. г + у	a = 2xzi - j/j |- zk по контуру, образованному пересечением плоскости + 2z = 2 с координатными плоскостями.		
198.	• = - Ч (X + !/)к	L 1	N	* II	II — +
199.	• = Л;	4	h H © £ «+ II 4a P II N О II ©
200.	а = гуЧ 4- a-z3j +	L. 1	W	H II	II 1° +
201.	а = sH a’j:		[ z!+!/! = 9, [ 3y + 4z = 5.
202.	а = j/i — zj 4- zk;	“1	f z2 + v1 + a’ = 1, 1 x = a.
203. Дано векторное поле скоростей v точек твердого тела, нратающегост с постоянной угловой скоростью ш вокруг оси Oz. Вычистить циркуляцию этого			
I
§16. Теорема Стокса
поля по окружности
{х — a cos t, у = asini, z = О (0 < t < 2а-), непосредственно и по теореме Стокса
Из теоремы Стокса получаем: проекция вектора rota на любое направление п не зависит от выбора системы координат и равна поверхностной плотности циркуляции векторного поля а по контуру площадки, перпендикулярной этому направлению:
$ (а, *) iip„rota|M=(rota.n°)| = lim i—-— ПЗ-.А/ *
(2)
Здесь (Е) — плоская площадка, перпендикулярная вектору п, S —
плошадка этой площадки; L — контур площадки, ориентированный так, । чтобы обход контура был виден из конца вектора п против часовой стрсл->{' ки; запись (Е) —> М означает, что площадка (Е) ct«i икается к точке М, в которой рассматривается вектор tola, причем направление нормали п
i к этой площадке остается все время одним и тем же.
Пример 2. Вычислить плотность циркуляции векторного поля а —
по окружности
х = acosf, у = a sin t, z — Q (0 t < 2%).
в центре этой окружности М(0,0,0) в положительном направлении
оси Oz.
Решение. Здесь (Е) — крут радиуса а с центром в точке АГ, гак что
8 — тга* i 2 * * * * * 8.
Искомая плотность циркуляция рц равна
Рм = lim —</ (a, dr) = lim -—г у fix = lim —f (-a2) sin2t dt = -I.
I 0_o тга' J	e-o язя J и-о J
b	Ln
I С другой стороны,
 j k
У 0	0
’и, значит.
(rola,n“)|„ = (-k,k) =-l, l-no силу (2), подтверждает верность результата.	[>
82
Глава 3. Векторное поле
§17. Независимость линейного интеграла от пути интегрирования 83
Задачи для самостоятельного решения
204. Вычислить плотность циркуляции векторного поля а = xl + zj + yk в точке С(0,0,0) по контуру площадки, перпендикулярной направлению оси Ох, с помощью системы окружностей L: {у = a cost, х = asint, х = 0; 0 < t < 2тг} где а -»0.
205. Вычислить плотность циркуляции векторного поля a = 2yl + 5z*j в точке С(0,0,1) по контуру площадки, перпендикулярной направлению осн Ох, с помощью системы эллипсов L: {х = a cost, у = bsint, х = I; 0 t < 2ir}, где a -+ 0.
Пример 1. Показать, что для векторного поля а = xy2zl + x2yz\ + -x2y2k линейный интеграл / (а, dr) не зависит от формы пути интв-z	L
грирования L.
Решение. Координаты вектора а являются всюду непрерывными функциями, так что область определения G вектора а есть все пространство — од иосвязная Область. В этой области имеем
rot а =
д дх
д ду
к
д dz
= Q.
§ 17. Независимость линейного интеграла от пути интегрирования.
Формула Грина
Определение. Область G трехмерного пространства называется односвязной (точнее, поверхностно односвязной), если на любой зам-кнутый контур, лежащий в этой области, можно натянуть поверхность. целиком лежащую в области G. Например, все трехмерное пространство, внутренность сферы являются одноевнзнымн областями; внутренность тора, трехмерное пространство, из которого выброшена прямая, не являются односвязными областями.
Теореме. Для того чтобы линейный интеграл
(а, dr) = J Р(х, у, х) dx + Q(z, у, х) dy + R(x, у, х) dz
L	L
не зависел от формы пути интегрирования L, необходимо и достаточно чтобы векторное поле
а = Р(х, у, z)i + Q(x, у, z)j + Щх, у, z)k
было безвихревым, т. е.
rot л(М) — 0.
Здесь предполагается, что координаты Р(х, у, z), Q(x, у, х), R(x, у, х) вектора а имеют непрерывные частные производные первого порядка и область определения вектора а(7И) односвязна.
В этом случае линейный интеграл J (а, dr) будет зависеть только
I
от положения начальной н концевой точек пути интегрирования L.
При выполнении условий теоремы циркуляция векторного поля а(М) по любому замкнутому контуру С, расположенному в векторном поле а(М) равна нулю: $ (а, dr) — 0.
С
zy X Следовательно, линейный интеграл
У (•»dr) = У zy2 dz + z2yz dy + |z2y2 <tz
гуг
г1»
не зависит от формы пути интегрирования L.
В частности, для плоского векторного поля a(Af) = P(a:,j/)l + <?(a:,j/)j
Имеем
rot a(Af ) =
д дх
д 0у Q
k
A =/£Q_
dz \ dx
R
0Q ОР\. Оу)
(0
Поэтому для плоского векторного поля (I), определенного в односвязной области G, условие rota(Af) = 0 в координатной форме записывается дР дО
так: —- = -2-.
ду дх
। Таким образом, для того чтобы для плоского поля. определенного односвязной области G, линейный интеграл
Л1	f
J Р(х, у) dx + у) dy
зависел от формы пути интегрирования, необходимо и достаточно, чтобы ыполнялосъ соотношение
0Р = 0Q
р	ду ~ дх'
К Замечание. Требование, чтобы область G, где определен вектор 8 = а(Л7), J быта односвязной, существенно. Если область G неодносвязна, то при К условии го1«(Л7) = 0 линеяный интеграл может зависеть от формы пути И интегрировании

«4
1лава 3. Векторное поле
Пример 2. Рассмотрим линейный интеграл
/-у dx	х dy
х2 + у2 х2 + у2 I.
Решение. Подынтегральное выражение терне г смысл в точке 0(0,0); поэтому исключим эту точку. В оставшейся части плоскости (это будет уже неодно-связная область) коэффициенты при dx и dy непрерывны, имеют непрерывные частные производные, н выполняется тождество
1 ______________1_\
Ox \х- I у1 J ду \ х2+У’}
С 'фуюмсюрины, если вычисли ibэгоi ннге1рал вдоль окружности L: х1 ±у2 =R2. то параметрызируя уравнение этой окружности, будем иметь
/-u dx + xdy Г R sin 2t +- R cos f x2+y2 JR2	J
L	0	0
Мы получили. что циркуляция отлична от нуля и. следовательно, линейный интеграл зависит от пути итерирования	[>
Задачи для самостоятельного решения
Определить, для каких из указанных ниже векторных полей интеграл не зависит от формы пути интегрирования:
206. a = ?i+,'j+!,V 207..=	20В. .= >р±Ц
v'l +»2 + гг
Формула Гоина
Пусть в области V с границей L задано плоское векторное поле
а - Р(х, 2/)i + Q(x, y)j,
где координаты Р(х,у), Q(x,y) непрерывны н имеют непрерыв-ОР ные частные производные —
BQ	ВУ
" Ох'
Тоша справедлива формула Грина
Pdx г Q dy =

dx dy.
(2)
Прн этом граница L проходится так. «побы область D остается слева.
§ 17. Независимость линейного интеграла от пути интегрирования 85
Область D может быть и неодносвязной, так что граница ее может состоять из нескольких компонент (см. рис. 33). В этом случае под интегралом
J Pdx + Qdy
L
понимается сумма интегралов по всем компонентам границы области D
Формула Грнна (2) представляет собой частный случай теоремы Стокса (см. § 16).
Формула Грина дает возможность в некоторых случаях упростить вычисление циркуляции векторного поля.
ПримерЗ. Вычислить циркуляцию вектора а = ^/| 4- я2 4- з/214-у [zy4-
1п (1 + \/1 4- г2 4- 3/ )]j по окружности х2 4- у1 = R2
Решение. Циркуляция данного вектора равна
Ц — $ (a. dr) = J у/l +х2 + у1 dx у-у [ту 4- In (х 4- \/l + х2 4- у2 )] dy.
Здесь
Р = д/1 4- я2 4-1/2, Q = ху2 4- У In (х 4-	4-я2 4-у5 ).
Находим частные производные
ЭР = У	= 1 У
ду y/l + x2 4- у2* дх У т/1 4- X2 4- у2
Применяя формулу Грина, получим
4 = Jf + угЛ+7 - dv=ff dx d*
Переходя к полярным координатам
z = pcosy, y = psinyj, будем иметь
Ц = JJ р7 sin 7<рр dp dip = JJ р sin 2ip dp dip.
D	D
7мк как 0 < ip < 2гг, 0 p R, to
2я	Я
Ц = /sinVJP ^P =	!>
о	0
задачи для самостоятельного решения
(ычнелнть циркуляцию следующих векторных нолей поданным контурам, нри-№ния формулу Грина:
!09. а = (у ч- z)i 4- (у - x)j; L- х 4- у = 1, х = 0. у = 0
86
Глава 3. Векторное поле
210.	а = (х-уг)1 + 2гу);	L.y~x, у-х2.
211.	а = х in (I + y2)i + Х У j; L: х2 + у2 = 2г.
1 + У2
212.	а = y’l-x’j;	L: г + у=-1,г = 0. у = 0
213 я = (Зх ~	+ 4У3 )‘ + ('8у2 + »/1 + Да -ь 4у3 )J L _ (
3-/1 + х1 + 4ц!	’ '	’	’
214.	С помощью формулы Грина вычислить разность между интегралами
Л = J (г + у)2 dx — (х — у)2 dy и I2= J (х + у)2 dx - (г - у)2 dy, АшВ	Аг В
где АтпВ — отрезок прямой, соединяющей точки А(0,0) и В(1,1), а АпВ — дуга параболы у = х1.
215.	Доказать, что величина интеграла / (2z + у) dx + 2х dy, где L — замкнутый
контур, даст площадь области, ограниченной этим контуром.
216.	Пользуясь формулой Грина, вычислить линейный интеграл f (a, dr) от век-£
торного поля а = (ег sin у - у)1 -и (еа cos у - 1)j, 1де линия L есть верхняя папу-окружность х2 + у2 = 2х, проходимая в направлении от точки А(2. 0) до точки 0(0,0).
ГЛАВА
4
Потенциальное поле
§18. Признаки потенциальности поля
Определение. Векторное поле л(М) = Р(х, y,z)t + Q(x,y,z)j + R(x,y,z)k, запанное в пространственной области V, называется потенциальным, если существует такая скалярная функция что но всех точках области V выполняется равенство
а(М) = grad tp(M).	(I)
Функция ф(М) = ф(х, у, z), удовлетворяющая в области V равенству (1). называется потенциалам (нли потенциальной функцией) векторного поля а.
Соотношение (1) равносильно следующим трем скалярным равенствам
Р(г у Z) =	<?(« V *) =	(2)
ox	оу	oz
Потенциал поля определяется неоднозначно, с точностью до постоянного слагаемого.
Замечание. Для силовых полей функции ?(М) обычно называется силовой I функцией, а потенциалом называется функция —9?(М).
Пример 1 (Электростатическое поле точечного заряде). Показвть, |1 что попе электрической напряженности Е, создаваемое точечным зарядом q, помещенным в начале координат:
Е = -jr, г = у/х1 + уг + z2,
является потенциальным полем.
Решение. Задача ставится так: показать, что существует функция ^(х, у, z) такая, что выполняются соотношения (2).
В нашем случае и мем
Л’ММ) =	<?(».», г1=Ц
I	г-	Т1	г
Так как
AflA -__= дх\г) г2 дх г3
И ВНЯЛО1ИЧно
ду\г) г3’ dz \г)	г3’
«8
Глина 4. Потенциальное поле
тс функция
?(*.».*)=-- =-----/ 2	4 !	;
г \Хх'+у2+г! является потенциалом данного поля:
Erad = Е.	О
В данном примере начало координат, где сосредоточен заряд д, явлнется особой точкой поля Е.
Критерий потенциальности векторного поля
Теорема. Для того, чтобы векторное поле а(М), заданное в односвязной области V, было потенциальным, необходимо и достаточно, чтобы в каждой точке области V выполнялось условие rot а = 0.
(3)
Иными словами, для того чтобы векторное поле, заданное в односвязной области, было потенциальным, необходимо и достаточно, чтобы оно было безвихревым.
Потенциал <р(х, у, г) векторного поля
а = Р(х, у, z ) + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k определяется формулой
(4)
Pdx + Qdy + R dz, где (zOl у0, z0) — некоторая фиксированная точка поля, а (х, у, z) — произвольная текущая точка.
Пример 2. Показать, что векторное поле а = z2i + j/2j + z2k является потенциальным.
Решение. Координаты Р = х2. Q = у1, R = z3 вектора а являются бесконечно дифференцируемыми функциями во всем пространстве, так что а есть бесконечно дифференцируемый вектор, определенный во всем трехмерном пространстве. Имеем
roi а =
д дх
д
8у
У1
к а dz
а з д 2 дуг dzy
^’-£4=°-
векторное поле а потенциально. JleiKO видеть, что функция
у>(», У. -) =	+ С,
где С — произвольная постоянная, является потенциалом данного поля.
В силу теоремы 1
д 2 д
dz дх
§ 19. Вычисление линейного интеграле от потенциального поля	8 У
Задачи для самостоятельного решения
Проверить, будут ли следующие векторные поля потенциальными:
217. а = xzi-i-2yi + zyk.	218. а = (2zy+z2)i4-(2yz4-z2)j+(2rz4-y2)k.
219. а = ^(z3l г y’j + zz3k).	220. a yz cos zyi 4- xz coszj/j + sin zyk.
221. a = In (1 + z2)l + In (1 4-jr2)j + z~k.
27	,
223.	П = ^yt-yi + zj). r2 = z‘ + y\ r£0.
224.	Доказать, что поле a = f{r)  г, где /(г) — дифференцируемая функция, является потенциальным.
225.	Показать, что в потенциальном поле а = grad 9? векторные-линии перпендикулярны к поверхности уровня функции 9?.
§19. Вычисление линейного интеграла от потенциального поля
Теорема. Линейный интеграл от потенциального поля а(М) равен разности значений потенциала <р(М) пат в конечной и начальной точках пути интегрирования:
Mi
(a,dr) = V(M2)-V(Mi).	(I)
Mi
Пример 1. Вычислить линейный интеграл от векторного поля г — zi-Ь jj-l-zk, вдоль отрезка прямой, ограниченного точками ЛД(—1,0, 3) иМ2(2,-1,0).
Решение. Покажем, что данное векторное поле потенциально. В самом Деле,
i	j	k
д	д	д
roia- —- — — = 0. дх	ду	dz
х	у	z
JleiKo убедиться, что потенциал этого поля х* - у2 + ?
v (х, V, Л =--2----+ с
Применяя формулу (I), получим
У (.,dr) = ^(2,-l,O)-v(-l,o,3)= ^-5 = -|.
М|
90
Глава 4. Потенциальное поле
§ 19. Вычисление линейного интеграле от потенциального поля 91
Отметим, что несущественно, какой линией соединены точки М, и Му в любом случае при фиксированных М{ и Mi интеграл
W2	Ml
У (a,dr) = У х dz + j/ dy + z dz
My	Af,
имсег одно и то же значение.
Вычисление потенциала поля в декартовых координатах
Формулой
*>(«,!/.»)= У
(«о. Vo, 'о)
Р(х, y,z)dx + Q(x, у, z) dy + R(x, у. z) dz (2)
можно пользоваться для нахождения потенциальной функции <р(М) = <р(х, у, z) заданного потенциального поля
а(«» yt z) = Р(х, у, л)1 +
+ Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
Для этого зафиксируем начальную точку ЛГ0(я0, у0> н соединим се с текущей точкой М(х,у, z) ломаной МоАВМ, звенья которой параллельны координатным осям, а именно, М0А || Ох, АВ || Оу, ВЫ || Oz (рнс. 34). Тогда формула (2) принимает вид
р(г у, z) = у Р(х, у0 z0) dx + J Q(x, у z^) dy
У R(x,y,z)dz, (3)
где х, у, z — координаты текущей точки на звеньях ломаной, вдоль которых ведется интегрирование.
Пример 2. Доказать, что векторное поле а = (3/+z)l+(®+z)j-i-(2:+s/)k
является потенциальным, и найти его потенциал.
Решение. Первый способ. Необходимым и достаточным условием потенциальности поля а(М) яаляется равенством нулю rot а(М) В нашем случае
rota =
a dx y + z
a dy
к
а а* +у
= (i - 1)1+ (I - 1)J + (I - l)k = 0,
т. е. поле является потенциальным. Потенциал этого поля найдем с помощью формулы (3). За начальную фиксированную точку примем начало координат 0(0,0,0). Тогда получим
*’(».!>») = J (0 + 0) dx + У (z+O)dji + у (z + jjdz = xy + xz
Итак,
1/z.
Н®. у, z) = xy + xz + yz + c, где C — произвольная постоянная.
Второй способ. По определению потенциал 9?(ж, у, z) есть такая скалярная функция, для которой grad <р = а. Это векторное равенство равносильно трем скалярным равенствам'
а?
8i=l1 dip dy dip dz
Интегрируя (4) по x, получим
= z + V
V(z, V, z) = J (» + z) dx = xy + xz + f(y, z),
(4)
(5)
(«)
(7)
I где f(y, z) — произвольная дифференцируемая функция от?/ и z. Дифференцируя . по у обе части (7) и учитывая (5), получим соотношение для нахождения пока >| неопределенной функции f(yyz). Имеем af ~х+ или ду'
откуда
ay
Of ay'
_ а/ Z ву
I Проинтегрировав (8) по у, будем иметь
/(»,») = f zdy = zy + F(z),
(8)
(9)
где F(z) — пока неопределенная функция от z. Подставив (9) в (7), получим ^(х. У, z) = xy + xz + zy + F(z).
Продифференцировав последнее равенство по z и учитывая соотношение (6), получим уравнение для нахождения F(z):
dF
х i-y = x + y + y~.
az
dF
Отсюда —— — 0, так что F(z) = С. dz
Итак,
Ут *) = ХУ 4- xz + zy + C.
92
Глава 4 Потенциальное поле
Третий способ. По определению полного дифференциала функции ¥?(», У, г) имеем
др др dp
dp = — dx -г — dy 4 — dz. dx dy dz
dtp dp dp
Полстаюяя сюда вместо частных производных —, —, — их выражения из (4), дх су dz
(5), (6), получим
dp = (р 4 z) dx (х + z)dy + (x + у) dz,
или, после несложных преобразований,
dp (у dx + х dy) + (z dx + х dz) + (ydz + z dy) =
= d(xy) 4- d(xz) 4- d(yz) = d(xy 4 xz yz).
Итак,
dp = d(xy + xz + yz).
Отсюда следует, что
9?(®, у, z) = xy-i xz+ yz +С.	О
Задачи для самостоятельного решения
В следующих задачах установить потенциальность данных векторных полей а(М) н найти их потенциалы р(М)-.
226.	a = 2xy~\ 4 z2zj 4 a;Jyk	227.
228.	a = (2zn + z)i + (1' -	,	229.
230.	yci + xzj 4 жук	231.
	1 4 xy131	
232.	a = —.	233.
а = (У* + О» I- zzj 4zyk
i+j-rk
x + y + z'
§ 19 Вычисление линейного интеграла от потенциального поля 93 — - - -
Пример 3. Найти потенциал векторного поля а = yzi 4 xzj 4 Жук
Решение. Легко видеть, что rota = 0, т.е. данное векторное поле потенциально. Эю поле определено во всем трехмерном пространстве, которое является звездным с центром в начале координат 0(0,0,0), поэтому для нахождения ею потенциала воспользуемся формулой (10). Так как в данном случае
а(М') = a(tx, ty, tz) = £3yzl -t-tJxzj |- t*xyk.
, тс скалярное произведение векторов a(-W) и a(Af') равно
(а(ЛГ'), т(М)) = i2(zyz 4 xyz 4 xyz) = 3t2xyz
Искомый потенциал
V(M) = J (a(M’), r(M)) dt = xyz J Jt* 1 dt + C = xyz + C.
!	о	0
Итак,
p(M) = xyz +C.	C>
I Задачи для самостоятельного решения
Используя формулу (10), найдем потенциалы следующих векторных полей:
234. a =al + /3j + 7k, где а. /3, 7 — постоянные.
235. а = (у 4 z)i 4 (z + z)j 4 (у 4 z)k.
1 236. а = yi 4 aj ч- e’’k.
! 237. a = eIsinyi4eIcosyj-rk.
В гом случае когда область Q является звездной с центром в начале координат 0(0, 0,0) °, потенциал р(М) векторное поля а = а(Л/) и точке ЛГ(ж y.z) можно находить по формуле
Ч>(М) = j (a(M'),r(M))d|J-C, С = const,	(10)
о
где г(М) — а?1 + yj + zk — радиус вектор точки М(х,у z) а точка M'flx, t у, tz) при 0 < t < 1 пробегает отрезок ОМ прямой, проходящей через точки О и М.
Облапь (1 называется звездной относительно точки О, принадлежащей П, если любой луч. выходящий из этой точки, пересекает границу этой области не более чем в одной точке. Например, на плоскости знеинымн областями будут сама плоскость, паршзлелограмм, круг: и трехмерном иросзринстве — само пространство, параллс leumieji, шар.
ГЛАВА
5
Оператор Гамильтона. Дифференциальные операции второго порядка. Оператор Лапласа
(О
§20. Оператор Гамильтона «набла»
Многие операции векторного анализа могут быть записаны в сокращенной н удобной для расчетов форме с помощью символического оператора Гамильтона •набла»:
В этом операторе соединены дифференциальные н векторные свойства. д
Будем понимать формальное умножение на функцию f(x, у z) как дх
dt частное дифференцирование —.
дх
В рамках векторной алгебры формальные операции над оператором ♦набла» будем проводить так, как если бы он был вектором. Используя этот формализм, получим следующее.
I.	Если u = и(х, у, z) — скалярная дифференцируемая функция, то по правилу умножения вектора на скаляр имеем
ди ди ди 1-— +j— 4-k—-дх ду dz
2.	Если а = Р(2г, у, z)l + Q(a:, у, z)j +/?(а, у, z)k, где Р. Q, R — дифференцируемые функции, то по известной формуле для скалярного произведения имеем
'	\8г ‘Оу dz' 41	) 8г
в частности, [V, с] = 0 (с — постоянный вектор).
3.	Если а = Р(х, у, z)l 4- Q(x, у, z)j 4- R(xt у, z)k, то
а Оу
(2)
дР 6Q dR ^+^+s7 = diva’(3)
[»,«! =
д
8г
в ду
Q
к
_а
dz
R
= rota,
(4)
в частности, [V, с) = 0 (с — постоянный вектор).
§ 20. Оператор Гамильтонв *набл&>
95
Продолжая формализм действий с V как с вектором, из распределительного свойства для скалярного и векторного произведений получаем
(V, a+ b) = (V, а) + (V, Ь),	(5)
т. е. div (а + b) = div а + div b,
[Vla + b] = [VIa] + [V,b]l	(6)
т. е. rot (а + b) = rot а + rot b.
Формулы (5) и (6) можно трактовать также как проявление дифференциальных свойств оператора «набла* (V — линейный дифференциальный оператор).
Используя формализм действий с оператором V как с вектором, следует помнить, что V не является векторам — он не имеет ни величины, ни направления, так что, например, вектор [V, а] не будет, вообще говоря, перпендикулярен вектору а (однако для плоского поля а = Р(х, j/)l + Q(x, 3/>j вектор
1 fGQ 6Р\ [V,a] = rOta=(---)k
будет перпендикулярен плоскости хОу, а значит, и вектору а). Точно так же по отношению к символическому вектору V понятие коллинеарности нс имеет смысла. Например, выражение V^], где <р и ф — скалярные функции, формально напоминает векторное произведение двух коллинеарных векторов, которое всегда равно нулю. Но в общем случае это ие имеет места. В евмом деле, вектор Vy? = grad <р направлен
по нормали к поверхности уровня <р = const, а вектор = grad^ определяет нормаль к поверхности уровня ф = const, и эти нормали в общем случае не обязаны быть коллинеарными (рис. 35). С другой стороиы, а любом дифференцируемом скалярном поле <р имеем [Vp, = 0. Эти примеры показывают, что с оператором V нужно обращаться с осторожностью
Наряду с векторной природой оператор Гамильтона «набла» имеет дифференциальную природу. Учитывая дифференциальный харак-
Рис. 35
тер V, условимся считать, что оператор V действует на все величины, написанные за ним. В этом смысле, скажем, (V, а) / (а, V). В самом деле,
(V, а) = div а,
г
1
96 Liana 5. Операторы Гвмильтона и Лаплвса
§ 20. Оператор Гамильтоне «набла»	97
и то время как
д	0	д
(а, V) - Р— + Q— + R— дх	бу	dz
есть скалярный дифференциальный оператор.
Применяя оператор V к произведению каких-либо величин, надо иметь в виде правило дифференцирования произведения
0	dv ди
— luv) — и— 4-V-—. дх	дх дх
Отсюда следует, что оператор «набла» надо применить поочередно к каждому множителю, оставляя остальные множители неизменными, и затем брать сумму полученных выражений. При этом будем руководствоваться следующими правилами.
I.	Если оператор V действует на какое-либо произведение, то в первую очередь учитывается его дифференциальный характер, а затем уже векторные свойства
2.	Чтобы отметить тот факт, что «набла*- не воздействует на какую-либо величину, входящую в состав сложной формулы, эту величину отмечают субиндексом с (const), который в окончательном результате может быть снят.
3	Все величины, на которые оператор «набла» не воздействует, в окончательном результате ставятся впереди «набла», т. е. слева or него.
Пример 1. Показать, что div (иа) = u div а + (a, grad и). Здесь и — скалярная функция, а — вектор-функция.
Решение. В символической записи
div (ua) = (v ua)_
Учитывая сначала дифференциальный характер V, мы должны написать
(V, ua) ~ (V, ura) + (V, uaj.
Рассматривая выражение (^, иса) мы можем постоянный множитель ur вынести за знак «набла» и, как скаляр, за знак скалярною произведения, что дает
(V, ц.а) = (urV, а) = uf (V, а) = uc(V, а)
(на последнем шаге мы опустили индекс с)
В выражении (V,uar) оператор V действует только иа скалярную функ иию и; Поэтому мы можем написать, ЧГО
(V, ura) = (Vu, ас) — (af5 Vu) = (a, Vu).
В результате получаем формулу
(V. ua) = u(V, а) + (a. Vu), или
div(ua) = udiva-ь (a, grad и).	О
Пример 2. Показать что rot (ua) — и rot а - [a, grad к].
Решение В символической записи
roi (ua) — [V, иа].
Учитывая дифференциальные свойства V, сначала пишем
[V,ua] = [V,u a] + lV,uar]	(7)
Затем в первом слагаемом справа выносим скалярный множитель «е за знак V н за знак векторного произведен ня, чтодаег
[V, ura] = ue[V, а] = u[V, а].
Во втором слагаемом в (7) относим и к оператору V и изменяем порядок множителей для того, чтобы вектор а,, на который «набла» не действует, оказался впереди V. Эго даст	_ _
[V, uaj = [Vu, ас] = -(a, V«],
Таким образом,
[V, ua] = u[V, а] - [a, Vu], или
rot (ua) = u rot я - [a, grad и].	О
Пример 3. Пользуясь символическим методом, найти div [а, Ь].
Решение. Имеем
div [а, Ь] = (V. [«. Ь]) = (?,[«, bj) + (V, |а„ Ь]).	(8)
Пользуясь свойством циклической оерестаиовки множителей в смешанном произведении, преобразуем выражения в правой части (8) так, чтобы все постоянные величины оказались перед оператором V, а переменные — позади него. Получим
div [a, b] = ((V, a], b£) - (V, [b. aj) =
= ([V, а], Ье) - ([V, Ь], а,) = (Ь, [V, >]) - (., [V, Ь]),
т. е. div [а, Ь] = (b, rot а) - (a, rot b)	О
Замечание. Применяя символический метод, мы избегаем весьма сложных аналитических преобразований и быстро получаем окончательный результат. Но, с другой стороны, различные формальные преобразования с оператором «набла» надо производить очень внимательно, в противном случае возможны, как мы видели, грубые ошибки Поэтому при отсутствии уверенности в полученном результате его следует проверить аналитическим методом
Задачи для самостоятельного решения
23В. Показать, что
6)	V/(U) = /’MVu.
239.	Доказать, что вектор [Vu, Vti] соленоидалеи. если и и v - дифференцируемые скалярные функции.
98
Глава 5. Операторы Гвмилътонв и Лапласе
Используя оператор Гамильтона V, доказать следующие равенства:
240.	a) grad (tw) = v grad u + u grad и; 6) rot [a, b] = (b, V)a-(, V)b + adivb-bdiva.
241.	rot [я,r] = 2a. a — постоянный вектор.
242.	Доказать, что вектор а = u grad v ортогонален к rot а.
§21. Дифференциальные операции второго порядка. Оператор Лапласа
Дифференциальные операции второго порядка получаются в результате двукратного применения к полям оператора V.
Пусть имеем скалярное поле и — и(М) Действуя Па это поле, оператор V порождает векторное поле Ъи = grad и.
Для векторного поля Vu оператор V, примененный повторно к Vu, дает скалярное поле
(V, Vv.) — div grad «•	(l)
и векторное поле
[V, Vuj = rot grad u.	(2)
Если задано векторное поле а = а(М), то оператор V порождает скалярное поле (V, я) = div а. Действуя на скалярное поле div а, оператор V порождает векторное поле
V(V, а) = grad div а.	(3)
Действуя нв векторное поле а = в(М), оператор V порождает также векторное поле [V, а] = rot а. Применяя к эгому полю снова оператор V, получим скалярное поле
(V, [V, а]) = div rot а	(4)
и векторное поле
[V, [V, а]] = rot rot а.	(5)
Формулы (1)-(5) определяют так называемые дифференциальные операции второго порядка
Пример 1. Пусть функция и — u(x,ytz) имеет непрерывные частные производные до второго порядка включительно» Доказать, что rot grad и ~ 0.
Решение. Первый способ Действуя формально, получим
го! grad u = [V, Vu] = | V, V]u = 0,
так как [V, V] = 0 как векторное произведение двух одинаковых ^векторов».
§21. Дифференциальные операции второго порядка 99
Второй способ. Используя выраженни градиента и ротора в текарто-пых координатах и учитывая данные условия, будем иметь
I J к
roigradu= ах Оу а,
dx dy dz

02u d7u \[ + / S2u d2u \	/ d2u 62u к — Q
dydz	Ozdy)	\dzdx dxdz / \dxdy dydx/
так как смешанные произнодные в этом случае равны
dlu _	tfu	d2u	_ d2u	d2u	_ du
dydz	dz dy'	dzdx dxdz1	dxdy dydx
Аналогично доказывается, что для векторного поля
в = Р(г, у, z)l - Q(x, у, z)j 4- R(x, у, z)k, координаты Р. Q, R которого имеют непрерывные частные производные второго порядка, получим div rot в = 0.	>
Обратим особое внимание иа дифференциальную операцию второго порядка divgrad « = (V, 57u). Предполагая, что функция и(х, у, z) имеет вторые частные производные по х, у и z, получим
. ~ * ( & .	&	8 8ч dv, 8u\
(V,VU)=	+	+	=
_ 8 /5w\	8 /8u\	8 /8u\~82u 82ч 82ч
8x\8x) + 8y\8y)^6z\8z)	82x +82y +82z
z_ _ v ж &2u ^u
Итак, (V. Vu) = Au, где символ Aw = -у- + -у- + —у- называется '	'	82x	82y	82z
оператором Лапласа. Его можно представить как скалярное оператора
Гамильтона V на самого себя, т. е.
, в2
A = (V.V) = V2 = j-
а; в1
+ Ы + az2
Этот оператор играет важную роль в математической физике.
Рассмотрим еще одну операцию второго порядка rot rot а. Имеем rot rot а = [V, [V, а]] Воспользуемся формулой для двойного векторного произведения, записанной в виде [А, [В, С]] = В(А, С) — (А, В)С. Заменяя п этой формуле А на V, В на V, С на а, получим
[V, [V а]] = V(V, а) - (V, V)a = V(V, а) - Да,	(6)
100
Глина 5. Операторы Гамильтонв и Лапласа
§21. Дифференциальные операции второго порядке
101
rot (rot а) = grad div а - Да: где Да — ДР1 t Дф + Д7? к
Дифференциальные операции второго порядка можно для наглядности записать в виде следующей таблицы:
	Скалярное поле и	Векторное поле a	
	grad	div	rot
grad		grad div a	
div	div grad и = Vtt		div rot a =- 0
rot	rot grad и = 0		rot roi a = grad div a - Да
Пример 2. Законы классической теории электромагнетизма постулируются в виде системы уравнений Максвелла.
В простейшем случае непроводящей однородной н изотропной среды при отсутствии зарядов и токов эта система имеет вид
(7)
-^ = 1^Е1,	(8)
(ГЕ) = 0,	(9)
(VH) = 0.	(10)
Здесь Ей Н - векторы напряженности электрического и магнитного полей; £ и р — коэффициенты электрической и магнитной проницаемости (в наших предположениях eD р = const); с — скорость света в пустоте.
Поскольку пространственная и временная производные коммутируют, т.е.
dt1 ’ 1 L f>t J
то дифференцируя (7) no t, получим
£a2E _ г ен1
c dt2 ~ L’ 8t j'
Заменяя из (8), найдем = --[V, [V. E|J или ot	c dt* p
cp c>2E
?^ = |V,[VE]1.	(Ц)
В силу формулы (6) [V [V, E]j = V(V5 E) - ДЕ. Так как (V, E) — 0, то
, . едсРЕ
из (II) имеем — ДЕ-VI*
Итак, для векторного поля Е получаем уравнение
03Е с2 А
Это — одно нзосновных уравнений математической физики, называемое волновым уравнением.
Нетрудно убедиться (проверьте это!), что векторное поле Н удовлетворяет точно такому же волновому уравнению
0гН
at2
= —ДН ср
Таким образом, каждая нз координат Ez, Еу, Ez и Hz, Ht векторов Е и Я удовлетворяет в наших условиях уравнению
вЧ , /82и 82ц а;ц\
Ы2 ~а + dy2 + 6z2)
с
Здесь а = --- — скорость распространения процесса. В вакууме при
£ = р — 1 имеем а — с, т. е. в пустоте электромагнитные процессы распространяются со скоростью света.
Задача для самостоятельного решения
243.	Показать, что любое решение уравнения [V, [V, А]] — *2А = 0, удоале-творяюшсс условию солсноидальности, удовлетворяет векторному уравнению Гельмгольца V?A + Л2А = 0
Определение. Скалярное поле и = u(x,y,z), удовлетворяющее условию Д?<, называется лапласовым или гармоническим полем.
Пример 3. Важным примером гармонического поля является скаляр-k	----------
ное попе и — к — const, г = \/х +У + z .
Эта функция представляет собой потенциал поля тяготения, создаваемою точечной массой, помешенной в начале координат. Нетрудно к
проверить, что функция и -------гармоническая всюду, кроме начала
координат, где она не определена. В самом деле.
102
Глава 5. Операторы Гэмильтона и Лапласа
(* v£) = k (v, vl) = k(v, -1 Vr) = -b (v, lr«) = =-fcG>r") -4(v'r°)=-fc(_?vr'r0) _^(V'r°)= = “(ro,ro)-A(V,ro) = ^-4- = O
г3	г2	F3 T2 T
для всех r # 0, так как
(V,r»)=(v 0 = (vlr)->,r)=(-^,r)^ =
= _^,г) + ^_!(Лгс) + 2 = _1 + 2 = £.
Пример 4. Доказать, что для потенциального векторного поля я его потенциальная функция u(x, yt z) удовлетворяет уравнению Пуассона
. О2и д2и О2и .	, .
Au-fi?+fi^ + fi?=₽(a:-y’z)'	<|2)
где р(х, у, г) — дивергенция вектора я.
Решение, По условию
diva = p.	(13)
Так как векторное паче а потенциальное, та а = grad и, где и — потенциал поля. Подставляя в (13) я = grad и, получим div grad и = р или, так как div grad и = Ди, то Ди = р.
В частном случае, в точках поля, где дивергенция равна нулю, уравнение (12) обращается в уравнение Лапласа Ди = 0. Уравнение Лапласа—Пуассона дает возможность найти потенциальную функцию и с помощью интегрирования дифференциального уравнения в частных производных. В некоторых задачах это оказывается более удобным.
В электростатике нередко предпочитают вместо функции и брать противоположную ей по знаку функцию v = -и. Тогда а — - grad и. Сообразно с этим в теории электростатического поля уравнение Пуассона имеет вид
d2v	O2v д2х> __ 4хр
8х2	8у2 8z2 е
Рассмотрим элементарный пример на применение уравнения Пуассона.
(14)
Пример 5. Пусть две бесконечные разноименно заряженные параллельные пластины AAi и ВВ} имеют потенциалы г<| и и2, причем, для определенности, т»| > tj. Найти поле Е между ними (рис. 36).
Решение. Направим ось Ох перпендикулярно к пластинам в направлении убывания потенциала, а плоскость yOz совместим с положительно заряженной пластиной ЛД|. Будем искать потенциальную функцию из уравнения Пуассона
§21. Дифференциальные операции аторого порядка
103
В силу симметрии задачи относительно оси Ох и бесконечности плястин, можно заключить, что эквипотенциальными поверхностями будут плоскости, параллельные пластинам, а функции v будет зависеть лишь от одной переменной х. Уравнение (14) примет вид
поскольку объемные заряды во всем пространстве между пластинами отсутствуют. Интегрируя (15), найдем
v = Ci®-*-C2	(16)
(Ci. Ci — произвольные постоянные).
Потребуем, чтобы при х = 0 функция и принимала значение о(. а при х = d, где d — расстояние между пластинами, она принимала значение Это
дает С2 = г,. и2 = C>d + С2> откуда Ci = н(, Ci =	Подставляя эти
d
значения С,, С2 в (16), получим
t>l - t>!	Т-! - «2
V _ — —,х + Ю) - tl---—х
d	d
Вектор Е определится по формуле Е = - grad г/, что лает
В-»,
d
так что поле будет однородным и направлено по оси Ох. Величина Е в любой (v — t/j)
точке равна |Е| = —— -, т е. равна падению потенциала на единицу длины
d
кратчайшего пути между пластинами.	>
Задачи для самостоятельного решения
244,	Пусть скалярная функция <р(М) удовлетворяет уравнению Лапласа. Пока-загь, что вектор — соленоидальный и безнихреной.
245,	Показать, что Д(ии) « иДи + гДи + 2(Vu, Vu).
246.	Доказать, что если г — радиус-вектор, то
Г 2
I - в пространстве,
Дг = < Г
I 1
HR ПЛОСКОСТИ.
104	Глава 5. Операторы Гамильтона и Лапласа
247.	Проперши, являются ли следующие скалярные поля гармоническими:
а) и = я* 1 + 2ху — уг-. б) u = x2y+ y2z + z2x; в) u = xJ — y\
248.	Показать. что скалярное ноле u = In где г = у/х2 + у2 (г # 0), является гармоническим.
249.	Найти все гармонические поля, зависящие только от х.
250.	Найги общий вид однородного гармоническою многочлена второй степени ОТ X I! у.
251.	Найти все решения уравнения Пуассона Ди = х"~2, зависящие только от х.
Пример 6 (формулы Грииа). Пусть <р, ip — две скалярные функции точки. Составим вектор а = y>grad ip.
Тогда
div а = div grad ip) = <р div grad ip 4- (grad tp, grad ip) —
= <p  &ip + (grad y>, grad ip).
Применим теперь формулу Гаусса—Остроградского
(а, п°) da = JJJ div a dv.
Е	V
Заметим, чго н нашем случае
(а. в0) = (<р grad ip, n°) — <p(grad ip, n°) = an
В результате получаем первую формулу Грина
///	+ (fi^d V» grad dv - $ d°y (17)
которая при p = ip превращается в формулу
jj[ [удУ + Igrad p|2] dv = $ <pda	(18)
Если в формуле (17) положить <р = 1, то получим
V	с
Поменяем в формуле (17) местами у> и ip и вычтем получившуюся в результате формулу
JJJ [V’Av + (grad ip, grad y>)] dv — ff da v	к
§21 Дифференциальные операции второго порядка
105
из формулы (17). Мы получим тогда вторую формулу Грина
/J/{V
Здесь предполагается, что все функции, с которыми приходится иметь дело, так же как и их производные, встречающиеся в формулах, непрерывны в рассматриваемой области.
Пример 7. Найти поверхностный интеграл
Е
взятый по ефвре Е: х2 + у2 + z2 = 1 для <р = х2 -I- у2 и ф - у2 + z2.
Решение. В силу первой формулы Грина искомый интеграл равен
7 = JJJ lioAV’ I-(grad grad V>)1 dt/, и
где область интегрирования V — шар: х2 + ji2 -г г1 < 1.
Имеем AV — 4, grad р = 2x1 + 2j/j. grad ф = 2j/j — Zsk; (grad v, grad V) = 4y2, поэтому
/ = JJJ (4z2 + 4i/2 4- 4y7) dv = 4 JJJ (x2 + 2y2) dv. v	v
Переходя к сферическим координатам х = г cos sin 0. у = г sin р sin в, Z = г cos в. получим
7 = 4 JJJ (г2 cos V sin7 в 4- 2г1 sin 7<р sin 20)г2 sin 0 dr d8 dtp = г
2»	<
=	4 J (ccs2tp + 2 sin2 dtp J sin J0 d0 J r4 dr = 0	0	0
=	- J (1 4- sin 2<p) dip J (I — cos 20) sin в de = о	0
=	^(-c0se + lcoSJe)|o = ^.	>
Пример 8. Найти поверхностный интеграл
/=#GS-*9d<7’
Е
взятый по поверхности Е: х2 + у2 = R2. z = 0, z = Н (Н > 0). если ф = х2 +у2 + х + z. ф х2 -у у2 -у 2z -у х.
106	Глава 5. Операторы Гамильтона и Лапласа
Решение, Искомый интеграл по второй формуле Грина равен
Г = У// (<^	Д,) dv.
У
Для данных функций и V имеем Др =4, Д^ = 4 и, значит,
V Переходя к цилиндрическим координатам х = pcosp, у = psinp, z == z, получим
Jr к п
7 = -4 fjf	f f f	=-21гЯ!Я< t>
v	oou
Пример 9. Найти поверхностный интеграл i= S^da £
по замкнутой поверхности £. ограниченной плоскостями: x+y + z = lD ar = 0, у = 0D z = О, если р — ех sin у + 1.
Решение. Данная функция является гармонической, так как Ду> — е' sin у-е* sin у = 0. Поэтому по формуле (18) будем иметь
I- JJJ lerad <е\2 dv. У
Находим модуль градиента функции <р: grad ifi = ех sin yl + е* cos yj, |grad yi| = e’«
Искомый интеграл равен
I	l-z I-a->
/ = JJJ e2x dv = J e2x dx J dy J dz = ~(e2 — 5).	[>
v	ooo
Задачи для самостоятельного решения
252.	Вычислить поверхностный интеграл
X по замкнутой поверхности Е: (я3 + у2 -н г2 = I, у = 0 (у 0)}, если <р = z2, tl’= I1 + !/2 - z1.
253,	Вычислить поверхностный интеграл
взятый по всей поверхности замкнутого цилиндра Е: {а* — у2 » 1, х = 0, * « !}, если <р = 2х2, = х2 + х2.
§ 22. Векторный потенциал
107
254.	Вычислить поверхностный интеграл
г.
Я -ьу + Z	J t 1	1
если <р = -^=—, а Б есть сфера: х + у z — R .
255.	Найти поверхностный интеграл
'=
х2	у'	Z2
если с = е' sin у Г ер sin л: + *, а Е — трехосный эллипсоид -г + -г -* — = 1.
а2	Ь2	с2
§22. Векторный потенциал
Пусть векторное поле
а = a(Af) = Р(ж, у, z)l + Q(x, у, z)j + R(x, у, z)k
является соленоидальным в области G, т. е. diva(Af) = 0 в G.
Определение. Векторным потенциалом векторного поля а = n(Af) называется вектор b(Af) = Р|(х, у. z)i + Qi (х, у, z)j-*-R(x, у, z)k, удовлетворяющий в области G условию
rot b(Af) - a{M),	(1)
или в координатной форме
Gy Oz	Oz Ох ’ Ох Оу
Для соленоидалиного векторного поля a(Af) векторный потенциал b(Af) определяется неоднозначно; условию (I) удовлетворяет также вектор B(Af) = b(Af) 4-grad f(M), где /(Af) — произвольная дифференцируемая скалярная функция, так как rot (grad f(M)) = 0.
Таким образом, два векторных потенциала соленоидального поля a(Af) отличаются друг от друга на градиент скалярного поля.
Нахождение векторного потенциала b(Af) соленоидального поля a(Af) сводится к нахождению какого-либо частного решения системы (2) трех дифференциальных уравнений в частных производных относительно трех неизвестных функций P^z.i/.z), Q(x,ytz), R(x,y,z).
Векторный потенциал b(Af) можно построить следующим образом. Пользуясь произволом и выборе вектора b(Af), для упрощения положим, например, F|(z, y,z) = 0, т. е. вектор b(Af) будем искать в виде
108	Ечава 5. Операторы Гамильтона и Лапласа
§22. Векторный потенциал	109
1)(ЛГ) = Qi (a;, y,z)\ + jR|(x, yt z)k. В этом случае система дифференциальных уравнений (2) для нахождения неизвестных функций Qt(x,y,z) и Я| (х, у, z) примет вид
ЗЯ, _ 0Q, ду Gz
DR
—* L * * * =
Вх
6х
(3)
Из второго и третьего уравнений этой системы находим
д| (х, У,*) = - J Q(*> V, г) dx + C|(y, z), Qi(x,y,z) = j R(x, y, z) dx + C2(y, z),
где C,(y, z) и C2(y,z) — любые дифференцируемые функции у и z. Положим для упрощения С2(у, z) - Он выберем функцию Ci(y, z) так, чтобы удовлетворялось и первое уравнение системы (3). Для этого подставляем в первое уравнение найденные выражения для Q] и R\ i
G Г	л ЯС,
/ Q(xy.z)dx + —
О [
~ Oz I У' dx = Р^Х'У' 2 ’
Отсюда найдем
дСх G Г ,	G [
Gy J Q^' y,^dX+G^ J R(X'V' dX + У' г)
Легко проверить, что правая часть этого уравнения не зависит от х в силу того, что div a(flf) — 0 в G.
Интегрируя последнее равенство по у, найдем
C|(y, z) = J J Q(x, у, z) dx +
+ f Я(х, У, *) dx + Р(х, у, z)] dy + C3(z).	(4)
Полагая в (4) Cy(z) = 0 и подставляя (4) в выражение для Я,(ж, у, z) получим частное решение системы (3);
Pi = 0,	(5)
Qi = f R(xt у, z)dxt	(6)
I Л| = / J Q(x’U’z)ax+ f Л dx + Р(х, у, z)j dy -
-J Q(x,y,z)dx. (7)
Вскгар b(Af) координагы Pi(x,y,z), Q.ix у z) и А,(у, y.z) кото-I- рого определяются формулами (5), (6), (7), является векторным потенциалом, так как он удовлетворяет условию rot Ь = а
Пример 1. Найти векторный потенциал Ь = Ь(г, у, z) для соленой дальнего поля, задаваемого вектором а = 2у} - zj + 2xk.
Решение. Потенциал b ишем в виде
'	b = 1>(х, yt z) = Q| (ж, у, z)j + Я, (ж, y,z)k,
где Qi (ж, у. г) и ЯДг, y,z) находим но формулам (6) и (7). Так как н данном случае Р = 2у, Q — — z, R = 2х, то будем иметь
Qi(x,y,z) = J 2г dx — х2, Rt(z,y,z) = J z dz + J 2ydy = xz^y2.
Итак.
b(.r, у, z) = x2j + (xz + y2)k.
Непосредствен пой проверкой убеждаемся, что roib = а, и, значит, этот вектор является векторным потенциалом данного поля.	>
Замечание. В виду произвола, допустимого при выборе вектора |>, вместо условия Р|(ж, у, z) = 0 можно потребовать, чтобы Q\(x, у, z) = 0 или Rt(x, у, z) = 0. Система уравнений (2) и формулы (5). (6), (7) соответственно изменятся.
Задачи для самостоятельного решения
Найти векторные потенциалы соленоидальных полей:
256.	a = l+j + k.	257.	a = 2yi + 2zj.
258.	а - (е* — е®)к.	259.	а = 6y2i + 6zj бак.
260.	а = 3y2i - ®2j — (у2 + 2z)k.	261.	а = ye*i + 2yzj - (2xyze*2 + z2)k.
Если векторное поле а — а(М) соленоидально в обласги G которая является звездной (см. § 19, гл. IV) с центром в начале координат 0(0,0.0) (поле а(Л7) может быть не определено в точке О), то один из векторных J потенциалов b — Ь(Л7) можно найти но формуле
।
= J [а(М’) r(M)]Z«ft,	(8)
I
где r(Af) = zi+yj + zk есть радиус-вектор точки M(xty,z), а точка
I M'(tx,ty,tz) при изменении параметра t от 0 до 1 пробегает отрезок
I ОМ
но
Глава 5. Операторы Гамильтона и Лапласе
Пример 2. Пользуясь формулой (8), найти векторный потенциал со-леноидального поля а — 2yl - zj + 2a:k.
Решение. Данное векторное ноле определено но всем трехмерном пространстве, которое является звездной областью с центром л начале координат, поэтому для нахождения векторного потенциала можно применить формулу (8) В точке M’(txy ty, tz) имеем
a(Af’) = 2tyi — tzj + 2tzk.
Находим векторное произведение
k
•	j
2ty -tz
X	у
[a(M'),r(.M)] =
2tx - [-(2zy - z2)l + (2a:2 - 2yz)j + (2y2 + az)k] t.
По формуле (8) находим
b(.tf) = J [-(2ху + z2)i + (2а:1 - iyz)j + (2j/2 + a:z)k] t1 dl = 1	э2,	I ,
= -j(2x»-z )l + j(a: +»z)j + -(2s1 a-a:z)k.
Легко установить, что rot b(Af) = g(Af)	>
Замечание. В примерах I н 2 для одного и того же соле нои дальн ого поля а = 2yi — zj -ь- 2гк получены разные векторные потенциалы:
b,(.V) = x1j + (a:z-!(1)k,
bi(.V) = — j(2a:y + z’)l + j(z2 - j/z)J -- |(2j2 + «)k.
Оки отличаются лруг от друга слагаемым, равным градиенту некоторого скалярного поля f(M). Это слагаемое игрветроль произвольной постоянной (при действии на нее ротора). Оно представимо как градиент некоторой скалярной функции /(Af). Найдем эту функцию в нашем случае. Имеем grad f(M) = b,(.V) - b,(.M) = j(2a:S + ?)l + ^(z1+ 21p)J + l(2zz - К2)к
Для нахождения скалярного поля /(Af) применим формулу (3) из § 19, в которой за точку (£п,|/|ь*л) возьмем начало координат 0(0,0,0). Тогда получим
f(M) = J 0dx + J -z2dy + J i(2a:z + y1)dz + C=i(z1s+i/1z+z1z)+C, co	о
где C — произвольная постоянная
Пример 3. Найти векторный потенциал Ь мегнитного поля Н, создаваемого электрическим зарядом е, движущимся с постоянной скоростью V.
§ 22. Векторный потенциал
111
Решение. Согласно закону Био—Сандра напряженность магнитного поля равна
1^) = ^.	(9)
где г — расстояние отточки М до заряда е.
Так как Н является соленоидальным вектором, т. е. div Н = 0, то для него существует векторный потенциал b такой, что Н = rotb или, учитывая формулу (9).
Перепишем последнюю формулу в виде
ev
Задачи для самостоятельного решения
Пользуясь формулой (8), найти векторные потенциалы соленоидальных полей, определенных в звездных областях:
262. a = i.	263. а = 6г1-I5yj + 9zk
264, а = 5аРу! - lOxj/zk. 266. а = 2cosxzj.
266. . = "У1 + , x1 + s,'>0.
X1 + у2
ГЛАВА
6
Криволинейные координаты. Основные операции векторного анализа в криволинейных координатах
§23. Криволинейные координаты
Во многих задачах удобнее определять положение точки М пространства нс тремя декартовыми координатами (аг, у, z), а тремя другими числами (gb q2, Qi), более отвечающими рассматриваемой частной задаче.
Пусть каждой точке М отвечает определенная гройка чисел (91,92.93) и обратно, каждой такой тройке чисел отвечает единственная точка М. В этом случае величины q,, 92, 9з называют криволинейными координатами точки М.
Координатными поверхностями в системе криволинейных координат 9i, q2, q$ называются поверхности
9i = Ci,
9’ = G,
9з — Сз,
(О
(2)
(3)
на которых одна из координат сохраняет постоянное значение. Линии пересечения двух координатных поверхностей называются координатными линиями.
Вдоль линии пересечен и я коорд и нат-ных поверхностей (2) и (3) координаты 92 и 9з сохраняют постоянные значения; изменяется только координата q\. Аналогично на линиях пересечения поверхностей (1) и (3) или (I) и (2) меняются соответственно только 92 и 93.
Введем единичные векторы е( е2, е?,
направленные го касательным к координатным линиям (91), (92), (93) в точке М в сторону возрастания переменных 9(, 92, 9з соответственно (рис. 37). Условимся брать орты е(, е?, ез всегда в таком порядке, чтобы их совокупность составляла правую
трой ку.
Подчеркнем коренное отличие криволинейных координат от обычных декартовых координат В декартовой системе векторы еь ej, ej по-
стоянны для всех точек пространства и равны соответственно i, j, k
§ 23. Криволинейные координаты
113
Во всякой другой системе они будут, вообще говоря, изменять свои направления при переходе от одной точки М к другой.
В качестве примеров криволинейных координат рассмотрим цилин дрические и сферические координаты.
1°. Цилиндрические координаты. В цилиндрических координатах положение точки М пространства определяется тремя координатами
9i = А
92 = А
9з = 2.
О р < 4-со, О $ у? < 2тг, -со < z < 4-со.
Координатными поверхностями
являются:
р = const круговые цилиндры с осью Oz;
р — const — полуплоскости, примыкающие к оси Oz;
z = const — плоскости, перпендикулярные оси Oz.
Координатными линиями являются: линии (р) — лучи, перпендикулярные оси Oz и имеющие начало на этой оси, линии (<р) — окружности с центром на оси Oz, лежащие в плоскостях, перпендикулярных этой оси; линии (z) — прямые, параллельные осн Oz (рис. 38).
Связь декартовых координат с цилиндрическими определяется формулами
х = р cos <р,
У = Р sin	(5)
z — z.
2°, Сферические координаты. В сферических координатах положение точки Af пространства определяется следующими координатами:
9i = г, 0 г < 4-оо,
д2 = 0, 0^0^%,	(6)
9з = А	<Р < 2?г
Координатными поверхностями являются (рис. 39):
г = const — сферы с центром в точке О;
В — const — круговые полуконусы с осью Oz;
<р — const — полуплоскости, примыкающие к оси Oz. Координатными линиями являются:
5 Зак 85
114
Глава 6. Криволинейные координаты
линии (г) — лучи, выходящие из точки О;
линии (в) — меридианы на сфере;
линии (у?) — параллели на сфере.
Связь декартовых координат со сферическими определяется формулами:
х — т cos у? sin 0,
у = т sin у> sin 8,	(7)
Z = z cos 6
Система криволинейных координат называется ортогональной, если в каждой точке М орты еь е2, ез попарно ортогональны. Координатные линии и координатные поверхности в такой системе будут также ортогональны. Системы цилиндрических и сферических координат служат примером ортогональных криволинейных систем координат. В дальнейшем будут рассматриваться только ортогональные системы координат.
Пусть г = г(^], ft, ?з) — радиус-вектор точки М. Тогда
dr = Hi dg(ei +
+ Hi + Лз ^2з®з-	(8)
Здесь
— коэффициенты Ламэ данной криволинейной системы кбо^динат. В цилиндрических координат
9i = Р, 91 ~ У>> <?з = в силу (5) имеем
§ 24. Основные операции в криволинейных координатах
115
В сферических координатах
<?| - Л 42 = G, Ч1 = Ч> в силу (7) имеем
-'-ЧОЧЭЧЭ’-''
*=Ч(Э'*(ЭЧЭ’’—
Величины
dii=Hidqii i = 1,2,3, фигурирующие в формуле (8), янляются дифференциалами длин дуг координатных линий. Это соображение в ряде случаев позволяет более просто вычислять коэффициенты Ламэ. Так, в случае цилиндрических координат (4) (см. рис. 38) дифференциалы длин дуг координатных линий (р), Ы. (*) будут
d(p) = 1 • dp, откуда Н = I;
rf(v’) = Р • rfy’. откуда Hi = р;
d(z) = 1 • dz. откуда Я3 = 1.
Так же просто получаются выражения для коэффициентов Ламэ в случае сферических координат (6).
§ 24. Основные операции векторного анализа в криволинейных координатах
1°. Дифференциальные уравнения векторных линий.
Пусть имеем векторное поле
а =	ft)ei + <12(51.52. 5з)®2 + <13(91.52, 5з)®з-
Уравнения векторных линий в криволинейных координатах gt, q2, qy имеют вид
Н\ dq ~ Н2 dqi _ Ну dqy ai(gi>?2>g3)	^2(91» 52, 5з)	аз(51.52.5з)
В частности, а цилиндрических координатах (q = р, g2 = q3 = z):
dP _ Pd4> _ dz 'ii(p.V’.z)	а2(р, SP.«) йзСр.У’.г)’
5’
116
Глава 6. Криволинейные координаты
в сферических координатах (</| = г, д2 = 6, q3 = tpj:
dr	rdO r sin 0 dip
ai(r, 0, ip) а2(г, 6, <p) tij(r, 0, tp)
Пример 1. Векторное поле задано в цилиндрических координатах а(ЛГ) = ер + iptv. Найти векторные линии этого поля.
Решение. По условию задачи О| = 1, а2 z= р, а3 = О В силу формулы (1) имеем
dp	р dp	dz
I <р	О
Отсюда
( z = С„
I Р = C,V:
эта — спирали Архимеда, лежащие л плоскостях, параллельных плоскости яОу.	о
2°. Градиент в ортогональных координатах. Пусть имеем скалярное поле
“ = «(91, 42, ft)-
Тогда
I du I du I du
gradu=^^el+^^e2+^^e3
В частности, в цилиндрических координатах (qt = р, д2 — <р, дз = z):
в сферических координатах (q{ — г, q2 = 6, q3 — <р):
du I 0u 1 0u	.
gradu = -e, + --e, + — -er	(3)
Пример 2. Вычислить градиент скалярного поля, заданного в цилиндрических координатах (р,	z): u = р + z cos q>.
Решение. Пользуясь формулой (2), получаем
grad u = ер - -z sin <рер -j- cos <pt..	>
Пример 3. Найти градиент скалярного поля, заданного в сферических . Л .	sin О
координатах (rs 0, <р): и = г +---sin 6 cos <р
г
Решение. Пользуясь формулой (3), будем иметь
§ 24. Основные операции в криволинейных координатах
117
3°. Ротор в ортогональных координатах. Пусть
а = oi(«I, дг, ?з)«1 + а2(?1, дз)е. + a;(g,, g2.9з)«з-
Тогда
rot а =
н2н, 1		я.н/3
G	G	G
		
dqi	а?.	вдз
а,И,	а2Я,	азЯз
В частности, в цилиндрических координатах (<7, = р, q2 = Ч>,	= г):
rol а = в G &
	Gtp	Gz
Д|	pa2	a3
(4)
в сферических координатах (qt — г, q2 — 0, ft = ^):
rota —
r2 sin 0
G
Gt
t sin 0
G
Ge
al
va2
G dtp sin 0 a3
(4')
Пример 4. Вычислить ротор векторного поля, заданного в цилиндри-
COS (р ческих координетах: а = sinv?ep +----eF - pzet.
Р
Решение. Воспользовавшись формулой (4), будем иметь
rota =
P 8 Bp sin tp
8
8<p cos^c
P
8 8z
~PZ
= \(0-0)-e^-0) + P
I	.	cos tp
4- -et(0 - cos p) = ze„----
P	P
4°. Дивергенция в ортогональных координатах. Пусть за дано векторное поле
а = ai(9b92, $i)ei + а2($|, gj, g3)e2 + a^q^Qi, 9з)Сз.
118
Глава 6, Криволинейные координаты
Тогда
I	. 3(а2Я,Я,) . е(а3Я,Я2)]
Я,Я2Яз [ fl9l	Gq2 Gqy J
В частности, в цилиндрических координатах (gi — р, q2— Ч>, Qi = z):
1 Gtpai)	I Ga2	Ga2
div a =--------1- ——-- +
p Gp	p dtp	Gz
в сферических координатах (qt = r, q2 = 8, qy = ip):
1 O(r2ai) 1 fl(sin 8 • a2) I Gaj ,V “ ~ r* fir + r sin » дв + r sin (P Й(Р '
„	„	2 cos^ sine
Пример 5. Показать, что векторное лолв я = —j—ег + — соленоидально.
Решение. Пользуясь формулой (5), будем иметь
I 8 / ,2cos0\	1	8 ( sine's
div а = -j — { г —j— 4-----— — [ sin в—г- I + 0 =
r2er\ г> ) гь\п8 89\ г3 )
I / 2cos0\ 1
= —. i---------— ) -t-  - 7 sin в cos в = О
г2 \ г1 J г* sin в
всюду, где г £ 0. Это и означает, что векторное поле а соленоидально всюду, кроме точки г = 0.	>
Задачи для самостоятельного решения
267. Найти уравнение векторных линий следующих полей
.	, 2acos0 asinfl
а) а=е,+ре4>+е-; б) а = рер + ^ +ze.; в) а=--г—е^Н----т—etf, a = const
Найти градиенты скалярных полей:
а)	В цилиндрических координатах
268.	и = рг + 2pcos— е*sin	269. u —pcosp + z sin2p- Зр.
б)	В сферических координатах
270.	и = г2со$в, 271. u = 3r2sine + ercos^> —г. 272. u*=	, р = const.
Вычислить дивергенцию векторных полей:
а)	В цилиндрических координатах
273.	а = ре, + e sin	+ е* cos zet.	274. а = tp arctg рер + 2^ ~ ж2е‘в,.
б)	В сферических координатах
275.	а = г’е, - 2 cos *<р*в +	] .
Вычислить ротор следующих векторных полей:
§ 24. Основные операции в криволинейных координатах 119
276.	а = (2г + a cos ip)er - а sin 0еа -+• г cos 0е^, a ~ const
277.	a = rJer + 2 cos ве0 — <pep. sin V i
278.	a = cos pe,-----— p ez.
P „	2 cosfi sin0
279.	Показать, что векторное поле а = —:—er + —является потенциальным.	г г
280.	Показать, что векторное поле а = /(rje,, где /(г) — любая дифференцируемая фуикния, является потенциальным.
5°. Вычисление потока в криволинейных координатах. Пусть S — часть координатной поверхности qi = С, где С = const, ограниченная координатными линиями
52 = 0], g2 = a2 (ai<a2);
9з = Д|, 9з = Дг (Д < Pi)
Тогда поток векторного поля
я = 01(91,52, 9з)е, + 02(91,9219з)е2 + a3(9i, 92, 9з)е3
через поверхность S в направлении вектора ej вычисляется по формуле О] А
П = JJ ai(С, 92,93)Я2(С, д2,9з)Я3(С, д2,93) dg3 dg2. (6) «I А
Аналогично вычисляется поток через часть поверхности 92 — С или через часть поверхности 93 = С, где С = const.
Пример в. Вычислить поток векторного поля, заданного в цилиндрических координатах: а = рер + zev через внешнюю часть боковой поверхности цилиндра р = 1, ограниченного плоскостями z — 0, z = I.
Решение Цилиндр является координатной поверхностью р = С = const, а поэтому искомый поток
2» I
П = J J С2 dz dp = 2ггС2.
D О
Отсюда для поверхности р = 1 получаем
П = 21Г.	>
Пример 7. Найти поток векторного поля, заданного е сферических координатах: а = г20е7 4- ге20е$ через внешнюю сторону верхней полусферы S радиуса R с центром в начале координат.
Решение. Полусфера S является часть координатной поверхности г= const, именно г = R. На поверхности S имеем
5,=г = Я; 92 = 0, О О С 9j = V,
120
Глава 6. Криволинейные координаты
Учитывая. что в сферических координатах
Я, = Hr = I, Я, = Яв = г, Яа = Hv =rwi6>
по формуле (6) найдем
>/1 2т	т/2
П = J dt) J R*e sin 0 dip = 2irR* J 0 sm 6 d6 = 2irR*.	c>
«о	о
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить поток векторного поля, заданного в цилиндрических координатах, через данную поверхность S:
281.	а = ptp - cos + zex, S — замкнутая поверхность, образованная цилиндром р = 2 н плоскостями z = 0 и z = 2.
282.	а = рер+р<ре.р—2zer, S —замкнутая поверхность, образованная цилиндром
р = 1. полуплоскостями = 0 и tp = j и плоскостями z = -1, z = 1
283.	Найти поток векторного поля я = —е, через сферу радиуса R с центром в начале координат.
284.	Найти поток векторного поля, заданного в сферических координатах: в = гег + г sin - Згу? s'n через верхнюю полусферу радиуса R
285.	Найти поток векторного поля, заданного в сферических координатах: а ~ г2е,. + Я2 cos через сферу г = Я.
286.	Найти поток векторного поля, заданного в сферических координатах:
а = гег - г sin 0ev через поверхность, ограниченную полусферой радиуса R 1Г
и плоскостью <р = —, в направлении вектора eF.
287.	Найти поток4 векторного поля, заданного в сферических координатах: V
я = г sin— + г sm 0 cos через внешнюю сторону замкнутой поверхности, образованной верхней частью конуса y/3z2 = з2 + у2 и плоскостью z = у/3 (O^z < у/3)
6°. Нахождение потенциала в криволинейных координатах. Пусть в криволинейных координатах qlt q2, q3 задано векторное поле
а(М) = в|(ф, ft, 5з)е! + a2(?i,	q3)e2 + a3(q}, q2, q3)e3,
которое является потенциальным в некоторой области П изменения переменных 51, q2t q3t т.е. rol а 0 в Q.
Для нахождения потенциала и = 1/(91, q2, 9з) этого поля равенство a(Af) = grad и(М) записывается в виде
1 Ou ! би I Ви
+ о?ег+в’е’ = я7ё^е’+ Ж + Ж
Отсюда следует, что
diz	Ви гг Ви
— — а,Яь — - а3Я2»	=	(7)
Bq\	oq2	Bq3
§ 24. Основные операции в криволинейных координатах
121
Это есть система дифференциальных уравнений с частными производными, интегрируя которую найдем искомый потенциал u = u(qt. ft, ft) + С» где С — произвольная постоянная.
Система дифференциальных уравнений (7) решается так же, как при нахождении потенциала в декартовых координатах.
Система дифференциальных уравнений (7) имеет вид:
1)	в цилиндрических координатах (ft = р, q, = <р, qy = z)
Ви Ви	Ви
Tp = a<" W =	=
2)	в сферических координатах (ft = т, ft = 0t ft = у>)
(7')
Ob	л	Z-iWx
— = сг, — = та.а. — — г sm 6 	(7)
Вт ее е<р v
Пример 8. Найти потенциал векторного поля, заданного в цилиндри-
(arctg z	\	In р ‘
---------1- cos <р 1 ер - sin ye,? + --
р	1	* +2
Решение. По формуле (4) находим 1 -е,
В	8
rot а =	—	—
Вр	В<р
aretgz -----+ cos <р	— р sin <р
Р
(Р > 0),
т.с. данное поле потенциально. Искомый потенциал u — u(pt<ptz) является решением следующей системы дифференциальных уравнений:
Ви arctg z — =-------*- cos <р,
Вр р
8и
' 3?=-ЙП du In р • 8z 14г2'
Из первого уравнения интегрированием по р находим, что
u = in р  arctg z + р cos р -ь С(у>, z).
Дифференцируя (8) по р, получим
8и	8С
8u	8С
и так как — = -psin уз, то —— = 0, т. е. С — C|(z). Таким образом, 8<р	0<р
ti ~ In р-aretgz + pcostp + Ci(p,z).
(8)
122
Глава 6. Криволинейные координеты
Отсюда
В силу третьего уравнения системы имеем
In р
l+z3
7^+c;w,
т.е. C|'(z) = 0, откуда Ci(z) = С = const. Итак, потенциал данного поля
u(p, р, z) = In р • arctg z + p cos p + C
Задачи для самостоятельного решения
В следующих задачах убедиться в том, что векторные поля, заданные в цилиндрических координатах, являются погенциальнымн, н найти ик потенциалы:
28В.	а = ер +-е* — ех. 289. я = рер + — е* + же,.
Р	Р
290. а = pzep + ze^ + рре,.	291. а = e'sinyep +-e<’cospew+ 2ze,.
p
292.	a = $0 cos zep 4- cos ztp — pp sin .
Пример 9. Найти потенциал векторного поля, заданного в сферичес-
I ev In г fiu 01пг вм ких координатах; в = -е ’Ч + —ре % +-----------e°veu
Г	Г	Г61П0 v
Решение. По формуле (4) получаем, что
	Сг	ге«	г sin 6tv	
	0	0	0	
rota =	вг	ое	Op	= 0.
	!,•« Г	р 1пг  е®*	6 in г • ев*	
Данное пате потенциально в области. где г > 0, в # nr (тг = 0, ±1,...).
Система дифференциальных уравнений (7) для нахождения потенциала
v = u(r, б, р) имеет вид	 _ 1 вг г ’ =	(9)
Ou
0р
= ве" In г.
Интегрируя первое уравнение системы (9), получиы
u = е’* In г + С(р, в).
(Ю)
§ 24. Основные операции в криволинейных координатах 123
Дифференцируя (10) лов и учитывая второе уравнение системы, будем иметь 1пг = 1ое,'1пг+^1
OV
8С
т. е. — = 0. откуда С(у>, в) = С|(^), и значит,
u = e’*1nr+Ci(p).	(II)
Дифференцируя (I I) no tp и принимая во внимание третье уравнение системы (9), найдем
вс” In г = бе” In г + £,’((»),
или С{(у>) = 0, откуда С\(<р) = С = const. Искомый потенциал равен
u(r, у) “ In г 4- С.	О
Задачи для самостоятельного решения
Установить потенциальность следующих векторных полей, заданных в сферических координатах, и найти их потенциалы.
293.	* = вег + е,.	294. а = 2гег + —!— е, + -е#.
г sin 6 ' г
I ,	6
295.	а = -ip tr +	• 296.  = cos р sin 6tr + cos <p cos	- sin
I r	2w
297. a = er sin Ot, t- -e cosfle# + --
r	(1 +i/)rsui9
7°. Вычисление линейного интеграла и циркуляции векторного поля в криволинейных координатах. Пусть векторное поле
a(Af) = Qi (qi, 92, 9з)®1 + ^(ft > ft. ft)ft + <b(ft. ft, ft)«j определено и непрерывно в области Я изменения ортогональных криволинейных координат gl( g2, qj.
Дифференциал dr радиуса-вектора г любой точки Af(9i.ft, ft) € Я, как известно, равен (см. §23, (8))
dr — Н] dgi ft| + Jfj dqiBi + Ну dqyey.
Поэтому линейный интеграл вектора а(М) по ориентированной гладкой или кусочно гладкой кривой £ С Я будет равен
(a, dr) = У О|Я| dq} + а2Я1 dg2 + а3Н3 dg3. (12) L	L
В частности, для цилиндрических координат g] = р, gj = у», gj = z будем иметь
а = Ma A z)ep + Ма + а,(р, а ж)е4,
i24
Глава 6 Криволинейные координвты
dr = dpep + р dipev + dzez, поэтому
J (a, dr) = J apdp + avp dp + az dz;	(13)
L	L
для сферических координат qt = r, q2 = 5з = V будем иметь a = аг(т, 0t *р)ет + an(r 0 ip)ee + a^(r, 0, ip)ev, dr = dreT + т d0e9 + r sin в d<pev, и следовательно,
J (a, dr) = J ar dr -+- ra9 dO + rav sin 0 dip.	(14)
L	L
Замечание. Циркуляция Ц векторного поля а(М) н криволинейных координатах ф, qit вычислятся в обшем случае по формуле (12), а в случае цилиндрических или сферических координат она вычисляется по формуле (13) или (14) соответственно.
Пример 10. Вычислить пинейный интеграл от векторного поля, задан-
ного в цилиндрических координатах а = 4р sin tpep + zepe.p + {р + p)et,

Решение. В дан ном примере
ар =; 4р sin р, а*, = zep, а. = р + <р.
По формуле (13) искомый линейный интеграл
J (a, dr) = J 4я sin <pdp + pzep dip + (р +tp) dz. L	L
На прямой L имеем-
•p — —, dip = 0; z — 0, dz = 0; 0 $ p $ 1.
Поэтому
J («,dr) = J 1у/2рЛр = ^г J 2pdp = V2.	t>
L	L	о
Пример И. Вычислить линейный интеграл от векторного поля заданного в сферически к координатах- я — ет sin 0er + 3tr sin ре9 +
вдоль линии L: = 1, 9? = —,	в направлении от точки
Af©,0, до точки Af3 ^1, j <РИС 4°)-
§ 24 Основные операции в криволинейных координатах
125
Решение. Лилия L есть дуга окружности с центром в начале координат и радиусом R = I. расположенная в плоскости yOz. Координаты данного вектора равны
аг = ег Sin &, aa = 30J sin af =- rtpQ
В силу формулы (14) линейный интеграл имеет вид
(a, dr) = У ег sin 6 dr + 302r sin у? rf0 ч-г2у?0 sinfid^?. £	L
Учитывая, что на линии L выполняются условия;
г = I, dr = 0; у? = —, dip = 0; 0 6	,
получим
г12	з
(a.dr> = J ie-de = J зе!<»= j.	t>
L	0
Пример 12. Вычислить циркуляцию векторного поля, заданного а цилиндрических координатах, я = psiny?ep + pzev + д3ег по кривой £: {р = sin <р, z — 0 0 <. tp г} непосредственно и по теореме Стокса
Решение. Координаты данного вектора
ap = р sin у?, а^> = pz, аж = р1.
Контур L представляет собой замкнутую кривую, расположенную в плоскости z = 0 (рис.41).
1) Непосредственное вычисление циркуляции.
Подста пл я я координаты данного вектора в формулу (13). получим
р sin (р dp + p2z dtp + pydz.
126
Глава 6. Криволинейные координаты
На кривой L имеем:
z = 0, dz = 0; p — Bin p, dp = cos p dp\ 0 p ir. Поэтому искомая циркуляция будет равна
Ц = J psmpdp = J sin 2р cos p dtp = 0.
2) Вычисление циркуляции с помощью теоремы Стокса. По теореме Стокса искомая циркуляция равна
Ц = (a, dr) = JJ (rot а, п°) dS,
где S — поверхность, натянутая кв Находим ротор данного поля
контур L
rot ж = -р
G dp p sin 2yj
G Gp P1*
G Gz
= -pefi - Зр\ + (2* - cos v?)e..
Р
В точках, где р = 0. значение rot а доопределяем по непрерывности, полагая rot а(0, р, z) = (2» - cos р)е,.
Таким образом, rota определен во всем трехмерном пространстве. Твк как кривая L лежит в плоскости z = 0.то в качестве поверхности S, натянутой на эту кривую, возьмем часть плоскости z = 0, ограниченной кривой L. Тогда за орт иормали п’ к поверхности S можио взять орт е,,т.е. П° = е,. Находим скалярное произведение:
(rot a, n°) = (~рер - 3p2ev + (2z - cos р)еЖ1 е,) = 2z - cos p, так как в силу ортонорми рован ности базиса е„, ер, е, имеем
(е». ej = (е^, е,) = 0, („ е,) = 1.
Искомая циркуляция равна
Ц = JJ (2z - cos р) dS.
Учитывая, что :	0 на 5 и элемент площади dS координатной поверхности
z=0 равен
dS — pdp dtp,
окончательно получим
Ц = - J J cos p dS — — J J cos p • p dp dp =
w	»ln»r	V
= — J cospdp J pdp = —у J sin Vcospdp = 0.
§ 24. Основные операции в криволинейных координатах 127
Пример 13. Вычислить циркуляцию векторного поля, заданного в сферических координат: а = гег + (Я+ г) sin 6eVf по окружности L: {г = Я,’|
Я, в — — > в направлении возрастания угла у? непосредственно и по теореме Стокса.
Решение. В данном примере
ar = г, а9~ 0, av = (R+ г) sin 6.
I) Непосредственное вычисление циркуляции. По формуле (I4) искомая циркуляция равна
Ц — £ г dr 4- (К + г) sin 6  г sin в d<p = г dr + r(R + г) sin 26 dtp.
На даииой окружности L. центр которой находится в начале координат имеем г = Я, dr = 0; б = -	0	< 2г,
и, следовательно.
Ц = 2Я1 jf dv = 1R1 У dip = 4тгЛ’.
L	0
2) Вычисление циркуляции по теореме Стокса.
Искомая циркуляция по теораме Стокса равна Ц = jf (»,dr) = УУ (rot«, n°) rfS,
rota = . . -r1 sin fl
где dS — поверхность, натянутая на окружность L. Находим ротор данного вектора ег ге$ г sin fle^, А	А	А
8г	89	8\р
г	0	(Яг + г1) sin 36
= -(К 4- г) COS 6tr - -(J? 4- 2г) Sin 6€g. г	г
В качестве поверхности S, натянутой на окружность L, возьмем, например, верхнюю полусферу радиуса R: г = R, 0 6 < —, 0 р < 2г. Орт п° нормали к внешней стороне полусферы S направлен по вектору ет, поэтому берем п° = е,. Находим скалярное произведение
, Оъ /2(Й4-г) л Я+2г . о \	2(Я + г) Л
(rot a, n°) = (  —- cos 6tr---------— sin вей, e7 1 =  —- cos 0,
так как (er, er) = 1, (e„ r«) = 0.
128
Глава 6. Криволинейные координаты
Учитывая, что г = R на поверхности S для искомого потока получим выражение
П = УУ -Г- cos в dS = 4 JJ cos 6 dS. s	s
В сферических координатах элемент плошали dS координатной поверхности г = Я. т.е. полусферы S. будет равен
dS = R* 2 sin в d9 dtp
и, следовательно,
Ж/2	2т
П = 4 cos 6  R2 sin OdOdip = 4Я2 J cos в sin 6 Лв j dp~ 4«гЯ2. s	U	0
В силу теоремы Сгокса получаем Ц = 4яЯ2.	С>
В качестве поверхности S, натянутой на окружность £, можно было взять нижнюю полусферу, орт нормали которой п° = -ег, результат будет тот же: Ц = 4irR2.
Заметим, что за поверхность S, натянутую на окружность L, не следует брать круг, ограниченный этой окружностью, так как в этом круге имеется точка г — 0 (центр круга), в которой ротор данного вектора имеет разрыв.
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить линейный интеграл поданным линиям L от векторных полей, заданных в цилиндрических координатах.
298. я = zep + ppe^-t-costpe,, L — отрезок прямой: {р = a, tp ~ 0, 0 z 1}. 299. а = рер + 2рре^> + zc., L — полуокружность: {р — I, z = 0, 0 tp $ тг}. 300. я = ер cosye₽+psin <реР+ре., L — виток винтовой линии: (р = Л, z = tpt О С tp 2ir}.
Вычислить линейный интеграл по данной линии L от векторных нолей, заданных в сферических координатах
301. а = ет cos бе, + 20 cos ре* + <ре^, L — полуокружность! {р — 1, tp = О, О $0
, tp	f	1Г 1Г
302. в — 4г ig —er 4- 9<ptf + cos2^, L — отрезок прямой ( <р — —, 6 = —,
2	2	4
о<г^|).
303. я Я sin 20е, + sin + rp&e,., L — отрезок прямой: f р = ~. г = ——..
v	Г 2 sin0
. ЗГ I 7^4}
Вычислить циркуляцию векторных полей, заданных в цилиндрических координатах. поданным контурам непосредственно и с помощью теоремы Стокса 304. я = ztp + pze* + ptz, £ — окружност ь: {р = 1, z = 0}.
§ 25. Оператор Лапласа в ортогональных координатах	129
305.	а = psin<fitp —	+ р2е*. L — окружность: {р = R, z = Я}.
306.	а = z cos 4- ре* + yjzex, L — петля: {р = sin <pt z — I}
Вычислить циркуляцию векторных полей, заданных в сферических координатах, поданным контурам L непосредственно н с помощью теоремы Стокса.
307.	а = гвег +- г sin <pev, L — окружность: |г = I, 0 =~ — } .
ЗОВ.	а = г sin 0ег 4- 6eee0, L — петля: = sin <р, 6 = , 0 $ tp $ тг j.
_ ( *
309.	а = т<р6е^, L — контур, ограниченный полуокружностью < г = R, <р = —,
О 6	5г1 и ее вертикальным диаметром: {<р = -, 6 = 0}
§ 25. Оператор Лапласа в ортогональных координатах
Если u ~ u(q\, ft,ft) — скалярная функция, то
1 du 1 du I du
gradu=	—e, + ——e2+	(I)
H\ dq\	Hi 5ft	Hy dqj,
Если
a = ft (ft, ft, ft)ei + ft(ft, ft, ft)e2 + a3(ft, ft, ft)ft
ro
diva= 7П77г[^(а|Яг^) + 7Г(“зй’Н|,+ ^а’я'Н2>1 W HtH2H3L5ft	5ft	5ft	J
Используя формулы (l) и (2), для оператора Лапласа Ди получим следующее выражение:
Ди = div grad и =	'  X
Г d (HjHy du\ 0	du\ d /HxHj 5u\l
X [flft \ H, dqi/dqi\ Hi dqi) + dqy\ H3 5ft/J
В цилиндрических координатах
I Г d ( du\ d (\ du\ d ( 5u\l
U_ P Op) +	+ Oz v 0z)\
-L—f _Le’u
p Op V dp) + p2 dp2 + Oz?
130
[лава 6, Криволинейные координаты
В сферических координатах
л 1 Г ° ( > J>u\ ° ( 	9 ( 1
Ди = -Т—;—-	I Г sin в— 1-1---[ Sin в  I +   [-------I I =
г2 sin в [Яг \	8т) дву дв ) dtp \sin в 8<р)]
I 0 / t I Of ди\ I д2и г2 8т у 8т ) г2 sin в дв \ дв ) + г2 sin 2в dtp2
Пример 1. Найти все решения уравнения Лапласа Ди = 0, зависящие только от расстояния г.
Решение Записывая уравнение Лапласа и сферических координатах и учитывая сферическую симметрию решения (оно нс должно зависеть от в и ^), будем иметь
д“=^(г1|;)=0 <“ = “«) г* Or \ Or J
Отсюда
j 0U z-.
г вг ~С|’ так что
«= — +<?,,
где С\, С2 — постоянные.	[>
Задачи для самостоятельного решения
310.	Дано скалярное поле u= и(М) в цилиндрических координатах и(р, V» *) = Р2У> +	+ *2р3 - ppz-
Найти Ди.
311.	Дано скалярное поле и = и(М) в сферических координатах u(r, р) = г2рв + г3р2 + р + 02.
Найти Ди.
312.	Являются ли гармоническими следующие функции:
I)	и ~ р2 cos 2^; 2) u = r cos 16.
313.	Найти всевозможные гармонические функции.
I)	зависящие только от в, 2) зависящие только от р (в сферической системе координат).
314.	Найти все решение уравнения Пуассона Ди = г"_|
в сферической системе координат, если и = и(г)
Ответы
1. а) Полупрямая {z = 2, у = -z (у £ 0, z > 0)}, проходимая дважды при —оо ^t ос;
б) При t € (-ос, - I) (J (-1,+ос), точка r(t) =	дважды про-
бегает полупрямую {z 4- у — I ^х 1/ С ;
ZJ	Z3	«	.	3
в) х2 + у2 = 1, z =» 1; г)1/=—.z=—; д) х1 + у ‘ + z ' = 1, х - у = 0.
7. 1 + к.	В. 1 + к.	9. -J + ^-k.	10. -1 + к.
11. el-j + 2k	12.	Нет.	14. Нет.
17-a»2(sr)	6)		С'й)- - [-S5]
21. Окружности, лежащие в плоскостях, перпендикулярных к вектору я.
22. Голограф скорости — винтовая линия: х = acost, у = asini, z ss 2bt\ годограф ускорения — окружность: х — — a sin t, у = a cost, z = 2b.
da _ da du d2z _ d2a / duV da d2u
dt du dt ’ dt2 du2 \dt ) + du dt2
2B. (t - ))e‘i+ ^t- | sin2i^j-arctgtk-f-c.
29. l|n(l + t’)l + i/j+sinlk + c 30. e,""l-^sint’j + tk + c.
31. ^-l + (tcost —sint)J + j—k + c. 32. -J + irk.
33. (l-e l'3)l + («,/’-l)J+(e-l)k 34. - tn ZJ + k.
3S. 2тг31 + si + А	36-Л = Й
38. Я = 6.	39. R = -ок.
41. z+y = 0	42. х - у- yfiz = 0.
37. R = ||t|(l+9t’)m
40. R = 2a ch
43. -T
44 — = —— Г 2a ch 4'
x	у	z
45.	+ — — семейство трехосных эллипсоидов.
4	9	16
46.	x2 + у2 - z = С — семейство параболоидов.
47.	х1 + у2 = Cz (z # 0) — семейство параболоидов.
4В.	2у2 + 9z2 = С — семейство эллиптических цилиндров.
4S.	z +21/- z = C — семейство параллельных плоскостей.
132
Ответы
50. Семейство плоскостей, получающееся из пучка плоскостей «|3:4-а21/4-а3г — C(btx 4- b3y + b3z), проходящих через прямую
aii	= О,
b)Z b2y + byZ = О
нулем исключения самой этой прямой. Здесь at, а2, а2 — координаты вектора а Ь|« Ьз, Ь3 — координаты нектора b
51.
52.
53.
54.
я1 — у2 4- z1 = С2 — семейство концентрических сфер.
(а, Ь, г) - С или
х
ь'
У а2 bi
а3 by
— С — семейство параллельных плоскостей.
2z - у = С — семейство параллельных прямых. у = Сх (С > О, а1 / 0) -— семейство лучей.
65. у1 = Сх — семейство парабол с исключенной вершиной 0(0,0).
56. х1 — у1 = С — семейство гипербол.
67. у = -х In С - С (С > 0) — семейство прямых.
62. |^2.	63- j'	64. 0.	65. ^(ч/5+з).
66. 0.	67. -2.	e	jra* 	R1'	89. 5<i+j-k).
70. k.	71. tp = я.	72. <p = 0.	73. p = Q.
74. у — —x 4- 2птг,	n = 0,±1,±2,	75» x2 4- y2 4- з2 =	1.
78.	79. a.	80. a(b,r) 4-b(a,r).	
81. 2|»|2г-2(«,г)а.	86. — = —.
дг г
ди cos (г I) ди
87.	- =	- = при г XX
88.	— =	89. — = I.
91 г1	Ы
ЛЛ ди (grad и, grad v) ди	...
- —-  --------.	_ о если grad и ± d v
dl |grad t)| dl л
91. a) max — = |grad u(Af0)| — 1 в направлении оси Оу; ди
6) max ™ = |grad u(A/0)| = 3 в направлении вектора а = -1 - 2j + 2k
92. 1У = ^"	93. Р=Г + С" 94.(l2 + »'+,1=Cb
U-zC2.	Z=21I + C;	I z + S+z = C2
«I
1	1	I 1
95.-----=1, - + —=4.	96. z2=C,y. z = C2.
x	z	x 2y2	y
97. z^CjX, y~C2.	98. xy = Ci. z = Cj.
99» х = Сз, ly2-z2 = C2.	100. l--=Ci, z = C2.
* У
Ответы
133
101.	l/2+z2 = C|. х = С2.	102. x = Cii/. г = Cjz.	
103.	Г- = ^+Сь I Ьо1 boj		
	S _	z	где ЧЛ OQ2.	bOi — координаты вектора bo.	
	— - — + съ 1 boi ^оз		
104.	П = -3	105. П = я-Я27.	106. П = тгЛ2Л	107. Л = 4jnR’f(Я)
108.	П=?-	109. П = 5 2	о	110. П =	111. Tl = jrft3.
112.	П = —т.	113. п=^. 8	4	114. П = 0	115. П=
116.	П=\	117. П = 4тгИ! 4		
118.	а) П = -^ б)П = -Ь в)	П = — jt.	
119.	П = 0.	120. П = 6jr.fi.	121. П = 0	122. jr.
123.	П = 0.	124. П= |(1 -	%	
125.	n = |fi4.	126. И = Лтг.	127. П = 45тг.	128. П = -64?r.
129.	П==0.	130. И — jt.	131. <i(r) = -.	132. 7r\
133.	0.	134. 0.	135. ^(z) = C-z	, C = const.
136.	n = 4jrfi\ 137. div £ = 0.	(r#0).	
143.	16т.	144. т№.	145. ут.	146. 0.
147.	у.	146. 4т.	149. ут.	150. ут.
151.	2Я3.	152. ^т.	153. -I	154. -jt.
155.	Солен оилальп ос.	156. Нссоленпидальиос. 157. Соле нои дальнее.		
159.	с <р(т) = — (г Ф 0. С = const)	161 1-2 ~ri	
		161.	2	
162.	In—.	163. — - —.	164. 0.	4 > 166. --R2.
	Г1	Г| г2 41	л	14	2	3
167.	6 ’	16в- а> -15; ’	6)y-	
169.	0.	170.	171. 373.	в
173.	—па2.	174. 1.	175. -2т.	
177.	у	179. -2(d + Tj	4-yk).	
180.	3(z2 —a*2)j. 181. (T+S)k.	191. w =  rtxv — 2	"2j
193.	/(x, z) = xz + r + z + С, C =	= const.	
195.	4jt.	196. -4jt.	197. 1.	198. -2ff.
134
Ответы
128 199. —.	200. 729тг. 203. 2о'Я‘о2 Указание, v — |w,r].	201. 0.	202. -у/2*. 204. рс = |.	205. ре = 3.
206. Зависит.	207. He зависит.	20В. Зависит.	209. -1.
210. -jy.	211. 0.	212.	213. :
214. -L	216.	Указание: дополнить путь интегрирования L	
резком О А оси Ох	
217. Нет.	21В. Да	219. Нет	220. Да.
221. Нет	222 Нет.	223. Да.	228. p = x2yz.
227. tp = х 4- xyz. 22В. tp = х2у — у2	 4-	.
229. tp = In |z + у -г »].	230. р = arcig (xyz).
231. р = т.	232. tp = In г.	233. V = lr>
234. tp — ах + 0у + -ух + С, С = const.	
235. tp = ху + yz + sx +С.	236. р~ху + е‘+С.
237. р = е1 sin y + z + C.	247. а) Да; б) нет; н) ла.
249. н = С,х + С2.	
250. и = Ах1 + Вху — Ау\ А м В -	- любые.
। ,	*^С|2+С1)	если л 1,
251. и(ж) = < (п - l)n	
1 х In |xj + С| х + С21 если п = 1 (а # 0)	
	4
252./=-—-	253. Г =-у.	254. / = -тгК 255.7 = 0.
256. b = xj + (у - х)к	257. Ь = (»,-2х2)к.
258. b = (е* - №)j.	259. b = 3x2j + (2j/3 - 6zz)k.
260. Ь = -х(х + j/2)J 4- (z1 - у’)к.	281. b =-(zzl + j/zei2)J-2zyxk.
262. Ь=	263. b = —8j/zl + zzj + 7zyk
264. b = 2ху2г1 - 3x2yxj т- z2j/2k.	265. Ь = ~ sin zsl - sin zzk.
266 Ь г1 + и|1 к	
х' + у'	I
267. а) р = tp -4- С,. р = z + С2;	6) ₽=-r-^—. P = C2z. u) 4> =
fj — л- V ,	- X т V]. V/ р — - ——^
rz.CMin’e	1пС'1’
268.	grad u = 2(р * cos ^)ер - ^2 sin у * -е; cos <pj - е* sin у?еж.
269 grad u = (cos p - У In 3)e, + sin 2p - sin ew + sin lptt,
270.
271.
272.
grad u - 2r cos 6tr - r sin de#
er sin >p
grad u = (6r sin 6 + er cos u> - 1)er -»- 3r cos 0e<-1
г sm 6
( 2 cos 6 sin 6 \
8radu=-^——
273.	div a = 2 + - cos p — e* sin x.
Ответы
135
274.	diva = — arcrgp— y , - (я2 + 2x)e\
P 2	1 + P
275.	div я = 4r-cos ltp cig 6 4-	;-——-.
r	r(r2 + |)sinfi
___	cos 26	/ л osinw\ a sin 6
276.	rora=—— e, - 2cos6+——%]*-------------e^.
sin 6	\	ran6 J r
277.	rot я = -^ cig 6er 4- ^e, + 2
278.	rol«=-2pe1,+ ^e,. p
281. 24».	282. 1».	283. 4».	284. ?rRJ.
285. 4тгЯ4. 286. - -Я1	287. 48. Указание: записать уравнения
поверхностей в сферических координатах.
288. u — р-*- уз 4- z + С. 290. и = p<pz + С.		289. u= -(р’ + у1+z2). 291. u = ер sin <р 4- z2 4- C. 293. u = r6 + C
292.	и = ppCOSZ + С.	
294.	U = T24-p4-64-C.	295. u = -(r^1 + 62) + C.
296.	U = Г COS уз sin 6 4- С.	297. u = c' sin 6 + In (1 + p2) + C
298.	1.	299. я-2.	300. 2irR	301. ir1
302.	1	303’ 7 + Т~	304. 0.	305. -2тгЯ4.
306.	1г.	307. л.	308. 0.	309. 0.
310.	Au = 4₽-^ + ^+2Z	
	р	р3	
311.	Ди SS 6yj6 + 12гу>2 + — + р Ctg 6 4—J- cig 6 + •. }- .	
312.	1) Да; 2) иет.	
313.	1) u(«) = Cln|t»||; 2) «М	— С, tp 4" Cj 
	r"H	С,	
	(п+1)(п + 2) 1 г 1	c2, n|fc-lt-2,
314.	«(<•) =  lnr+£i+C]i	n = -I,
+ — + Cj,	п — -2 (г 0).
Приложение 1
Основные операции векторного анализа в ортогональных криволинейных координатах
I Скалярное поле задано в ортогональных криволинейных координатах: и =	*7з)- Тогда
I du I 8u 1 du
grad и = — —е, + — —е2 + Hj dq ti2 8q2 dqi
Оператор Лапласа
I Г0/Я2Я?с>и\	8/Н,Н38и\	8 (HtH2 0u\l
л“ “ я,я2я2 х [е9Д я, e?J + agA я2 в?2/ + в«Д я2 e«J]’
Частные случаи, а) Скалярное поле задано в цилиндрических координатах: u = u(pttp,z). Тогда
du	I ди	ди
grad и = —ер + - — е₽ т- — др	р dv>	dz
Оператор Лапласа
I д / du\ 1 83и d2u рдр\ др) + р2 dtp1 + 8z*
6) Скалярное поле задано в сферических координатах: и = u(r, в,р) Тогда
ди 1 du	I du
grad u = — ег 4- - —ел н---—— — ।
dr г 86 г sm 6 др
Оператор Лапласа
1 д ( ,dtA 1 8 (8и	\	1 &и
г2 dr \ dr / + г2 sin 6 дб \ 86 51П в) + г- sin г6 др1
II. Векторное поле задано в ортогональных криволинейных координатах: »=	92,9з)«1 +a2(gbgj, ftjerq2> Чз)Ъ Тогда
_	1 Гд(д,Я2Я3) 5(огЯ3Я|)	0(оэЯ|Я,)1
Н\Н1Н} I dgi dq2 dqi J’
	1 ЕЯз”		
rota =	d	8	d
	dy.	dqi	dg3
		aiH2	«зЯз
Приложение 1
137
Частные случаи, а) Векторное поле задано в цилиндрических координатах: я = Q|(р, V?, х)ер + а2(р, <pt z)е^ +	<р, z)e.. Тогда
div а =	д(ра )	1 da3 р др	Р dip	дау + вГ
	1	1 -ел е. -е. Р	Р	
rota =	д д др dip dz а( раг а3	
б) Векторное поле задано п сферических координатах: я = О](г, 6,<р)бг + а?(г, в, р)ей + а3(г, 6, Тогда
diva =	1 d(atr2)	1	0(ог51пв)	1 дау гг dr	г sin в 8в	г sin в dtp 1	1
rota =	rJ sinflCr г sin вС* £	д_	д дг	дд	dtp «1	га2	ajrsind
Приложение 2
Элементы площадей координатных поверхностей
Координаты	Координатные поверхности	Элементы пл ошалей
Общие 9ь 9з	9i = С = const q2 = С = const = С = const	dS = Hi (С, д2, д3)Н3(С, 42,9i) dq2 dq3 dS2 = Н} (?, С, qi)HAq\, С, 9з) dq, dq3 dS3 = Я|(9ь92. C)Hi(qi, qi. С) dq-t dqi
Цилиндрические 9i = Р, Qi = V>. 9з = *	р = С = const р = С = const х = С = const	dS = C d<p dz dS = dp dz dS = p dp dp
Сферические 9i = ** 41 = в, 9з = Ч>	г = С = const 6 = С = const р = С = const	dS = C* sin в d9 dp dS = г sin Cdrdp dS = r dr dS.
Оглавление
Глава 1. Вектор-фуикция скалярного аргумента	3
§	1 Годограф вектор-функции.............. ...	3
§2	. Предел и непрерывность вектор-функции скалярного аргумента .... .	................. 5
§3	. Производная вектор-функции по скалярному аргументу . .	7
§4	. Интегрирование вектор-функции скалярного аргумента 10 § 5. Первая и вторая производные вектора по длине дуги
кривой. Кривизна кривой. Главная нормаль...........  17
§6	. Соприкасающаяся плоскость. Бинормаль. Кручение.
Формулы Френе ...	... .	19
Глава 2. Скалярное поле .....	23
§7	. Примеры скалярных полей.
Поверхности и линии уровня . .	...	23
§8	. Производная по направлению ...	26
§9	. Градиент скалярного поля	....	29
Глава 3. Векторное поле.......................... .	36
§	10. Векторные линии. Дифференциальные уравнения векторных линий .........	................. 36
§	11. Поток векторного поля. Способы вычисления потока 41
Г. Поток векторного поля ......................  .	41
2°. Способы вычисления потока вектора ...	44
§	12. Поток вектора через замкнутую поверхность.
Теорема Гаусса—Остроградского ...	...	.	60
§	13. Дивергенция векторного поля. Соленоидальное поле .	63
§14	. Линейный интеграл от векторного поля.
Циркуляция векторного поля .	69
1 °. Свойства линейного интеграла................... 70
2°. Вычисление линейного интеграла от векторного поля .	70
3°. Циркуляция векторного поля и ее вычисление. ...	74
§15	Ротор (вихрь) векторного поля .	....... 77
§	16. Теорема Стокса .................................. 79
§	17. Независимость линейного интеграла от пути
интегрирования. Формула Грина......................  82
Глава 4. Потенциальное поле . .	87
§	18. Признаки потенциальности поля	87
§	19. Вычисление линейного интеграла от потенциального поля. .	.....	.	... 89
140
Оглавление
Глава 5. Оператор Гачичыона. Дифференциальные операции
второго порядка. Оператор Лапласа	94
§20	. Оператор Гамильтона «набла»......	. . . .	94
§21	. Дифференциальные операции второго порядка.
Оператор Лапласа ...	98
§22	. Векторный потенциал ...	. ..... . . 107
Глава 6. Криволинейные координаты. Основные операции
векторного анализа в криволинейных координатах	112
§23	. Криволинейные координаты	....	112
Г. Цилиндрические координаты	.. 113
2°. Сферические координаты...................  ...	ИЗ
§24	Основные операции векторного анализа
в криволинейных координатах .	. .	115
1°. Дифференциальные уравнения векторных линий .... 115 2°. Градиент в ортогональных координатах . .	... .116
3°. Ротор в ортогональных координатах .......... .	117
4°. Дивергенция в ортогональных координатах.....	117
5°. Вычисление потока в криволинейных координатах .	119
6°. Нахождение потенциала
в криволинейных координатах................... 120
7°. Вычисление линейного интеграла и циркуляции
векторного поля в криволинейных координатах ..... 123
§25. Оператор Лапласа в ортогональных координатах ....	129
Ответы.	.131
Приложение 1 . .	...	.............	. 136
Основные операции векторного анализа
в ортогональных криволинейных координатах. . .	. 136
Приложение 2	...	. 138
Элементы площадей координатных поверхностей ...... 138