4.4: Теорема Стокса

Наш останній варіант фундаментальної теореми числення - теорема Стокса ¹, яка схожа на теорему Гріна, але в трьох вимірах. Він пов'язує інтеграл над скінченною поверхнею в\(\mathbb{R}^3\) з інтегралом над кривою, що обмежує поверхню.

Теорема 4.4.1. Теорема Стокса

Нехай

• \(S\)бути кусково гладкою орієнтованою поверхнею (тобто одиниця\(\hat{\textbf{n}}\) нормаль була обрана в кожній точці,\(S\) і цей вибір постійно залежить від точки)
• межа,\(\partial S\text{,}\) поверхні\(S\) складаються з кінцевого числа кусково гладких, простих кривих, які орієнтовані послідовно з\(\hat{\textbf{n}}\) в тому сенсі, що
  • якщо ви йдете вздовж\(\partial S\) у напрямку стрілки на\(\partial S\text{,}\)
  • з вектором від ніг до голови, що має напрямок\(\hat{\textbf{n}}\)
  • потім\(S\) знаходиться на лівій стороні.

    

• \(\vecs{F} \)бути векторним полем, що має неперервні перші часткові похідні в кожній точці\(S\text{.}\)

Тоді

\[ \oint_{\partial S}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =\iint_{S}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S \nonumber \]

Зверніть увагу, що

• в теоремі Стокса,\(S\) повинна бути орієнтованою поверхнею. Зокрема,\(S\) може бути і не смуга Мебіуса. (Див. Приклад 3.5.3.)
• Якщо\(S\) є частиною\(xy\) -площини, то теорема Стокса зводиться до теореми Гріна. Наше доказ теореми Стокса полягатиме у переписуванні інтегралів, щоб дозволити застосування теореми Гріна.
• Якщо\(\partial S\) проста замкнута крива і
  • коли дивишся\(\partial S\) з висоти на\(z\) -осі, вона орієнтована проти годинникової стрілки (подивіться на малюнок в теоремі 4.4.1), то
  • \(\hat{\textbf{n}}\)є спрямованим вгору, тобто має позитивний\(z\) -компонент, принаймні близько\(\partial S\text{.}\)

Доказ

Напишіть\(\vecs{F} =F_1\,\hat{\pmb{\imath}}+F_2\,\hat{\pmb{\jmath}}+F_3\,\hat{\mathbf{k}}\text{.}\) Обидва інтеграли включають\(F_1\) терміни та\(F_2\) терміни та\(F_3\) терміни. Ми покажемо, що\(F_1\) терміни в двох інтегралах згодні. Іншими словами, ми припустимо, що\(\vecs{F} =F_1\hat{\pmb{\imath}}\text{.}\) докази того, що\(F_3\) умови\(F_2\) та умови також згодні, схожі. Для простоти, ми будемо вважати ², що межа\(S\) складається тільки з однієї кривої, і що ми можемо

• вибрати параметризацію\(S\) з

  \[ S=\left \{\vecs{r} (u,v)=\big(x(u,v),y(u,v),z(u,v)\big)| (u,v)\text{ in } R\subset\mathbb{R}^2\right \}  \nonumber \]

  і зі збереженням\(\vecs{r} (u,v)\) орієнтації в тому сенсі, що\(\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S = +\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u} \times \frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}\,\text{d}u\,\text{d}v\text{.}\) також
• вибрати параметризацію кривої,\(\partial R\text{,}\) обмежуючи\(R\) як\(\big( u(t), v(t)\big)\text{,}\)\(a\le t\le b\text{,}\) таким чином, що коли ви йдете вздовж\(\partial R\) у напрямку збільшення,\(t\text{,}\) то\(R\) знаходиться зліва від вас.

Тоді обмеження\(\partial S\) кривої\(S\) можна параметризувати як\(\textbf{R}(t)=\vecs{r} \big(u(t),v(t)\big)\text{,}\)\(a\le t\le b\text{.}\)

Орієнтація\(\textbf{R}(t)\text{:}\)

Тепер ми перевіримо, що напрямок збільшення\(t\) для\(\textbf{R}(t)\) параметризації\(\partial S\) - це напрямок стрілки\(\partial S\) на малюнку зліва вище.

По безперервності досить перевірити орієнтацію в одній точці.

Знайдіть точку\((u_0,v_0)\),\(\partial R\) де вектор дотичної спрямованості вперед є додатним\(\,\hat{\pmb{\imath}}\text{.}\) кратним Горизонтальна стрілка на\(\partial R\) малюнку зліва внизу знаходиться в такій точці. Припустимо, що в цей\(t=t_0\) момент — іншими словами, припустимо, що\((u_0,v_0)=\big(u(t_0),v(t_0)\big)\text{.}\) тому, що спрямований вперед дотичний вектор\(\partial R\) на\((u_0,v_0)\text{,}\) а саме\(\big(u'(t_0),v'(t_0)\big)\text{,}\) є додатним кратний\(\,\hat{\pmb{\imath}}\text{,}\) нам\(u'(t_0) \gt 0\) і\(v'(t_0)=0\text{.}\) дотичний вектор до\(\textbf{R}(t_0)=\vecs{r} \big(u_0,v_0\big)\text{,}\) вказуючи\(\partial S\) в напрямок збільшення\(t\text{,}\)

\[\begin{align*} \textbf{R}'(t_0)&=\dfrac{d }{dt}\vecs{r} \big(u(t),v(t)\big)\big|_{t=t_0} =u'(t_0)\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u}(u_0,v_0) +v'(t_0) \frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}(u_0,v_0)\\ &=u'(t_0)\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u}(u_0,v_0) \end{align*}\]

і так позитивне кратне\(\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u}(u_0,v_0)\text{.}\) Дивіться малюнок праворуч нижче.

Якщо ми тепер йдемо по шляху в\(uv\) -площині, яка починається з\((u_0,v_0)\text{,}\) утримує\(u\) фіксованою в\(u_0\) і збільшується\(v\text{,}\) ми рухаємося в інтер'єр\(R\) починаючи з\((u_0,v_0)\text{.}\) Відповідно, якщо ми йдемо по шляху,\(\vecs{r} (u_0,v)\text{,}\) в\(\mathbb{R}^3\) з\(v\) починаючи з \(v_0\)і збільшуючи, ми рухаємося у внутрішню частину вперед\(S\text{.}\) по дотичній до цього нового шляху,\(\frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}(u_0,v_0)\text{,}\) вказує з\(\vecs{r} (u_0,v_0)\) у внутрішню частину\(S\text{.}\) Це синя стрілка на малюнку праворуч внизу.

А тепер уявіть, що ви йдете вздовж\(\partial S\)\(t\text{.}\) у напрямку збільшення. Час\(t_0\) ви знаходитесь на\(\textbf{R}(t_0)\text{.}\) Ти спрямовуєш праву руку прямо попереду себе. Таким чином, він спрямований у напрямку\(\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u}(u_0,v_0)\text{.}\) Ви вказуєте ліву руку набік у внутрішню частину\(S\text{.}\) Він вказує у напрямку\(\frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}(u_0,v_0)\text{.}\) Якщо напрямок збільшення\(t\) таке ж, як пряме напрямок орієнтації\(\partial S\text{,}\) то вектор від наших ніг до нашої голова, яка\(\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u}(u_0,v_0) \times \frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}(u_0,v_0)\text{,}\) повинна бути спрямована в ту ж сторону, що\(\hat{\textbf{n}}\text{.}\) і\(\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S = +\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u} \times \frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}\,\text{d}u\,\text{d}v\text{,}\) так як і є.

Тепер, з нашої параметризації та орієнтації розібралися, ми можемо вивчити інтеграли.

Поверхневий інтеграл:

Так як\(F=F_1\,\hat{\pmb{\imath}}\text{,}\) так, що

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\pmb{\imath}} & \hat{\pmb{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ F_1 & 0 & 0 \end{matrix}\right] = \left(0,\frac{\partial F_1}{\partial z}, -\frac{\partial F_1}{\partial y}\right) \end{align*}\]

і

\[\begin{align*} \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u} \times \frac{\partial \vecs{r} }{\partial v} \ \text{d}u\,\text{d}v =\det\left[\begin{matrix} \hat{\pmb{\imath}} & \hat{\pmb{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial z}{\partial u} \\ \frac{\partial x}{\partial v} & \frac{\partial y}{\partial v} & \frac{\partial z}{\partial v} \end{matrix}\right]\\ &=\left(\frac{\partial y}{\partial u} \frac{\partial z}{\partial v} -\frac{\partial z}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial v}\right)\hat{\pmb{\imath}} + \left(\frac{\partial z}{\partial u} \frac{\partial x}{\partial v} -\frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial z}{\partial v}\right)\hat{\pmb{\jmath}}\\ &\hskip1in +\left(\frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial v} -\frac{\partial y}{\partial u} \frac{\partial x}{\partial v}\right) \hat{\mathbf{k}} \end{align*}\]

і

\[\begin{align*} &\iint_{S}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_{R}\left(0,\frac{\partial F_1}{\partial z}, -\frac{\partial F_1}{\partial y}\right) \cdot\frac{\partial \vecs{r} }{\partial u} \times \frac{\partial \vecs{r} }{\partial v}\ \text{d}u\,\text{d}v\cr &\hskip.15in=\iint_{R}\left\{\frac{\partial F_1}{\partial z} \left(\frac{\partial z}{\partial u} \frac{\partial x}{\partial v} -\frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial z}{\partial v}\right) -\frac{\partial F_1}{\partial y} \left(\frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial y}{\partial v} -\frac{\partial y}{\partial u} \frac{\partial x}{\partial v}\right) \right\}\,\text{d}u\,\text{d}v \end{align*}\]

Тепер ми розглянемо інтеграл лінії і показати, що він дорівнює цьому.

Лінійний інтеграл:

\[\begin{align*} &\oint_{\partial S}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =\int_a^b\vecs{F} \Big(\vecs{r} \big(u(t),v(t)\big)\Big)\cdot\dfrac{d }{dt} \vecs{r} \big(u(t),v(t)\big)\ \text{d}t\\ &\hskip0.1in=\int_a^b\vecs{F} \Big(\vecs{r} \big(u(t),v(t)\big)\Big)\cdot\Big[ \frac{\partial\vecs{r} }{\partial u}\big(u(t),v(t)\big)\dfrac{du}{dt}(t) +\frac{\partial\vecs{r} }{\partial v}\big(u(t),v(t)\big)\dfrac{dv}{dt}(t)\Big]\ \text{d}t \end{align*}\]

Ми можемо записати це як інтеграл рядка

\[\begin{align*} &\oint_{\partial R}M(u,v)\ \text{d}u+N(u,v)\ \text{d}v\\ &\hskip1in=\int_a^b \Big[M\big(u(t),v(t)\big)\ \dfrac{du}{dt}(t) +N\big(u(t),v(t))\ \dfrac{dv}{dt}(t)\Big]\ \text{d}t \end{align*}\]

навколо,\(\partial R\text{,}\) якщо ми виберемо

\[\begin{alignat*}{2} M(u,v)&=\vecs{F} \big(\vecs{r} (u,v)\big)\cdot\frac{\partial\vecs{r} }{\partial u}(u,v) &&=F_1\big({x(u,v),y(u,v),z(u,v)}\big)\frac{\partial x}{\partial u}(u,v)\\ N(u,v)&=\vecs{F} \big(\vecs{r} (u,v)\big)\cdot\frac{\partial\vecs{r} }{\partial v}(u,v) &&=F_1\big({x(u,v),y(u,v),z(u,v)}\big)\frac{\partial x}{\partial v}(u,v) \end{alignat*}\]

Нарешті, ми покажемо, що поверхневий інтеграл дорівнює прямому інтегралу:

За теоремою Гріна, ми маємо

\[\begin{align*} \oint_{\partial S}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} &=\oint_{\partial R}M(u,v)\ \text{d}u+N(u,v)\ \text{d}v\cr =\iint_{R}\bigg\{&\frac{\partial N}{\partial u}-\frac{\partial M}{\partial v} \bigg\}\ \text{d}u \text{d}v\cr =\iint_{R}\bigg\{& \frac{\partial }{\partial u}\big[ F_1\big({x(u,v),y(u,v),z(u,v)}\big) \big]\frac{\partial x}{\partial v} +F_1\frac{\partial^2 x}{\partial u\partial v}\\ -& \frac{\partial }{\partial v}\big[ F_1\big({x(u,v),y(u,v),z(u,v)}\big) \big]\frac{\partial x}{\partial u} -F_1\frac{\partial^2 x}{\partial v\partial u} \bigg\}\ \text{d}u \text{d}v\\ =\iint_{R}\bigg\{& {\color{blue}{\Big(\frac{\partial F_1}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial u}}} +\frac{\partial F_1}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial u} +\frac{\partial F_1}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial u} \Big)\frac{\partial x}{\partial v} {\color{red}{ +F_1\frac{\partial^2 x}{\partial u\partial v}}}\cr -&\Big( {\color{blue}{\frac{\partial F_1}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial v}}} +\frac{\partial F_1}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial v} +\frac{\partial F_1}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial v} \Big)\frac{\partial x}{\partial u} {\color{red}{ -F_1\frac{\partial^2 x}{\partial v\partial u}}} \bigg\}\ \text{d}u \text{d}v\cr =\iint_{R}\bigg\{&\Big(\frac{\partial F_1}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial u} +\frac{\partial F_1}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial u} \Big)\frac{\partial x}{\partial v} -\Big(\frac{\partial F_1}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial v} +\frac{\partial F_1}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial v} \bigg)\frac{\partial x}{\partial u} \Big\}\,\text{d}u\, \text{d}v\\ &\hskip-33pt=\iint_{S}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \end{align*}\]

який є висновком, який ми хотіли.

Перш ніж ми перейдемо до деяких прикладів, ось кілька зауважень.

• Теорема Стокса говорить, що\(\oint_{C}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =\iint_{S}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S\) для будь-якої (відповідним чином орієнтованої) поверхні, межа якої\(C\text{.}\) так, якщо\(S_1\) і\(S_2\) є двома різними (відповідним чином орієнтованими) поверхнями, що мають однакову граничну криву,\(C\text{,}\) то

  \[ \iint_{S_1}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S =\iint_{S_2}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S \nonumber \]

  Наприклад, якщо\(C\) одиниця окружності

  \[ C=\left \{(x,y,z)|x^2+y^2=1,\ z=0\right \}  \nonumber \]

  орієнтовані проти годинникової стрілки при погляді зверху, то обидва

  \[\begin{align*} S_1&= \left \{(x,y,z)|x^2+y^2\le 1,\ z=0\right \} \\ S_2&= \left \{(x,y,z)|z\ge0,\ x^2+y^2+z^2=1\right \}  \end{align*}\]

  з спрямованими вгору одиничними нормальними векторами, мають межу\(C\text{.}\) Так Стокса говорить нам, що\(\iint_{S_1}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S =\iint_{S_2}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S\text{.}\)

  

  Це не повинно бути сюрпризом, що з наступної\(\iint_{S_1}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S =\iint_{S_2}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S\text{,}\) причини. Нехай

  \[ V= \left \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2\le 1,\ z\ge 0\right \}\\ \nonumber \]

  бути твердим між\(S_1\) і\(S_2\text{.}\)\(\partial V\) межа\(V\) - це об'єднання\(S_1\) і\(S_2\text{.}\)

  

  Але будьте обережні, що зовнішнє, що вказує на нормальне\(\partial V\) (називайте це\(\hat{\textbf{N}}\)), є\(+\hat{\textbf{n}}\) увімкненим\(S_2\) і\(-\hat{\textbf{n}}\) включеним\(S_1\text{.}\) Таким чином теорема розбіжності дає

  \[\begin{align*} &\iint_{S_2}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S -\iint_{S_1}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S\\ &\hskip0.5in= \iint_{S_2}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{N}}\ \text{d}S +\iint_{S_1}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{N}}\ \text{d}S\\ &\hskip0.5in= \iint_{\partial V}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{N}}\ \text{d}S\\ &\hskip0.5in= \iiint_{V}\vecs{ \nabla} \cdot\big(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \big)\ \text{d}V\\ &\hskip2in\qquad\text{by the divergence theorem}\\ &\hskip0.5in=0 \end{align*}\]

  за теоремою векторної ідентичності 4.1.7.a.

• В якості другого зауваження припустимо, що векторне поле\(\vecs{F} \) підпорядковується\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} =\vecs{0}\) всюди. Тоді сили\(\oint_{C}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =0\) теореми Стокса навколо всіх замкнутих кривих,\(C\text{,}\) що означає, що\(\vecs{F} \) це консервативне, за теоремою 2.4.7. Таким чином, теорема Стокса дає ще один доказ теореми 2.4.8.

Ось простий приклад, який показує, що Стокса може бути дуже корисним, коли\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \) спрощує.

Приклад 4.4.2

Оцініть\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \), де\(\vecs{F} = \big[2z+\sin\big(x^{146}\big)\big]\,\hat{\pmb{\imath}}-5z\,\hat{\pmb{\jmath}} -5y\,\hat{\mathbf{k}}\) і крива\(C\) - це коло,\(x^2+y^2=4\text{,}\)\(z=1\text{,}\) орієнтоване проти годинникової стрілки, якщо дивитися зверху.

Рішення

The\(x^{146}\) в, ймовірно,\(\vecs{F} \) зробить пряму оцінку інтеграла важко. Таким чином, ми будемо використовувати теорему Стокса. Для цього нам знадобиться поверхня\(S\) з\(\partial S=C\text{.}\) найпростішим - це просто плоский диск.

\[ S = \left \{(x,y,z)| x^2+y^2\le 4,\ \ z=1\right \} \nonumber \]

Так як

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} & = \det\left[\begin{matrix} \hat{\pmb{\imath}} & \hat{\pmb{\jmath}} & \hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ 2z+\sin\big(x^{146}\big) & -5z & -5y \end{matrix}\right]\\ & =\hat{\pmb{\imath}} \det\left[\begin{matrix} \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ -5z & -5y \end{matrix}\right] -\hat{\pmb{\jmath}}\det\left[\begin{matrix} \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial z} \\ 2z+\sin\big(x^{146}\big) & -5y \end{matrix}\right]\\ &\hskip1in +\hat{\mathbf{k}}\det\left[\begin{matrix} \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} \\ 2z+\sin\big(x^{146}\big) & -5z \end{matrix}\right]\\ &=2\hat{\pmb{\jmath}} \end{align*}\]

і нормальним\(S\) є теорема\(\hat{\mathbf{k}}\text{,}\) Стокса дає

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} & = \iint_S \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S = \iint_S (2\hat{\pmb{\jmath}})\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\text{d}S =0 \end{align*}\]

Тепер ми повторимо останній приклад з більш жорсткою кривою.

Приклад 4.4.3

Оцініть\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \), де\(\vecs{F} = \big[2z+\sin\big(x^{146}\big)\big]\,\hat{\pmb{\imath}}-5z\,\hat{\pmb{\jmath}} -5y\,\hat{\mathbf{k}}\) і крива\(C\) - це перетин\(x^2+y^2+z^2=4\) і\(z=y\text{,}\) орієнтована проти годинникової стрілки, якщо дивитися зверху.

Рішення

Поверхня\(x^2+y^2+z^2=4\) - це сфера радіуса,\(2\) зосереджена на початку координат, і\(z=y\) є площиною, яка містить початок. Таким чином\(C\text{,}\), перетин сфери з площиною через центр сфери, це коло, з центром\((0,0,0)\) і\(2\text{.}\) радіусом Частина кола в першому октанті намальована зліва внизу.

The\(x^{146}\) в, ймовірно,\(\vecs{F} \) зробить пряму оцінку інтеграла важко. Таким чином, ми будемо використовувати теорему Стокса. Для цього нам знадобиться поверхня\(S\) з\(\partial S=C\text{.}\) Найпростішим є плоский диск.

\[ S = \left \{(x,y,z)| x^2+y^2+z^2\le 4,\ \ z=y\right \} \nonumber \]

Перший октант\(S\) показаний на малюнку праворуч вгорі. Ми бачили в останньому прикладі 4.4.2 що

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} &=2\hat{\pmb{\jmath}} \end{align*}\]

Отже, теорема Стокса дає

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} & = \iint_S \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S = 2\iint_S \hat{\pmb{\jmath}}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \end{align*}\]

Ми будемо оцінювати інтеграл двома\(2\iint_S \hat{\pmb{\jmath}}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) способами. Перший спосіб більш ефективний, але також вимагає більшої проникливості. Оскільки\(\vecs{ \nabla} (z-y)=\hat{\mathbf{k}}-\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\) висхідна одиниця нормальна до площини\(z-y=0\text{,}\) і, отже, до\(S\text{,}\) є\(\hat{\textbf{n}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{\mathbf{k}}-\hat{\pmb{\jmath}})\text{.}\) Отже, integrand

\[\begin{gather*} \hat{\pmb{\jmath}}\cdot\hat{\textbf{n}}=\hat{\pmb{\jmath}}\cdot\Big(\frac{-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{2}}\Big)=-\frac{1}{\sqrt{2}} \end{gather*}\]

є константою, і нам не потрібна формула для\(\hat{\textbf{n}}\,dS\text{:}\)

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} & = 2\iint_S \hat{\pmb{\jmath}}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =-\sqrt{2} \iint_S \text{d}S = -\sqrt{2}\text{Area}(S) =-\sqrt{2}\pi\, 2^2\\ &=-4\sqrt{2}\pi \end{align*}\]

Крім того, ми можемо оцінити інтеграл\(\iint_S \hat{\pmb{\jmath}}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) за допомогою нашого звичайного протоколу. Як\(S\) частина літака\(z=f(x,y)=y\text{,}\)

\[\begin{gather*} \hat{\textbf{n}}\,dS = \pm\big(-f_x\,\hat{\pmb{\imath}}-f_y\,\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\big)\,\text{d}x\text{d}y = \pm (-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}})\,\text{d}x\text{d}y \end{gather*}\]

Щоб отримати нормальну спрямовану вгору нормальну вказівку, беремо\(+\) знак\(\hat{\textbf{n}}\,dS= (-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}})\,\text{d}x\text{d}y\text{.}\) так, що As\((x,y,z)\) пробігає

\[\begin{align*} S &= \left \{(x,y,z)| x^2+y^2+z^2\le 4,\ \ z=y\right \}\\ &= \left \{(x,y,z)| x^2+2y^2\le 4,\ \ z=y\right \}\\ &= \left \{(x,y,z)| \tfrac{x^2}{4} +\tfrac{y^2}{2}\le 1,\ \ z=y\right \} \end{align*}\]

\((x,y)\)проходить над еліптичним диском\(R=\left \{(x,y)|\frac{x^2}{4} +\frac{y^2}{2}\le 1\right \}\text{.}\) Частина цього еліпса в першому октанті - це затінена область на малюнку нижче.

Цей еліпс має півосі\(a=2\)\(b =\sqrt{2}\) і, отже, площа\(\pi a b = 2\sqrt{2} \pi\text{.}\) Так

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} & = 2\iint_S \hat{\pmb{\jmath}}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =2\iint_R \hat{\pmb{\jmath}}\cdot(-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}})\,\text{d}x\text{d}y =-2 \iint_R \text{d}x\text{d}y\\ &= -2\text{Area}(R)\\ &=-4\sqrt{2}\pi \end{align*}\]

Приклад 4.4.4

Оцініть\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \), де\(\vecs{F} = (x+y)\,\hat{\pmb{\imath}}+2(x-z)\,\hat{\pmb{\jmath}} +(y^2+z)\,\hat{\mathbf{k}}\) і\(C\) є орієнтована крива, отримана шляхом переходу від\((2,0,0)\)\((0, 3, 0)\) до\((0, 0, 6)\) і назад до\((2, 0, 0)\) уздовж відрізків прямої лінії.

Рішення 1

У цьому першому рішенні ми будемо оцінювати інтеграл безпосередньо. Перший відрізок лінії (\(C_1\)на малюнку вище) може бути параметризований як

\[ \vecs{r} (t)=(2,0,0)+t\big\{(0, 3, 0)-(2,0,0)\big\} =\big(2-2t\,,\,3t\,,\,0\big)\qquad 0\le t\le 1 \nonumber \]

Таким чином, інтеграл уздовж цього відрізка

\[\begin{align*} \int_0^1 \vecs{F} (\vecs{r} (t))\cdot\dfrac{d\vecs{r} }{dt}\ \text{d}t &=\int_0^1 (2+t\,,\, 2(2-2t)\,,\, (3t)^2)\cdot(-2\,,\, 3\,,\, 0)\ \text{d}t\\ &=\int_0^1 (8-14t)\ \text{d}t\\ &=\Big[8t-7t^2\Big]_0^1=1 \end{align*}\]

Другий відрізок лінії (\(C_2\)на малюнку вище) може бути параметризований як

\[ \vecs{r} (t)=(0,3,0)+t\big\{(0, 0, 6)-(0,3,0)\big\} =\big(0\,,\,3-3t\,,\,6t\big)\qquad 0\le t\le 1\text{.} \nonumber \]

Таким чином, інтеграл уздовж цього відрізка

\[\begin{align*} \int_0^1 \vecs{F} (\vecs{r} (t))\cdot\dfrac{d\vecs{r} }{dt}\ \text{d}t &=\int_0^1 \big(3(1-t)\,,\, - 12t\,,\, 9(1-t)^2+ 6t\big)\cdot(0, -3, 6)\ \text{d}t\\ &=\int_0^1 [36t+54(1-t)^2+36t]\ \text{d}t\\ &=\Big[18t^2-18(1-t)^3+18t^2\Big]_0^1\\ &=54 \end{align*}\]

Кінцевий відрізок лінії (\(C_3\)на малюнку вище) може бути параметризований як

\[ \vecs{r} (t)=(0,0,6)+t\big\{(2,0,0) -(0,0,6)\big\} = (2t\,,\,0\,,\,6-6t) \qquad 0\le t\le 1 \nonumber \]

Таким чином, інтегральна лінія уздовж цього відрізка

\[\begin{align*} \int_0^1 \vecs{F} (\vecs{r} (t))\cdot\dfrac{d\vecs{r} }{dt}\ \text{d}t &=\int_0^1 \big(2t\,,\, 4t - 12(1-t)\,,\, 6(1-t)\big)\cdot(2, 0, -6)\ \text{d}t\\ &=\int_0^1 [4t-36(1-t)]\ \text{d}t =\Big[2t^2+18(1-t)^2\Big]_0^1 =-16 \end{align*}\]

Повний інтеграл лінії\[ \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =1+54-16=39 \nonumber \]

Рішення 2

Цього разу ми застосуємо теорему Стокса. Завиток\(\vecs{F} \) є

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} &=\det\left[\begin{matrix} \hat{\pmb{\imath}} & \hat{\pmb{\jmath}} &\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ x+y & 2(x-z) & y^2+z \end{matrix} \right]\\ & =(2y+2)\hat{\pmb{\imath}}-(0-0)\hat{\pmb{\jmath}}+(2-1)\hat{\mathbf{k}}\\ &=2(y+1)\hat{\pmb{\imath}}+\hat{\mathbf{k}} \end{align*}\]

Крива\(C\) являє собою трикутник і так міститься в площині. Будь-яка площина має рівняння виду\(Ax+By+Cz=D\text{.}\) Наша площина не проходить через початок (подивіться на малюнок вище), тому\(D\) повинна бути ненульовою. Отже, ми можемо розділити\(Ax+By+Cz=D\) через,\(D\) надавши рівняння форми.\(ax+by+cz=1\text{.}\)

• Тому що\((2,0,0)\) лежить на літаку,\(a=\frac{1}{2}\text{.}\)
• Тому що\((0,3,0)\) лежить на літаку,\(b=\frac{1}{3}\text{.}\)
• Тому що\((0,0,6)\) лежить на літаку,\(c=\frac{1}{6}\text{.}\)

Таким чином, трикутник міститься в площині\(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6}=1\text{.}\) Це межа поверхні\(S\), яка складається з частини площини\(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6}=1\), яка підпорядковується\(x\ge 0\text{,}\)\(y\ge 0\) і\(z\ge 0\text{.}\) Перепишіть рівняння площини як\(z=6-3x-2y\text{.}\) Для цієї поверхні

\[ \hat{\textbf{n}}\ \text{d}S=(3\hat{\pmb{\imath}}+2\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}})\,\text{d}x\,\text{d}y \nonumber \]

по 3.3.2, і ми можемо написати

\[\begin{align*} S&=\left \{ (x,y,z)|x\ge0,\ y\ge0,\ z\ge0,\ z=6-3x-2y\right \}\\ &=\left \{ (x,y,z)|x\ge0, y\ge0,\ 6-3x-2y\ge0,\ z=6-3x-2y\right \} \end{align*}\]

Як\((x,y,z)\) перебігає\(S\text{,}\)\((x,y)\) перебігає трикутник

\[\begin{align*} R&=\left \{ (x,y,z)|x\ge0,\ y\ge0,\ 3x+2y\le 6\right \}\\ &=\left \{ (x,y,z)|x\ge0,\ 0\le y \le \tfrac{3}{2}(2-x)\right \}\end{align*}\]

Використовуючи горизонтальні смуги, як на малюнку зліва внизу,

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} &=\iint_S\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\\ &=\iint_R [2(y+1)\hat{\pmb{\imath}}+\hat{\mathbf{k}}]\cdot[3\hat{\pmb{\imath}}+2\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}]\ \text{d}x\,\text{d}y\cr &=\iint_R [6y+7]\ \text{d}x\,\text{d}y\\ & =\int_0^3 \text{d}y\int_0^{{1\over 3}(6-2y)} \text{d}x\ [6y+7]\\ &=\int_0^3 \text{d}y\ \frac{1}{3}[6y+7][6-2y]\\ & =\frac{1}{3}\int_0^3 \text{d}y\ [-12y^2+22y+42]\\ &=\frac{1}{3}\Big[-4y^3+11y^2+42y\Big]_0^3\\ & =\big[-4\times 9 +11\times 3 +42\big] =39 \end{align*}\]

Як варіант, використовуючи вертикальні смужки, як на малюнку праворуч вгорі,

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} &=\iint_R [6y+7]\ \text{d}x\,\text{d}y\\ &=\int_0^2 \text{d}x\int_0^{{3\over 2}(2-x)} \text{d}y\ [6y+7]\\ &=\int_0^2 \text{d}x\ \Big[3\frac{3^2}{2^2}(2-x)^2+7\frac{3}{2}(2-x)\Big]\\ & =\Big[-\frac{27}{4}\,\frac{1}{3}(2-x)^3 -\frac{21}{2}\,\frac{1}{2}(2-x)^2\Big]_0^2\\ &=\frac{9}{4}\,8+\frac{21}{4}\,4 =39 \end{align*}\]

Приклад 4.4.5

Оцініть\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \), де\(\vecs{F} = (\cos x +y+z)\,\hat{\pmb{\imath}}+(x+z)\,\hat{\pmb{\jmath}} +(x+y)\,\hat{\mathbf{k}}\) і\(C\) є перетин поверхонь

\[ x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}=1\qquad\text{and}\qquad z=x^2+2y^2 \nonumber \]

орієнтовані проти годинникової стрілки при погляді зверху.

Рішення

Для початку давайте накидаємо криву. \(x^2+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{3}=1\)є еліпсоїдом, зосередженим на\(z=x^2+2y^2\) початку і є параболоїдом вгору, який проходить через початок. Вони накидані на малюнку нижче. Параболоїд червоний.

Їх перетин, крива\(C\text{,}\) - це синя крива на малюнку. Виглядає вона як деформований ³ кола.

Можна було б уявити параметризації\(C\text{.}\) Наприклад, підставляючи\(x^2 = z - 2y^2\) в рівняння еліпсоїда дає\(-\frac{3}{2}y^2 + \frac{1}{3}(z+\frac{3}{2}\big)^2 = \frac{7}{4}\text{.}\) Це може бути вирішено, щоб дати\(y\) як функцію,\(z\) а потім\(x^2=z-2y^2\) також дає\(x\) як функцію\(z\text{.}\) Однак це явно дасть, при найкраще, дійсно брудний інтеграл. Отже, давайте спробуємо теорему Стокса.

Насправді, так як

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\pmb{\imath}}&\hat{\pmb{\jmath}}&\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} &\frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\ \cos x + y+z&x+z&x+y\end{matrix}\right]\\ &=\hat{\pmb{\imath}}\big(1-1\big)-\hat{\pmb{\jmath}}\big(1-1\big)+\hat{\mathbf{k}}\big(1-1\big)\\ &=\vecs{0} \end{align*}\]

\(\vecs{F} \)Це консервативно! (Насправді\(\vecs{F} =\vecs{ \nabla} \big(\sin x + xy + xz +yz\big)\text{.}\)) Як\(C\) замкнута крива,\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} =0 \text{.}\)

Приклад 4.4.6

Оцініть\(\iint_S\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\), де\(\textbf{G}= (2x)\,\hat{\pmb{\imath}}+(2z-2x)\,\hat{\pmb{\jmath}} +(2x-2z)\,\hat{\mathbf{k}}\) і

\[ S=\left \{ (x,y,z)|z=\big(1-x^2-y^2\big)(1-y^3)\cos x\ e^{y},\ x^2+y^2\le 1\right \} \nonumber \]

з нормальним, спрямованим вгору

Рішення 1

Поверхня\(S\) накидається нижче. Це досить дивна поверхня. Про

Єдина проста річ полягає в тому, що його\(\partial S\text{,}\) межа,\(x^2+y^2=1\text{,}\)\(z=0\text{.}\) це коло Зрозуміло, що ми не повинні намагатися оцінити інтеграл безпосередньо ⁴. У цьому рішенні ми об'єднаємо теорему розбіжності із спостереженням, що

\[\begin{gather*} \vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G} = \frac{\partial }{\partial x}(2x)+ \frac{\partial }{\partial y}(2z-2x)+ \frac{\partial }{\partial z}(2x-2z) =0 \end{gather*}\]

щоб уникнути коли-небудь роботи з поверхнею\(S\text{.}\) Ось контур того, що ми будемо робити.

• Спочатку ми вибираємо просту поверхню, межею\(S'\) якої також\(\partial S'\) є коло.\(x^2+y^2=1\text{,}\)\(z=0\text{.}\) Приємним простим вибором\(S'\text{,}\) і поверхнею, яку ми будемо використовувати, є диск.

  \[ S' =\left \{(x,y,z)|x^2+y^2=1,\ z=0\right \} \nonumber \]

• Тоді ми визначаємо,\(V\) щоб бути твердим тілом, верхня поверхня якого\(S\) і чия нижня поверхня\(S'\text{.}\) Отже межа\(V\) - це об'єднання\(S\) і\(S'\text{.}\)

  

• Бо\(S'\text{,}\) ми будемо використовувати висхідну норму\(\hat{\textbf{n}}=\hat{\mathbf{k}}\text{,}\), яка мінус назовні вказує нормаль\(\partial V\) на\(S'\text{.}\) Так що теорема розбіжності говорить, що

  \[ \iiint_V \vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G}\,\text{d}V =\iint_S\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S-\iint_{S'}\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

  Ліва сторона дорівнює нулю, тому що, як ми вже бачили,\(\vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G}=0\text{.}\) Так

  \[ \iint_S\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_{S'}\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

• Нарешті, обчислюємо\(\iint_{S'}\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\text{.}\)

Ми побачили такий аргумент (з\(\textbf{G}=\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \)) у першому зауваження після доказу теореми 4.4.1.

Таким чином, все, що ми повинні зробити зараз, це обчислювати

\[\begin{align*} \iint_S\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\iint_{S'}\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_{S'}\textbf{G}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\text{d}S =\iint_{x^2+y^2\le 1\\z=0}(2x-2z)\,\text{d}x\text{d}y\\ &=\iint_{x^2+y^2\le 1\\z=0}(2x)\,\text{d}x\text{d}y\\ &=0 \end{align*}\]

просто тому, що integrand непарний під\(x\rightarrow-x\text{.}\)

Рішення 2

У цьому другому розв'язку ми будемо використовувати теорему Стокса замість теореми розбіжності. Для цього ми повинні\(\textbf{G}\) висловити у формі\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \text{.}\) Отже перше, що потрібно зробити, це перевірити, чи\(\textbf{G}\) проходить скринінговий тест, Теорема 4.1.12, на існування векторних потенціалів. Тобто перевірити, чи є\(\vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G}=0\text{.}\) Це. Ми бачили це в Рішенні 1 вище.

Далі нам належить знайти векторний потенціал. Насправді, ми вже з'ясували, у прикладі 4.1.15, що

\[ \vecs{F} = (z^2-2xz) \hat{\pmb{\imath}} +(x^2-2xz)\hat{\pmb{\jmath}} \nonumber \]

є векторним потенціалом\(\textbf{G}\text{,}\), на який ми можемо швидко перевірити.

Параметризація\(C\) теоремою\(\vecs{r} (t) = \cos t\,\hat{\pmb{\imath}}+\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\)\(0\le t\le 2\pi\text{,}\) Стокса дає (нагадуючи, що\(z=0\) на\(C\) так\(\vecs{F} \big(\vecs{r} (t)\big)=x^2\,\hat{\pmb{\jmath}}\Big|_{x=\cos t}=\cos^2t\))

\[\begin{align*} \iint_S\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &= \iint_S\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S = \oint_C \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} =\int_0^{2\pi} \vecs{F} \big(\vecs{r} (t)\big)\cdot\dfrac{d\vecs{r} }{dt}\ \text{d}t\\ &= \int_0^{2\pi} \big(\cos^2 t\big)(\cos t)\ \text{d}t \end{align*}\]

Звичайно, цей інтеграл можна оцінити, використовуючи те, що одне антипохідне цілого\(\cos^3 t =\big(1-\sin^2t\big)\cos t\) є\(\sin t-\frac{1}{3}\sin^3 t\) і що ця антипохідна дорівнює нулю при\(t=0\) і в\(t=2\pi\text{.}\) Але легше спостерігати, що інтеграл будь-якої непарної потужності\(\sin t\) або\(\cos t\) протягом будь-якого повного періоду дорівнює нулю. Подивіться, наприклад, на графіки\(\sin^3x\) і\(\cos^3x\text{,}\) нижче.

Так чи інакше

\[\begin{gather*} \iint_S\textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =0 \end{gather*}\]

Приклад 4.4.7

У цьому прикладі ми обчислюємо трьома різними способами,\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) де

\[ \vecs{F} =(z-y)\,\hat{\pmb{\imath}}-(x+z)\,\hat{\pmb{\jmath}}-(x+y)\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

і\(C\) крива\(x^2+y^2+z^2=4\text{,}\)\(z=y\) орієнтована проти годинникової стрілки, якщо дивитися зверху.

Рішення 1

Прямі обчислення:

У цьому першому обчисленні ми параметризуємо криву\(C\) і обчислюємо\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) безпосередньо. Площина\(z=y\) проходить через початок, який є центром сфери\(x^2+y^2+z^2=4\text{.}\) Так\(C\) це коло, який, як і сфера, має радіус\(2\) і центр\((0,0,0)\text{.}\) Ми використовуємо параметризацію форми

\[ \vecs{r} (t)=\textbf{c}+\rho\cos t\,\hat{\pmb{\imath}}'+ \rho\sin t\,\hat{\pmb{\jmath}}' \qquad 0\le t\le 2\pi \nonumber \]

де

• \(\textbf{c}=(0,0,0)\)є центром\(C\text{,}\)
• \(\rho=2\)це радіус\(C\) і
• \(\hat{\pmb{\imath}}'\)і\(\hat{\pmb{\jmath}}'\) є двома векторами, які
  1. є одиничними векторами,
  2. паралельні площині\(z=y\) і
  3. взаємно перпендикулярні.

Найскладніша частина - пошук відповідних векторів\(\hat{\pmb{\imath}}'\) і\(\hat{\pmb{\jmath}}'\text{:}\)

• Точка\((2,0,0)\) задовольняє обидва\(x^2+y^2+z^2=4\)\(z=y\) і так далі\(C\text{.}\) Ми можемо\(\hat{\pmb{\imath}}'\) вибрати одиничний вектор у напрямку від центру\((0,0,0)\) кола до\((2,0,0)\text{.}\) А саме\(\hat{\pmb{\imath}}'=(1,0,0)\text{.}\)
• Так як площина кола є\(z-y=0\text{,}\) вектор перпендикулярно площині\(C\text{.}\) Так\(\vecs{ \nabla} (z-y)=(0,-1,1)\) це одиниця вектор нормаль\(z=y\text{.}\) То\(\hat{\mathbf{k}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)\)\(\hat{\pmb{\jmath}}'=\hat{\mathbf{k}}'\times\hat{\pmb{\imath}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)\times(1,0,0) =\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)\) є одиничний вектор, який перпендикулярний\(\hat{\pmb{\imath}}'\) і\(\hat{\mathbf{k}}'\text{.}\) так як\(\hat{\pmb{\jmath}}'\) перпендикулярно до\(\hat{\mathbf{k}}'\text{,}\) нього є паралельно\(z=y\text{.}\)

Підставляючи в\(\textbf{c}=(0,0,0)\text{,}\)\(\rho=2\text{,}\)\(\hat{\pmb{\imath}}'=(1,0,0)\) і\(\hat{\pmb{\jmath}}'=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1)\) дає

\[\begin{align*} &\vecs{r} (t)=2\cos t\,(1,0,0)+ 2\sin t\,\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1) =2\Big(\cos t, \frac{\sin t}{\sqrt{2}},\frac{\sin t}{\sqrt{2}}\Big)\\ &0\le t\le 2\pi \end{align*}\]

Щоб перевірити правильність цієї параметризації, зверніть увагу, що\(x=2\cos t\text{,}\)\(y=\sqrt{2}\sin t\text{,}\)\(z=\sqrt{2}\sin t\) задовольняє обидва\(x^2+y^2+z^2=4\) і\(z=y\text{.}\)

At\(t=0\text{,}\)\(\vecs{r} (0)=(2,0,0)\text{.}\) As\(t\) збільшується,\(z(t)=\sqrt{2}\sin t\) збільшується і\(\vecs{r} (t)\) рухається вгору в напрямку\(\vecs{r} \big(\frac{\pi}{2}\big)=(0,\sqrt{2},\sqrt{2})\text{.}\) Це бажаний напрямок проти годинникової стрілки (якщо дивитися зверху). Тепер, коли у нас є параметризація, ми можемо налаштувати інтеграл.

\[\begin{align*} \vecs{r} (t)&=\big(2\cos t, \sqrt{2}\sin t,\sqrt{2}\sin t\big)\cr \vecs{r} \,'(t)&=\big(-2\sin t,\sqrt{2}\cos t,\sqrt{2}\cos t\big)\cr \vecs{F} \big(\vecs{r} (t)\big)&=\big(z(t)-y(t),-x(t)-z(t),-x(t)-y(t)\big)\cr &=\big(\sqrt{2}\sin t-\sqrt{2}\sin t, -2\cos t-\sqrt{2}\sin t,-2\cos t-\sqrt{2}\sin t\big)\cr &=-\big(0, 2\cos t+\sqrt{2}\sin t,2\cos t+\sqrt{2}\sin t\big)\cr \vecs{F} \big(\vecs{r} (t)\big)\cdot \vecs{r} \,'(t) &=-\big[4\sqrt{2}\cos^2 t+4\cos t\sin t\big]\\ &=-\big[2\sqrt{2}\cos(2t)+2\sqrt{2}+2\sin(2t)\big] \end{align*}\]

за подвійними кутовими формулами\(\sin(2t)=2\sin t\,\cos t\) і\(\cos(2t) = 2\cos^2t-1\text{.}\) так

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} &=\int_0^{2\pi}\vecs{F} \big(\vecs{r} (t)\big)\cdot \vecs{r} \,'(t)\ \text{d}t\\ &=\int_0^{2\pi}-\big[2\sqrt{2}\cos(2t)+2\sqrt{2}+2\sin(2t)\big]\ \text{d}t\\ &=-\Big[\sqrt{2}\sin(2t)+2\sqrt{2}t-\cos(2t)\Big]_0^{2\pi}\\ &=-4\sqrt{2}\pi \end{align*}\]

Дах! Давайте зробимо це більш простим способом.

Рішення 2

Теорема Стокса:

Щоб застосувати теорему Стокса, нам потрібно висловити\(C\) як\(\partial S\) межу поверхні\(S\text{.}\) As

\[ C=\left \{  (x,y,z)|x^2+y^2+z^2=4,\ z=y\right \} \nonumber \]

це замкнута крива, це можливо. Насправді існує багато можливих варіантів\(S\) з\(\partial S=C\text{.}\)\(S\) трьома можливими (намальовані нижче)

\[\begin{align*} S&=\left \{ (x,y,z)|x^2+y^2+z^2\le 4,\ z=y \right \}\cr S'&=\left \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2= 4,\ z\ge y \right \}\cr S''&=\left \{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2= 4,\ z\le y \right \} \end{align*}\]

Перша з них, яка є частиною площини, швидше за все, призведе до простіших обчислень, ніж останні два, які є частинами сфери. Тому вибираємо те, що виглядає більш простим способом.

Готуючись до застосування теореми Стокса, ми обчислюємо\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \) і\(\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\text{.}\) Для останнього застосовуємо формулу\(\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S=\pm(-f_x,-f_y,1)\,\text{d}xdy\) (Рівняння 3.3.2) до поверхні\(z=f(x,y)=y\text{.}\) Ми використовуємо\(+\) знак, щоб дати нормалі позитивну\(\hat{\mathbf{k}}\) складову.

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} &=\det\left[\begin{matrix}\hat{\pmb{\imath}}&\hat{\pmb{\jmath}}&\hat{\mathbf{k}} \\ \frac{\partial }{\partial x} &\frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\ z-y&-x-z&-x-y\end{matrix}\right]\\ &=\hat{\pmb{\imath}}\big(-1-(-1)\big)-\hat{\pmb{\jmath}}\big(-1-1\big)+\hat{\mathbf{k}}\big(-1-(-1)\big)\\ &=2\,\hat{\pmb{\jmath}}\\ \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S&=(0,-1,1)\,\text{d}x\text{d}y\\ \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S&=(0,2,0)\cdot(0,-1,1)\,\text{d}x\text{d}y =-2\,\text{d}x\text{d}y \end{align*}\]

Змінні інтеграції є\(x\)\(y\) і і, за визначенням, областю інтеграції є

\[ R=\left \{(x,y)|(x,y,z)\text{ is in }S\text{ for some }z\right \} \nonumber \]

Щоб точно визначити, що це за область інтеграції, ми спостерігаємо, що оскільки\(z=y\) on\(S\text{,}\)\(x^2+y^2+z^2\le 4\) - це те саме, що і\(x^2+2y^2\le 4\) на\(S\text{,}\)

\[ S=\left \{(x,y,z)|x^2+2y^2\le 4,\ z=y\right \} \implies R=\left \{(x,y)|x^2+2y^2\le 4\right \} \nonumber \]

Таким чином, область інтеграції - це еліпс з напіввеликою віссю\(a=2\text{,}\) напівмалої\(b=\sqrt{2}\) осі та площею\(\pi a b=2\sqrt{2}\pi\text{.}\) Інтеграл тоді

\[ \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =\iint_S \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_R (-2)\,\text{d}x\text{d}y =-2\ \text{Area}\,(R) =-4\sqrt{2}\pi \nonumber \]

Зауваження (Межі інтеграції):

Якби integrand були більш складними, ми повинні були б оцінити інтеграл над,\(R\) висловивши його як ітераційні інтеграли з правильними межами інтеграції. Спочатку припустимо, що ми нарізаємо,\(R\) використовуючи тонкі вертикальні скибочки. На кожному такому фрагменті,\(x\) по суті, постійний і\(y\) проходить від\(-\sqrt{(4-x^2)/2}\) до\(\sqrt{(4-x^2)/2}\text{.}\) крайній лівий такий фрагмент мав би\(x=-2\) і крайній правий такий фрагмент матиме\(x=2\text{.}\) Таким чином правильні межі з цією нарізкою є

\[ \iint_R f(x,y)\,\text{d}x\text{d}y =\int_{-2}^2\text{d}x\int_{-\sqrt{(4-x^2)/2}}^{\sqrt{(4-x^2)/2}} \text{d}y\ f(x,y) \nonumber \]

Якщо, замість цього, ми нарізаємо\(R\) за допомогою тонких горизонтальних скибочок,\(y\) то, на кожному такому фрагменті, по суті, постійний і\(x\) працює від\(-\sqrt{4-2y^2}\) до\(\sqrt{4-2y^2}\text{.}\) нижнього такого фрагмента буде\(y=-\sqrt{2}\) і верхній такий зріз буде мати\(y=\sqrt{2}\text{.}\) Так що правильні межі з цим нарізкою є

\[ \iint_R f(x,y)\,\text{d}x\text{d}y =\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\text{d}y\int_{-\sqrt{4-2y^2}}^{\sqrt{4-2y^2}} \text{d}x\ f(x,y) \nonumber \]

Зверніть увагу, що інтеграл з обмеженнями

\[ \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\text{d}y\int_{-2}^{2} \text{d}x\ f(x,y) \nonumber \]

відповідає нарізці з\(x\) запуском від\(-2\) до\(2\) на {\ bf кожен} фрагмент. Це відповідає прямокутній області інтеграції, а не тому, що ми маємо тут.

Теорема Стокса, знову:

Оскільки integrand є просто постійною (після Stoking - не оригінальний integrand) і настільки\(S\) простий (тому що ми вибрали його мудро), ми можемо оцінити інтеграл, не\(\iint_S \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) визначаючи ніколи\(\text{d}S\) явно і ніколи не встановлюючи ніяких обмежень інтеграції. Ми вже знаємо, що\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} =2\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{.}\) Оскільки\(S\) поверхня рівня\(z-y=0\text{,}\) градієнт\(\vecs{ \nabla} (z-y)=-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}}\) є нормальним до\(S\text{.}\) Так\(\hat{\textbf{n}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}})\) і

\[\begin{align*} \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} &=\iint_S \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_S (2\hat{\pmb{\jmath}})\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(-\hat{\pmb{\jmath}}+\hat{\mathbf{k}})\,\text{d}S\\ &=\iint_S -\sqrt{2}\,\text{d}S =-\sqrt{2}\ {\rm Area}\,(S) \end{align*}\]

Як\(S\) і коло радіуса\(2\text{,}\)\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =-4\sqrt{2}\pi\text{,}\) ще раз.

Приклад 4.4.8

У Warning 4.1.17 ми заявили, що якщо векторне поле не може пройти перевірку скринінгу навіть\(\vecs{ \nabla} \cdot\textbf{B}=0\) в одній точці, наприклад, тому що векторне поле не визначено в цій точці, то\(\textbf{B}\) може не мати векторного потенціалу. Прикладом може служити точкове джерело

\[ \textbf{B}(x,y,z) = \frac{\hat{\textbf{r}} (x,y,z)}{r(x,y,z)^2} \nonumber \]

Приклад 3.4.2. Тут, як завжди,

\[ r(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}\qquad \hat{\textbf{r}} (x,y,z) = \frac{x\hat{\pmb{\imath}} + y\hat{\pmb{\jmath}} + z\hat{\mathbf{k}}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \nonumber \]

Це векторне поле визначено на всіх,\(\mathbb{R}^3\text{,}\) крім походження та його розбіжності

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \cdot\textbf{B} &=\frac{\partial }{\partial x} \left(\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\right) +\frac{\partial }{\partial y} \left(\frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\right)\\ &\hskip1in +\frac{\partial }{\partial z} \left(\frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\right)\\ &=\left(\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}-\frac{3x^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}}\right)\\ &\hskip1in +\left(\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}-\frac{3y^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}}\right)\\ &\hskip1in +\left(\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}-\frac{3z^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}}\right)\\ &=\frac{3}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}-\frac{3(x^2+y^2+z^2)}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}} \end{align*}\]

дорівнює нулю скрізь, крім початку, де воно не визначено.

Це векторне поле не може мати векторний потенціал у своїй області визначення, тобто\(\mathbb{R}^3\setminus\{(0,0,0)\} =\left \{(x,y,z)|(x,y,z)\ne(0,0,0)\right \} \text{.}\) щоб побачити це, припустимо, навпаки, що воно мало векторний потенціал\(\textbf{A}\text{.}\) Тоді його потік через будь-яку замкнуту поверхню ⁵ (тобто поверхню без кордону)\(S\) буде

\[\begin{gather*} \iint_S\textbf{B}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S = \iint_S\vecs{ \nabla} \times\textbf{A}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\oint_{\partial S}\textbf{A}\cdot\text{d}\vecs{r} =0 \end{gather*}\]

за теоремою Стокса, оскільки\(\partial S\) порожній. Але ми знайшли в прикладі 3.4.2, з\(m=1\text{,}\) тим, що потік\(\textbf{B}\) через будь-яку сферу, зосереджену на початку, є\(4\pi\text{.}\)

Інтерпретація Div і Curl переглянуто

У розділах 4.1.4 і 4.1.5 ми вивели інтерпретації розбіжності і завитка. Тепер, коли у нас є теорема розбіжності та теорема Стокса, ми можемо значно спростити ці похідні.

Дивергенція

\(\varepsilon \gt 0\)Дозволяти крихітне позитивне число, а потім нехай

\[ B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0) =\left \{(x,y,z)|(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2 \lt \varepsilon^2 \right \} \nonumber \]

бути крихітним\(\varepsilon\) кулею радіуса по центру точки\((x_0,y_0,z_0)\text{.}\) Позначити

\[ S_\varepsilon(x_0,y_0,z_0) =\left \{(x,y,z)|(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2=\varepsilon^2 \right \} \nonumber \]

його поверхні. Тому\(B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\) що насправді маленький,\(\vecs{ \nabla} \cdot \vecs{v} \) по суті постійний в\(B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\) і ми по суті маємо

\[ \iiint_{B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \cdot \vecs{v} \ \text{d}V =\vecs{ \nabla} \cdot \vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\ \text{Vol}\big(B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\big) \nonumber \]

Звичайно, ми дійсно робимо наближення тут, виходячи з припущення, що\(\vecs{v} (x,y,z)\) є безперервним і тому приймає значення дуже близькі до\(\vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\) скрізь в області інтеграції. Наближення стає все краще і краще, як\(\varepsilon\rightarrow 0\) і більш точне твердження

\[ \vecs{ \nabla} \cdot\vecs{v} (x_0,y_0,z_0)=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{\iiint_{B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \cdot \vecs{v} \ \text{d}V} {\text{Vol}\big(B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\big)} \nonumber \]

За теоремою розбіжності ми також маємо

\[ \iiint_{B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \cdot \vecs{v} \ \text{d}V =\iint_{S_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}} \ \text{d}S \nonumber \]

Подумайте про векторне поле\(\vecs{v} \) як швидкість рухомої рідини, яка має щільність один. У §3.4 ми вже бачили, що інтеграл потоку для поля швидкості має інтерпретацію

\[\begin{align*} \iint_{S_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)}\hskip-10 pt \vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}} \ \text{d}S &=\left\{ \begin{array}{l} \text{the volume of fluid leaving $B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)$}\\ \text{through $S_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)$ per unit time} \end{array} \right. \end{align*}\]

Ми робимо висновок, що, як ми говорили в 4.1.19,

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \cdot\vecs{v} (x_0,y_0,z_0) &=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{\text{the rate at which fluid is exiting $B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)$}} {\text{Vol}\big(B_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\big)}\\ &=\left\{ \begin{array}{l} \text{rate at which fluid is exiting an }\\ \text{infinitesimal sphere centred at $(x_0,y_0,z_0)$, }\\ \text{per unit time, per unit volume} \end{array} \right.\\ &=\text{strength of the source at $(x_0,y_0,z_0)$} \end{align*}\]

Якщо наш світ наповнений нестисливою рідиною, рідиною, щільність якої постійна і тому ніколи не розширюється і не стискається, ми матимемо\(\vecs{ \nabla} \cdot\vecs{v} =0\text{.}\)

завиток

Знову\(\varepsilon \gt 0\) нехай крихітне додатне число і\(D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\) нехай крихітний плоский круглий диск\(\varepsilon\) радіуса по центру точки\((x_0,y_0,z_0)\) і позначити\(C_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\) його граничним колом. \(\hat{\textbf{n}}\)Дозволяти одиниці нормального вектора до\(D_\varepsilon\text{.}\) Він говорить нам орієнтація\(D_\varepsilon\text{.}\) Дайте колу\(C_\varepsilon\) відповідну орієнтацію за допомогою правила правої руки. Тобто, якщо пальці правої руки спрямовані у відповідному напрямку руху уздовж,\(C_\varepsilon\) а долоня звернена,\(D_\varepsilon\text{,}\) то великий палець спрямований в сторону.\(\hat{\textbf{n}}\text{.}\)

Тому\(D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\) що дійсно маленький,\(\vecs{ \nabla} \!\times\vecs{v} \) по суті постійний на\(D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\) і ми по суті маємо

\[\begin{align*} \iint_{D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \!\times \vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S &=\vecs{ \nabla} \!\times \vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{Area}\big(D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)\big)\\ &=\pi\varepsilon^2\ \vecs{ \nabla} \times\! \vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\cdot\hat{\textbf{n}} \end{align*}\]

Знову ж таки, це дійсно приблизне твердження, яке стає все краще і краще\(\varepsilon\rightarrow 0\text{.}\), як більш точне твердження

\[\begin{gather*} \vecs{ \nabla} \times\! \vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\cdot\hat{\textbf{n}} =\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{\iint_{D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \!\times \vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S} {\pi\varepsilon^2} \end{gather*}\]

За теоремою Стокса, ми також маємо

\[\begin{gather*} \iint_{D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \!\times \vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S =\oint_{C_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{v} \cdot d\vecs{r} \end{gather*}\]

Знову ж таки, подумайте про векторне поле\(\vecs{v} \) як про швидкість рухомої рідини. Тоді\(\oint_{C_\varepsilon} \vecs{v} \cdot d\vecs{r} \) називається циркуляція\(\vecs{v} \) навколо\(C_\varepsilon\text{.}\)

Щоб експериментально виміряти циркуляцію, помістіть невелике лопастне колесо в рідину, вісь лопатевого колеса спрямована вздовж\(\hat{\textbf{n}}\) і кожне з лопаток перпендикулярно\(C_\varepsilon\) і зосереджене на\(C_\varepsilon\text{.}\)

Кожне весло рухається по дотичній до\(C_\varepsilon\text{.}\) Він хотів би рухатися з тією ж швидкістю,\(\hat{\textbf{t}}\) що і\(C_\varepsilon\) тангенціальна швидкість\(\vecs{v} \cdot\hat{\textbf{t}}\) (де пряма спрямована одиниця дотичної вектора до місця розташування весла) рідини в її місці розташування. Але всі весла жорстко закріплені на осі лопаточного колеса і тому повинні всі рухатися з однаковою швидкістю. Ця загальна швидкість буде середнім значенням\(\vecs{v} \cdot\hat{\textbf{t}}\) навколо\(C_\varepsilon\text{.}\)\(\text{d}s\) If являє собою елемент довжини\(C_\varepsilon\text{,}\) дуги середнього значення\(\vecs{v} \cdot\hat{\textbf{t}}\) навколо\(C_\varepsilon\)

\[ \overline{v_T}=\frac{1}{2\pi\varepsilon}\oint_{C_\varepsilon} \vecs{v} \cdot \hat{\textbf{t}}\ \text{d}s =\frac{1}{2\pi\varepsilon}\oint_{C_\varepsilon} \vecs{v} \cdot \text{d}\vecs{r} \nonumber \]

оскільки\(\text{d}\vecs{r} \) має напрямок\(\hat{\textbf{t}}\) і довжину\(\text{d}s\) так, що\(\text{d}\vecs{r} =\hat{\textbf{t}} \text{d}s\text{,}\) і так як\(2\pi\varepsilon\) є окружністю\(C_\varepsilon\text{.}\) Якщо весло колесо обертається з\(\Omega\) радіанами в одиницю часу, кожне весло проходить відстань\(\Omega\varepsilon\) за одиницю часу (пам'ятайте, що\(\varepsilon\) це радіус \(C_\varepsilon\)). Тобто,\(\overline{v_T}=\Omega\varepsilon\text{.}\) об'єднавши всю цю інформацію,

\[\begin{align*} \vecs{ \nabla} \times\! \vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\cdot\hat{\textbf{n}} &=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{\iint_{D_\varepsilon(x_0,y_0,z_0)} \vecs{ \nabla} \!\times \vecs{v} \cdot\hat{\textbf{n}}\ \text{d}S} {\pi\varepsilon^2}\\ &=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{\oint_{C_\varepsilon} \vecs{v} \cdot \text{d}\vecs{r} } {\pi\varepsilon^2}\\ &=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{2\pi\varepsilon\ \overline{v_T}} {\pi\varepsilon^2}\\ &=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0} \frac{2\pi\varepsilon\ (\Omega \varepsilon)} {\pi\varepsilon^2}\\ &=2\Omega \end{align*}\]

щоб

\[ \Omega = \frac{1}{2} \vecs{ \nabla} \times\! \vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\cdot\hat{\textbf{n}} \nonumber \]

Компонент\(\vecs{ \nabla} \times\!\vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\) в будь-якому напрямку\(\hat{\textbf{n}}\) вдвічі перевищує швидкість, з якою лопатеве колесо обертається при введенні в рідину\((x_0,y_0,z_0)\) при його осі, спрямованої в напрямку напрямку напрямку осі, яка дає максимальну швидкість обертання і величину\(\hat{\textbf{n}}\text{.}\)\(\vecs{ \nabla} \times\!\vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\) \(\vecs{ \nabla} \times\!\vecs{v} (x_0,y_0,z_0)\)в два рази перевищує максимальну швидкість обертання. З цієї причини\(\vecs{ \nabla} \times \vecs{v} \) називається «завихреність».

Необов'язково - Застосування теореми Стокса - закон Фарадея

Магнітна індукція відноситься до фізичного процесу, при якому електрична напруга створюється («індукується») магнітним полем, що змінюється часом. Цей процес використовується в багатьох додатках, включаючи електричні генератори, асинхронні двигуни, індукційне варіння, індукційне зварювання та індуктивну зарядку. Майкл Фарадей ⁶, як правило, приписують відкриття магнітної індукції. Закон Фарадея наступний. \(S\)Дозволяти бути орієнтованою поверхнею з межею\(C\text{.}\)\(\textbf{B}\) Дозволяти\(\textbf{E}\) і бути (залежним від часу) електричним і магнітним полями і визначити

\[\begin{align*} \oint_C\textbf{E}\cdot \text{d}\vecs{r} &=\text{voltage around }C\\ \iint_S\textbf{B}\cdot \hat{\textbf{n}} \,\text{d}S&=\text{magnetic flux through }S \end{align*}\]

Тоді напруга навколо\(C\) є негативним від швидкості зміни магнітного потоку через\(S\text{.}\) Як рівняння закон Фарадея

\[ \oint_C\textbf{E}\cdot \text{d}\vecs{r} =-\frac{\partial }{\partial t}\iint_S\textbf{B}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

Ми можемо переформулювати це як рівняння з частинними похідними. За теоремою Стокса,

\[ \oint_C\textbf{E}\cdot \text{d}\vecs{r} =\iint_S(\vecs{ \nabla} \times\textbf{E})\cdot \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

так закон Фарадея стає

\[ \iint_S\Big(\vecs{ \nabla} \times\textbf{E}+\frac{\partial\textbf{B}}{\partial t}\Big)\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S=0 \nonumber \]

Це вірно для всіх поверхонь\(S\text{.}\) Тому integrand, припускаючи, що він безперервний, повинен дорівнювати нулю.

Щоб побачити це, нехай\(\textbf{G}=\Big(\vecs{ \nabla} \times\textbf{E}+\frac{\partial\textbf{B}}{\partial t}\Big)\text{.}\) Припустимо, що\(\textbf{G}(\textbf{x}_0)\ne 0\text{.}\) Виберіть вектор одиниці\(\hat{\textbf{n}}\) в напрямку\(\textbf{G}(\textbf{x}_0)\text{.}\) Дозволяти\(S\) бути дуже маленький плоский диск по центру\(\textbf{x}_0\) з нормальним\(\hat{\textbf{n}}\) (вектор, який ми вибрали). Потім\(\textbf{G}(\textbf{x}_0)\cdot\hat{\textbf{n}} \gt 0\) і, по безперервності,\(\textbf{G}(\textbf{x})\cdot\hat{\textbf{n}} \gt 0\) для всіх\(\textbf{x}\),\(S\text{,}\) якщо ми вибрали досить\(S\) малі. Тоді\(\iint_S\Big(\vecs{ \nabla} \times\textbf{E}+\frac{\partial\textbf{B}}{\partial t}\Big)\cdot \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \gt 0\text{,}\) що є протиріччям. Тож\(\textbf{G}=\vecs{0}\) скрізь, і ми робимо висновок, що

\[ \vecs{ \nabla} \times\textbf{E}+\frac{\partial\textbf{B}}{\partial t}=0 \nonumber \]

Це одне з рівнянь електромагнітного поля Максвелла ⁷.

Вправи

Етап 1

1

Кожна з наведених нижче фігур містить ескіз поверхні,\(S\) а її гранична теорема\(\partial S\text{.}\) Стокса говорить, що\(\oint_{\partial S}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =\iint_S\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) якщо\(\hat{\textbf{n}}\) правильно орієнтований одиничний нормальний вектор\(S\text{.}\) Додайте до кожного ескізу типовий такий нормальний вектор.

(а)

(б)

(c)

 

 

 

2

Нехай

• \(R\)бути кінцевою областю в\(xy\) -площині,
• межа,\(C\text{,}\)\(R\) складається з однієї кусково-гладкою, простий замкнутої кривої
  • що орієнтована (тобто стрілка ставиться\(C\)) послідовно з\(R\) в тому сенсі, що якщо ви йдете по\(C\) напрямку стрілки, то\(R\) знаходиться зліва

    

• \(F_1(x,y)\)і\(F_2(x,y)\) мають безперервні перші часткові похідні в кожній точці\(R\text{.}\)

Використовуйте теорему Стокса, щоб показати, що

\[ \oint_{C} \big[F_1(x,y)\,\text{d}x +F_2(x,y)\,\text{d}y\big] =\iint_{R}\Big(\frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y}\Big)\ \text{d}x\text{d}y \nonumber \]

тобто показати теорему Гріна.

3

Перевірте ідентичність\(\ \oint_C\phi\vecs{ \nabla} \psi\cdot \text{d}\vecs{r} =-\oint_C\psi\vecs{ \nabla} \phi\cdot \text{d}\vecs{r} \ \) для будь-яких безперервно диференційованих скалярних полів\(\phi\)\(\psi\) та кривої\(C\), яка є межею кусково-гладкої поверхні.

Етап 2

4

\(C\)Дозволяти крива перетину циліндра\(x^2+y^2=1\) і поверхні,\(z=y^2\) орієнтованої в напрямку проти годинникової стрілки, як видно з\((0,0,100)\text{.}\) Let\(\vecs{F} =(x^2-y\,,\,y^2+x\,,\,1)\text{.}\) Calculate\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \)

1. шляхом прямої оцінки
2. за допомогою теореми Стокса.

5

Оцініть\(\oint_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \), де\(\vecs{F} =ye^x\,\hat{\pmb{\imath}}+(x+e^x)\,\hat{\pmb{\jmath}}+z^2\,\hat{\mathbf{k}}\) і\(C\) є крива

\[ \vecs{r} (t)=(1+\cos t)\,\hat{\pmb{\imath}}+(1+\sin t)\,\hat{\pmb{\jmath}}+(1-\sin t-\cos t)\,\hat{\mathbf{k}}\qquad 0\le t\le 2\pi \nonumber \]

6 ✳

Знайти значення\(\iint_S\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) де\(\vecs{F} = \big(z - y\,,\, x\,,\, -x\big)\) і\(S\) є півкулею

\[ \left \{(x, y, z) \in\mathbb{R}^3 | x^2 + y^2 + z^2 = 4,\ z \ge 0\right \} \nonumber \]

орієнтовані так, що поверхневі нормалі вказують далеко від центру півкулі.

7 ✳

\(\mathcal{S}\)Дозволяти бути частиною поверхні\(z=16-{(x^2+y^2)}^2\), яка лежить над\(xy\) -площині. \(\vecs{F} \)Дозволяти бути векторним полем

\[ \vecs{F} =x\ln(1+z)\,\hat{\pmb{\imath}}+x(3+y)\,\hat{\pmb{\jmath}}+y\cos z\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

Розрахувати

\[ \iint_{\mathcal{S}}\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

де\(\hat{\textbf{n}}\) - висхідна нормаль на\(\mathcal{S}\text{.}\)

8 ✳

\(\mathcal{C}\)Дозволяти перетин параболоїда\(z=4-x^2-y^2\) з циліндром,\(x^2+(y-1)^2=1\text{,}\) орієнтованим проти годинникової стрілки, якщо дивитися з висоти на\(z\) -осі. Дозвольте\(\vecs{F} =xz\,\hat{\pmb{\imath}}+x\,\hat{\pmb{\jmath}}+yz\,\hat{\mathbf{k}}\text{.}\) знайти\(\oint_{\mathcal{C}}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \text{.}\)

9

Дозволяти\(\vecs{F} = - ye^z\,\hat{\pmb{\imath}} + x^3\cos z\,\hat{\pmb{\jmath}} + z\sin(xy)\,\hat{\mathbf{k}}\text{,}\) і нехай\(S\) буде частиною поверхні\(z = (1-x^2)(1-y^2)\), яка лежить над квадратом\(-1\le x\le 1\text{,}\)\(-1\le y\le 1\) в\(xy\) -площині. Знайти потік\(\vecs{ \nabla} \times \vecs{F} \) вгору наскрізь\(S\text{.}\)

10

Оцініть інтеграл,\(\oint_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \text{,}\) в якому\(\vecs{F} = (e^{x^2} - yz\,,\,\sin y - yz \,,\,xz + 2y)\) і\(C\) знаходиться трикутний шлях від\((1, 0, 0)\)\((0, 1, 0)\) до\((0, 0, 1)\) до\((1, 0, 0)\text{.}\)

11 ✳

\(\vecs{F} (x,y,z)=-z\,\hat{\pmb{\imath}}+x\,\hat{\pmb{\jmath}}+y\,\hat{\mathbf{k}}\)Дозволяти бути векторним полем. Використовуйте теорему Стокса, щоб оцінити лінійний інтеграл,\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) де\(C\) знаходиться перетин площини\(z=y\) та еліпсоїда,\(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}+\frac{z^2}{2}=1\text{,}\) орієнтованого проти годинникової стрілки, якщо дивитися з висоти на\(z\) -осі.

12 ✳

Розглянемо векторне поле\(\vecs{F} (x,y, z) = z^2 \,\hat{\pmb{\imath}} + x^2 \,\hat{\pmb{\jmath}} + y^2\,\hat{\mathbf{k}}\) в\(\mathbb{R}^3\text{.}\)

1. Обчислити\(C_1\) лінійний інтеграл,\(I_1 = \int_{C_1}\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \) де крива, що складається з трьох відрізків лінії,\(L_1\) від\((2, 0, 0)\) до\((0, 2, 0)\text{,}\) потім\(L_2\) від\((0, 2, 0)\)\((0, 0, 2)\text{,}\) до кінця\(L_3\) від\((0, 0, 2)\) до\((2, 0, 0)\text{.}\)
2. Проста замкнута крива\(C_2\) лежить на площині\(E\,:\, x + y + z = 2\text{,}\), що охоплює область\(R\) на площині площі\(3\text{,}\) та орієнтована проти годинникової стрілки, як спостерігається з позитивної\(x\) осі. Обчислити лінійний інтеграл\(I_2 = \int_{C_2}\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \text{.}\)

13 ✳

\(C = C_1 + C_2 + C_3\)Дозволяти крива, задана об'єднанням трьох параметризованих кривих

\[\begin{alignat*}{2} \vecs{r} _1(t) &= \big(2\cos t, 2\sin t, 0\big), &\qquad &0 \le t \le \pi/2\\ \vecs{r} _2(t) &= \big(0, 2\cos t, 2\sin t\big), & &0 \le t \le \pi/2\\ \vecs{r} _3(t) &= \big(2\sin t, 0, 2\cos t\big), & &0 \le t \le \pi/2 \end{alignat*}\]

1. Намалюйте малюнок\(C\text{.}\) Чітко позначте кожну з кривих\(C_1\text{,}\)\(C_2\text{,}\)\(C_3\) і вкажіть орієнтації, задані параметризаціями.
2. Знайти і параметризувати орієнтовану поверхню, межа\(S\) якої є\(C\) (з заданими орієнтаціями).
3. Обчислити лінійний інтеграл\(\int_C \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \), де

   \[ \vecs{F} = \Big(y + \sin(x^2)\,,\, z - 3x + \ln(1 + y^2)\,,\, y + e^{z^2}\Big) \nonumber \]

14 ✳

Розглядаємо конус з рівнянням\(z = \sqrt{x^2 + y^2}\text{.}\) Зверніть увагу, що його верхівка, або вершина, розташована біля початку. Конус орієнтований таким чином, що вектори нормалі спрямовані вниз (і подалі від\(z\) осі).\((0, 0, 0)\text{.}\) У наведених нижче частинок обидва\(S_1\) і\(S_2\) орієнтовані таким чином.

Нехай\(\vecs{F} = \big(-zy, zx, xy \cos(yz)\big)\text{.}\)

1. \(S_1\)Дозволяти частина конуса, яка лежить між площинами\(z = 0\) і\(z = 4\text{.}\) Зверніть увагу, що\(S_1\) не включає жодної частини площини\(z = 4\text{.}\) Використовуйте теорему Стокса для визначення значення

   \[ \iint_{S_1} \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

   Зробіть ескіз із зазначенням орієнтацій\(S_1\) та контуру (ів) інтеграції.
2. \(S_2\)Дозволяти частина конуса, яка лежить нижче площини\(z = 4\) і вище\(z = 1\text{.}\) Зверніть увагу, що\(S_2\) не включає будь-яку частину площин\(z = 1\) і\(z = 4\text{.}\) Визначити потік\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \) поперек Вирівняти\(S_2\text{.}\) свою відповідь, включаючи ескіз із зазначенням орієнтацій \(S_2\)і контуру (ів) інтеграції.

15 ✳

Розглянемо криву\(C\), яка є перетином площини\(z = x + 4\) і циліндра,\(x^2 + y^2 = 4\text{,}\) і припустимо,\(C\) орієнтована так, щоб вона пройшла за годинниковою стрілкою, як видно зверху.

Нехай\(\vecs{F} (x, y, z) = \big(x^3 + 2y\,,\, \sin(y) + z\,,\, x + \sin(z^2)\big)\text{.}\)

Використовуйте теорему Стокса для оцінки лінійного інтеграла\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \text{.}\)

16 ✳

1. Розглянемо векторне поле\(\vecs{F} (x, y, z) = (z^2 , x^2 , y^2)\) в\(\mathbb{R}^3\text{.}\) Обчислити\(C\) лінійний інтеграл,\(\oint_C \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \text{,}\) де крива, що складається з трьох відрізків лінії,\(L_1\)\(L_2\) від\((2, 0, 0)\)\((0, 2, 0)\) до\((0, 2, 0)\text{,}\)\((0, 0, 2)\text{,}\) і, нарешті,\(L_3\) від\((0, 0, 2)\) до\((2, 0, 0)\text{.}\)
2. Проста замкнута крива\(C\) лежить у площині\(x + y + z = 2\text{.}\) Поверхня, яку ця крива\(C\) оточує всередині площини,\(x + y + z = 2\) має площу\(3\text{.}\) Крива\(C\) орієнтована проти годинникової стрілки, як це спостерігається з позитивної осі x. Обчислити лінійний інтеграл\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \), де\(\vecs{F} \) знаходиться як в (а).

17 ✳

Оцініть лінійний інтеграл

\[ \int_C\left(z+\frac{1}{1+z}\right)\text{d}x +xz\,\text{d}y +\left(3xy-\frac{x}{(z+1)^2}\right)\text{d}z \nonumber \]

де\(C\) крива, параметризована

\[ \vecs{r} (t) = \big(\cos t\,,\, \sin t\,,\, 1 - \cos^2 t \sin t\big)\qquad 0 \le t \le 2\pi \nonumber \]

18 ✳

Проста замкнута крива\(C\) лежить у площині\(x + y + z = 1\text{.}\) Поверхня ця крива\(C\) оточує всередині площини,\(x + y + z = 1\) має площу\(5\text{.}\) Крива\(C\) орієнтована за годинниковою стрілкою, як спостерігається з позитивної\(z\) осі, дивлячись вниз на площину\(x + y + z = 1\text{.}\)

Обчислити лінійний інтеграл\(\vecs{F} (x, y, z) = (z^2 , x^2 , y^2)\) навколо\(C\text{.}\)

19 ✳

\(C\)Дозволяти орієнтована крива, що складається з 5 відрізків лінії, які утворюють шляхи\((0, 1, 1)\text{,}\)\((0, 1, 2)\text{,}\) від\((0, 0, 0)\)\((0, 1, 1)\)\((0, 1, 2)\) до\((0, 2, 0)\text{,}\) від до від\((0, 2, 0)\) до\((2, 2, 0)\text{,}\) і від\((2, 2, 0)\) до\((0, 0, 0)\text{.}\) нехай

\[ \vecs{F} = (-y+e^x\sin x)\,\hat{\pmb{\imath}} +y^4\,\hat{\pmb{\jmath}} +\sqrt{z}\tan z\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

Оцініть інтеграл\(\int_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \text{.}\)

20 ✳

Припустимо, крива\(C\) - це перетин циліндра\(x^2 + y^2 = 1\) з поверхнею,\(z = xy^2\text{,}\) пройденою за годинниковою стрілкою, якщо дивитися з позитивної осі z, тобто дивитися «зверху». Оцініть лінійний інтеграл

\[ \int_C (z + \sin z) \,\text{d}x + (x^3 - x^2 y) \,\text{d}y + (x \cos z - y) \,\text{d}z \nonumber \]

21 ✳

Оцініть,\(\iint_S \vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) де\(S\) ця частина сфери\(x^2+y^2+z^2=2\) над площиною\(z=1\text{,}\)\(\hat{\textbf{n}}\) є висхідною одиницею нормальної, і

\[\begin{gather*} \vecs{F} (x,y,z) = -y^2\,\hat{\pmb{\imath}} +x^3\,\hat{\pmb{\jmath}} + \big(e^x + e^y +z\big)\,\hat{\mathbf{k}} \end{gather*}\]

22 ✳

Нехай

\[ \vecs{F} = x \sin y\,\hat{\pmb{\imath}} - y \sin x\,\hat{\pmb{\jmath}} + (x - y)z^2\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

Використовуйте теорему Стокса для оцінки

\[ \int_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \nonumber \]

уздовж шляху, що складається з відрізків прямої лінії, послідовно з'єднуючи точки\(P_0 = (0, 0, 0)\)\(P_1 = (\pi/2, 0, 0)\)\(P_2 = (\pi/2, 0, 1)\)\(P_3 = (0, 0, 1)\) до до\(P_4 = (0, \pi/2, 1)\) до\(P_5 = (0, \pi/2, 0)\text{,}\) і назад до\((0, 0, 0)\text{.}\)

23 ✳

Нехай

\[ \vecs{F} =\left(\frac{2z}{1+y}+\sin(x^2)\,,\, \frac{3z}{1+x}+\sin(y^2)\,,\, 5(x+1)(y+2)\right) \nonumber \]

\(C\)Дозволяти орієнтована крива, що складається з чотирьох відрізків лінії\((2,0,0)\text{,}\) від\((0,0,0)\)\((2,0,0)\) до\((0,0,2)\text{,}\) від\((0,0,2)\) до\((0,3,0)\text{,}\) і від\((0,3,0)\) до\((0,0,0)\text{.}\)

1. Намалюйте малюнок\(C\text{.}\) Чітко вкажіть орієнтацію на кожному відрізку лінії.
2. Обчислити інтеграл роботи\(\int_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \text{.}\)

24 ✳

Оцініть\(\displaystyle\iint_S\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\), де\(\vecs{F} =y\,\hat{\pmb{\imath}}+2z\,\hat{\pmb{\jmath}}+3x\,\hat{\mathbf{k}}\) і\(S\) є поверхнею,\(z=\sqrt{1-x^2-y^2}\text{,}\)\(z\ge 0\) і\(\hat{\textbf{n}}\) є одиницею, нормальною для\(S\) підпорядкування\(\hat{\textbf{n}}\cdot\hat{\mathbf{k}}\ge 0\text{.}\)

25 ✳

\(\mathcal{S}\)Дозволяти криволінійної поверхні внизу, орієнтованої назовні нормаллю:

\[ x^2 + y^2 + 2(z-1)^2 = 6,\qquad z\ge 0. \nonumber \]

(Наприклад, у найвищій точці поверхні одиниця нормальна\(\hat{\mathbf{k}}\text{.}\))

Визначити

\[ \textbf{G}= \nabla\times\vecs{F} , \quad\text{where}\quad \vecs{F} = (xz - y^3\cos z)\,\hat{\pmb{\imath}} + x^3 e^z\,\hat{\pmb{\jmath}} + xyze^{x^2+y^2+z^2}\,\hat{\mathbf{k}}. \nonumber \]

Знайти\(\iint_\mathcal{S} \textbf{G}\cdot \hat{\textbf{n}}\text{d}S\text{.}\)

26 ✳

\(C\)Дозволяти коло радіуса,\(R\) що лежить в площині\(x+y+z=3\text{.}\) Використовуйте теорему Стокса для обчислення значення

\[ \oint_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \nonumber \]

де\(\vecs{F} =z^2\hat{\pmb{\imath}}+x^2\hat{\pmb{\jmath}}+y^2\hat{\mathbf{k}}\text{.}\) (Ви можете використовувати будь-яку орієнтацію кола.)

27

\(S\)Дозволяти орієнтована поверхня, що складається з верхньої і чотирьох сторін куба, вершини яких\((\pm 1,\pm1,\pm1)\text{,}\) орієнтовані назовні. Якщо\(\vecs{F} (x,y,z)=(xyz,xy^2,x^2yz)\text{,}\) знайти потік\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \) наскрізного\(S\text{.}\)

28

Нехай\(S\) позначають частину спірального ската (тобто гелікоїдальної поверхні) параметризовану

\[ x=u\cos v,\ y=u\sin v,\ z=v\qquad 0\le u\le 1,\ 0\le v\le 2\pi \nonumber \]

Дозвольте\(C\) позначити межу\(S\) з орієнтацією, вказаною вгору, що вказує нормаль на\(S\text{.}\) Знайти

\[ \int_C y\,\text{d}x-x\,\text{d}y+ xy\,\text{d}z \nonumber \]

Етап 3

29

\(C\)Дозволяти перетин\(x+2y-z=7\) і\(x^2-2x+4y^2=15\text{.}\) крива\(C\) орієнтована проти годинникової стрілки, якщо дивитися з висоти на\(z\) -осі. Нехай

\[ \vecs{F} =\big(e^{x^2}+yz\big)\,\hat{\pmb{\imath}} +\big(\cos(y^2)-x^2\big)\,\hat{\pmb{\jmath}} +\big(\sin(z^2)+xy\big)\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

Оцінити\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \text{.}\)

30 ✳

1. Знайти завиток векторного поля\(\vecs{F} = \big(2 + x^2 + z\,,\, 0\,,\, 3 + x^2 z\big)\text{.}\)
2. \(C\)Дозволяти крива в\(\mathbb{R} ^3\) від точки\((0, 0, 0)\) до точки,\((2, 0, 0)\text{,}\) що складається з трьох послідовних відрізків лінії, що з'єднують точки\((0, 0, 0)\)\((0, 0, 3)\text{,}\)\((0, 0, 3)\)\((0, 1, 0)\) до\((0, 1, 0)\text{,}\) і\((2, 0, 0)\text{.}\) Оцінити інтеграл лінії

   \[ \int_C \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \nonumber \]

   де\(\vecs{F} \) - векторне поле з (a).

31 ✳

1. \(S\)Дозволяти бути ковшоподібної поверхні, що складається з циліндричної поверхні\(y^2 + z^2 = 9\) між\(x = 0\)\(x = 5\text{,}\) і диск всередині\(yz\) -площині радіуса по\(3\) центру на початку. (Відро\(S\) має дно, але кришки немає.) \(S\)Орієнтуйтеся таким чином, щоб одиниця нормальної точки назовні. Обчислити потік векторного поля\(\vecs{ \nabla} \times\textbf{G}\) через\(S\text{,}\) де\(\textbf{G} = (x, -z, y)\text{.}\)
2. Обчислити потік векторного поля\(\vecs{F} = (2 + z, xz^2 , x \cos y)\) через\(S\text{,}\) де\(S\) знаходиться як в (а).

32 ✳

Нехай

\[ \vecs{F} (x, y, z) = \Big(\frac{y}{x} +x^{1+x^2}\,,\, x^2-y^{1+y^2}\,,\, \cos^5(\ln z)\Big) \nonumber \]

1. Запишіть домен\(D\)\(\vecs{F} \text{.}\)
2. Обведіть правильне твердження (и):
   1. D підключається.
   2. D просто підключається.
   3. D відключається.
3. Обчислити\(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} \text{.}\)
4. \(C\)Дозволяти квадрат з кутами\((3 \pm 1, 3 \pm 1)\) в площині,\(z = 2\text{,}\) орієнтованими за годинниковою стрілкою (дивитися зверху, тобто вниз\(z\) -вісь). Обчислити

   \[ \int_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \nonumber \]

5. Є\(\vecs{F} \) консервативним?

33 ✳

Фізик вивчає векторне поле\(\vecs{F} (x, y, z)\text{.}\) З експериментів\(\vecs{F} \) відомо, що має форму

\[ \vecs{F} (x, y, z) = xz\,\hat{\pmb{\imath}} + (axe^y z + byz)\,\hat{\pmb{\jmath}} + (y^2 - xe^y z^2 )\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

для деяких дійсних чисел\(a\) і далі\(b\text{.}\) відомо, що\(\vecs{F} = \vecs{ \nabla} \times\textbf{G}\) для деяких диференційовних векторних полів\(\textbf{G}\text{.}\)

1. Визначте\(a\) і\(b\text{.}\)
2. Оцініть інтеграл поверхні

   \[ \iint_S\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

   де\(S\) - частина еліпсоїда,\(x^2 + y^2 + \frac{1}{4} z^2 = 1\) для якої\(z \ge 0\text{,}\) орієнтуються так, щоб його нормальний вектор мав позитивний\(z\) -компонент.

34 ✳

\(C\)Дозволяти крива в\(xy\) -площині від точки\((0, 0)\) до точки,\((5, 5)\) що складається з десяти відрізків лінії послідовно з'єднуючи точки\((0,0)\text{,}\)\((0,1)\text{,}\)\((1,1)\text{,}\)\((1,2)\text{,}\)\((2,2)\text{,}\)\((2,3)\text{,}\)\((3,3)\text{,}\)\((3,4)\text{,}\)\((4,4)\text{,}\)\((4,5)\text{,}\) \((5,5)\text{.}\)Оцініть лінійний інтеграл

\[\begin{gather*} \int_C \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \end{gather*}\]

де

\[\begin{gather*} \vecs{F} = y\,\hat{\pmb{\imath}} + (2x - 10)\,\hat{\pmb{\jmath}} \end{gather*}\]

35 ✳

\(\vecs{F} = \big(\sin x^2\,,\,xz\,,\,z^2\big)\text{.}\)Дозволяти оцінювати\(\oint_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \) навколо\(C\) кривої перетину циліндра\(x^2+y^2=4\) з поверхнею,\(z=x^2\text{,}\) пройденою проти годинникової стрілки, як видно з висоти на\(z\) -осі.

36 ✳

Поясніть, як виводить диференціальну форму

\[ \vecs{ \nabla} \times\textbf{E} = -\frac{1}{c}\frac{\partial\textbf{H}}{\partial t} \nonumber \]

закону Фарадея від його цілісної форми

\[ \oint_C\textbf{E}\cdot\text{d}\vecs{r} = -\frac{1}{c}\ \dfrac{d }{dt}\iint_S\textbf{H}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \nonumber \]

37 ✳

\(C\)Дозволяти крива, задана параметричними рівняннями:

\[ x=\cos t,\ y=\sqrt{2}\sin t,\ z=\cos t,\ 0\le t\le 2\pi \nonumber \]

і нехай

\[ \vecs{F} =z\,\hat{\pmb{\imath}}+x\,\hat{\pmb{\jmath}}+y^3z^3\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

Використовуйте теорему Стокса для оцінки

\[ \oint_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \nonumber \]

38 ✳

Використовуйте теорему Стокса для оцінки

\[ \oint_C z\,\text{d}x+x\,\text{d}y-y\,\text{d}z \nonumber \]

де\(C\) - замкнута крива, яка є перетином площини\(x+y+z=1\) зі сферою\(x^2+y^2+z^2=1\text{.}\) Припустимо, що\(C\) орієнтована за годинниковою стрілкою, як дивитися від початку.

39 ✳

\(S\)Дозволяти бути частиною половинки конуса

\[ z=\sqrt{x^2+y^2},\quad y\ge 0, \nonumber \]

що лежить нижче площини\(z=1\text{.}\)

1. Знайдіть параметризацію для\(S\text{.}\)
2. Обчисліть потік поля швидкостей

   \[ \vecs{v} =x\,\hat{\pmb{\imath}} + y\, \hat{\pmb{\jmath}} -2 z\,\hat{\mathbf{k}} \nonumber \]

   вниз через\(S\text{.}\)
3. \(\vecs{F} \)Векторне поле має завиток\(\vecs{ \nabla} \times \vecs{F} = x\, \hat{\pmb{\imath}} + y\, \hat{\pmb{\jmath}} -2 z\,\hat{\mathbf{k}}\text{.}\) На\(xz\) -площині\(\vecs{F} \) векторне поле постійне з\(\vecs{F} (x,0,z)=\hat{\pmb{\jmath}}\text{.}\) Заданою цією інформацією обчислити

   \[ \int_\mathcal{C} \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} , \nonumber \]

   де\(\mathcal{C}\) - півкола

   \[ x^2+y^2=1,\ z=1,\ y\ge 0 \nonumber \]

   орієнтовані від\((-1,0,1)\) до\((1,0,1)\text{.}\)

40

Розглянемо\(\iint_S(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} )\cdot\hat{\textbf{n}}\,dS\), де\(S\) знаходиться частина сфери\(x^2+y^2+z^2=1\), яка підкоряється, -\(x+y+z\ge 1\text{,}\)\(\hat{\textbf{n}}\) це вгору, що вказує нормаль на сферу, і\(\vecs{F} =(y-z)\hat{\pmb{\imath}}+(z-x)\hat{\pmb{\jmath}}+(x-y)\hat{\mathbf{k}}\text{.}\) Знайдіть іншу поверхню\(S'\) з властивістю, яку\(\iint_S(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} )\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_{S'}(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} )\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) і оцінюйте\(\iint_{S'}(\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} )\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\text{.}\)

1. Сер Джордж Габріель Стоукс (1819—1903) був ірландським фізиком і математиком. Окрім теореми Стокса, він відомий рівняннями динаміки рідини Нав'є-Стокса та роботою з хвильової теорії світла. Він дав свідчення Королівській комісії з використання заліза в залізничних спорудах після катастрофи мосту Ді 1847 року.
2. В іншому випадку\(S\) розкладіть на більш прості шматки, аналогічно тому, що ми зробили в доказі теореми розбіжності.
3. Сальвадор Далі?
4. Таким чином лежить біль.
5. Якщо вам незручно з поверхнею, що не має кордону, проткніть в поверхні дуже маленький отвір, надаючи їй дуже малу межу. Потім візьміть межу, оскільки отвір прагне до нуля.
6. Майкл Фарадей (1791—1867) був англійським фізиком і хіміком. Він виявився надзвичайно впливовим вченим, незважаючи на те, що мав лише найосновніші формальні освіти.
7. Інші наведені в Прикладі 4.1.2.