close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

2710.Математика для студентов в задачах и упражнениях по физике

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Ярославский государственный университет им. П. Г. Демидова
Ю. И. Большаков, Л. Б. Медведева
Математика для студентов
в задачах и упражнениях по физике
Рекомендовано
Научно-методическим советом университета
для студентов, обучающихся по специальностям
Физика, Телекоммуникации, Радиофизика
Ярославль 2009
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 51+53
ББК В1я73-4
Б 79
Рекомендовано
Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного издания. План 2009 года
Рецензенты:
Т. Л. Трошина, доцент кафедры алгебры ЯГПУ им. К. Д. Ушинского;
кафедра высшей математики ЯГТУ
Б 79
Большаков, Ю.И. Математика для студентов в задачах и упражнениях по физике: учеб. пособие / Ю. И. Большаков,
Л. Б. Медведева; Яросл. гос. ун-т им. П. Г. Демидова. – Ярославль :
ЯрГУ, 2009. – 132 с.
ISBN 978-5-8397-0653-8
Основная цель пособия состоит в том, чтобы показать различные
связи математических дисциплин, изучаемых на первом курсе физического факультета, с другими учебными дисциплинами, а также рассмотреть многочисленные приложения линейной алгебры, векторного
исчисления и теории поля в физике.
Пособие позволяет познакомить студентов с задачами, которые находятся в области их профессиональных интересов.
В начале каждого параграфа даётся сводка основных теоретических положений, иногда оформленных в виде таблиц, блок-схем,
представляющих собой своеобразные опорные конспекты. Далее следуют примеры решения задач, иллюстрирующих важность изучаемых
понятий и возможности их применения в различных разделах физики.
Заканчивается каждый параграф списком профессионально ориентированных задач для самостоятельного решения и указанием необходимой литературы.
Предназначено для студентов-физиков всех специальностей, может
быть использовано для проведения практических занятий и организации индивидуальной внеаудиторной работы студентов.
Рис. 42. Библиогр.: 58 назв.
Пособие выполнено при частичной финансовой поддержке программы "Развитие научного потенциала высшей школы на 2009–
2010 годы (проект 2.1.1/466)".
УДК 51+53
ББК В1я73-4
© Ярославский
государственный
университет
ISBN 978-5-8397-0653-8
им. П. Г. Демидова, 2009
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пособие предназначено для студентов начальных курсов физического факультета всех специальностей. Оно может быть использовано для проведения практических занятий, организации
внеаудиторной работы и индивидуальных занятий.
Основная цель данного пособия состоит в том, чтобы показать различные связи математических дисциплин, изучаемых на
первом курсе, с другими учебными дисциплинами, а также рассмотреть многочисленные приложения линейной алгебры, линейных систем и теории поля в физике, в частности, в механике,
теории электрических цепей, радиофизике, электродинамике. Таким образом, пособие уже на первом этапе обучения позволяет
познакомить студентов с задачами, которые находятся в области
их профессиональных интересов.
Применение векторов в физике обусловлено тем, что многие
физические величины являются величинами векторными: скорость, ускорение, сила. Работать с векторами, а не с их координатными представлениями удобно и по той причине, что решение
задачи часто не зависит от размерности пространства, в котором
рассматривается задача.
Цель пособия определяет его структуру. Начало каждого параграфа содержит краткую теоретическую справку, иногда
оформленную в виде таблицы, представляющей собой своеобразный опорный конспект по теме. Затем приводятся сведения, указывающие на применение этой темы в различных разделах математики и физики. Вслед за этим следуют примеры решения задач,
иллюстрирующих важность изучаемых понятий. Заканчивается
параграф списком задач для самостоятельного решения.
Для того чтобы пособие было более «живым», мы иногда
включаем в него некоторые исторические сведения, касающиеся
рассматриваемых вопросов. Заканчивается каждый параграф списком профессионально ориентированных задач для самостоятельного решения и указанием необходимой литературы. К большинству задач в конце пособия приведены ответы, указания, а к наиболее трудным – и решения. В настоящем пособии помещено
более двухсот задач, иллюстрирующих применение изучаемых
математических понятий. Часть из этих задач оригинальна, а часть
заимствована из известных источников и учебных руководств. За3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
дачи к главе 3, как и идея её написания, любезно предложены нам
доктором физико-математических наук Л.Н. Казаковым, выражаем ему признательность и за участие в обсуждении решения задач.
Также благодарим выпускницу математического факультета Ярославского госуниверситета О.Ю. Большакову, осуществившую
компьютерный набор рукописи.
1. Системы линейных уравнений
Тема «Системы линейных уравнений» является основополагающей при изучении курса «Линейная алгебра и аналитическая
геометрия». К решению системы линейных уравнений приводят
многие задачи этого курса, а также других математических дисциплин.
Логические связи темы «Системы линейных уравнений» с
другими темами учебной дисциплины демонстрирует схема 1.
Эта схема является своеобразным опорным сигналом, позволяющим осознать важность темы и её место в изучаемом курсе.
Схема 1
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Некоторое представление о приложениях теории систем линейных уравнений в других областях знаний дает следующая
схема.
Схема 2
Ниже будут рассмотрены некоторые прикладные задачи,
приводящие к решению системы линейных уравнений. Но сначала мы приведем справочный материал по теме.
1.1. Понятие системы линейных уравнений
и её решения
Определение 1. Системой линейных уравнений с n переменными называется система вида
 a11 x1 + a12 x2 +  + a1n xn = b1 ,
 a x + a x + + a x = b ,
 21 1 22 2
2n n
2

(1)


am1 x1 + am 2 x2 +  + amn xn = bm ,
где ai , j , bi ∈  – заданные числа.
Определение 2. Решением системы линейных уравнений называется упорядоченный набор чисел (α1 , α 2 ,  , α n ) , при подста5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
новке которых в систему вместо переменных каждое из её уравнений обращается в верное числовое равенство.
1.2. Виды систем линейных уравнений
Классификация систем по множеству решений.
Решить систему – это значит найти все её решения или доказать, что решений нет.
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.3. Методы решений системы
1.3.1. Комментарии к методу Гаусса
Этот метод впервые был описан К. Гауссом (1777 – 1855) в
1849 году1. Однако следует заметить, что прием решения системы из n линейных уравнений с n переменными, по существу совпадающий с методом Гаусса, был разработан в Древнем Китае
ещё до нашей эры. Он изложен в восьмой книге анонимной древнекитайской «Математики в девяти книгах» и назван правилом
«Фан-чэн». Своеобразие правила «Фан-чэн» составляет техника
вычислений, проводившихся на специальной счетной доске2.
В основе метода Гаусса лежат элементарные преобразования
системы.
1
Математический энциклопедический словарь. М., 1986. С. 140.
Хрестоматия по истории математики / под ред. А.П. Юшкевича. М.:
Просвещение, 1976. С. 46.
2
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Замечания:
1. Здесь r ≤ m , так как в процессе преобразований уравнения
вида 0 ⋅ x1 + 0 ⋅ x2 +  + 0 ⋅ xn = 0 вычеркиваются.
2. Если в процессе преобразований системы появляется уравнение 0 ⋅ x1 + 0 ⋅ x2 +  + 0 ⋅ xn = c, c ≠ 0 , то система решений не имеет.
3. Система (2) называется системой, приведенной к разрешимому виду.
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.3.2. Комментарии к методу Жордана – Гаусса
Метод Жордана – Гаусса отличается от метода Гаусса лишь
тем, что вычисление коэффициентов системы, которая получается после исключения какой-то переменной из всех уравнений,
кроме одного, производится по определенному правилу – правилу Жордана – Гаусса.
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пусть в матрице коэффициентов системы a pq ≠ 0 . Тогда исключим переменную xq из всех уравнений
ai1 x1 + ai 2 x2 +  aik xk +  + aiq xq +  + ain xn = bi , i ≠ p ,
кроме уравнения с номером р:
a p1 x1 + a p 2 x2 +  a pk xk +  + a pq xq +  + a pn xn = bp .
Для этого уравнение с номером p разделим на a pq ≠ 0, умно-
жим на ( − aiq ) и сложим с уравнением, номер которого i. В результате получим правило пересчета коэффициентов aij системы:
a
b
a′pj = pj , j = 1, n , b′p = p ,
a pq
a pq
a′pj = 0, если i ≠ p , aiq′ = 0, i ≠ p,
aik′ =
aik ⋅ a pq − a pk ⋅ aiq
, i ≠ p, k ≠ q.
a pq
Расчет по последней формуле удобно производить, пользуясь
мнемоническим «правилом прямоугольника», наглядно показанным на рисунке 1.
Заменяемый
эл-т
aiq
i-ая строка
a pk
a pq
p-ая строка
k-ый
столбец
q-ый
столбец
Разрешающий
эл-т
aik
+
-
Рис. 1
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.4. Однородная система линейных уравнений
n
a x
ij
j
= 0, i =1, m
j =1
Особо выделяют фундаментальную совокупность решений,
отвечающую простейшему набору значений свободных переменных: (1, 0,, 0 ) , ( 0,1, 0,, 0 ) ,, ( 0, 0,,1) .
Для закрепления всех методов решения систем линейных
уравнений рекомендуется выполнить следующие упражнения: [1]
№ 17.1 – 17.5, 17.6, 7) – 10), 18.1, 6), 7), 10, 12, 18.2, 18.4, 18.5,
19.1, 7), 8), 9), 10), 19.2, 19.4 – 19.5, 19.6, 19.8, 19.9 – 19.11, 19.14,
19.15, 19.17; [4] № 689 – 701, № 712 – 714, 717, 719, 725 – 797,
733, 736, 737.
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.5. Применение теории систем линейных уравнений
1.5.1. Применение в аналитической геометрии
В аналитической геометрии теория систем линейных уравнений находит применение при решении задач на определение
уравнений заданных множеств по характеристическому свойству
элементов данного множества, а также исследовании взаимного
расположения прямых и плоскостей в пространстве. Во всех этих
задачах за определение множества следует брать соответствующее ему алгебраическое уравнение. Например, прямой на плоскости следует считать множество точек M ( x, y ) , координаты которых удовлетворяют уравнению
Ax + By + C = 0 .
Плоскостью в трехмерном пространстве называется множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению
Ax + By + Cz + D = 0 .
Аналогично, окружность – это множество точек, удовлетворяющих уравнению
2
2
( x − a) + ( y − b) = r2 ,
2
2
или уравнению x + y + bx + cy + d = 0.
При таком подходе всякая кривая второго порядка определяется уравнением
ax 2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0.
Уравнение сферы имеет вид
( x − a) + ( y − b) + ( z − c)
2
2
2
= r 2 и т.д.
При решении задач под номерами 764 – 787 из [4] и 19.33 –
19.48 из [8], рекомендуется применять теорию систем линейных
уравнений, а не использовать методы аналитической геометрии.
1.5.2. Расчет электрических цепей
Применение матричной алгебры и методов решения систем
линейных уравнений для решения задач электротехники обусловлено тем, что законы Кирхгофа для разветвленных электрических цепей, по которым течет постоянный ток, могут быть записаны в виде системы линейных уравнений.
12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Законы Кирхгофа
1. Алгебраическая сумма всех токов, приходящих в точку
разветвления цепи (узел, вершину) и выходящих из неё, равна 0.
I1 + I 2 + ... + I n = 0 .
(1)
Токи, входящие в узел, считаются положительными, а выходящие из узла, – отрицательными.
Иначе этот закон можно сформулировать следующим образом: в каждой вершине контура сумма входящих токов равна
сумме токов, выходящих из неё.
2. Алгебраическая сумма падений напряжений на сопротивлениях (включая и сопротивление источников) равна алгебраической сумме ЭДС, имеющихся в этом контуре, т.е.
I1 R1 + I 2 R2 + ... + I n Rn = ε1 + ε 2 + ... + ε k .
(2)
Если ЭДС в контуре отсутствует, то падение напряжений
равно 0:
I1R1 + I 2 R2 + ... + I n Rn = 0 .
(3)
Заметим, что направление тока на каждом участке цепи между двумя узлами можно выбрать произвольно, сохраняя, однако,
это направление на всех этапах решения задачи. Если в результате решения для каких-то токов получатся отрицательные численные значения, то это значит, что первоначальное направление токов было выбрано неправильно.
Направление обхода каждого контура произвольно.
Падение напряжения считается положительным, если выбранное заранее направление тока на этом участке между узлами
совпадает с направлением обхода контура, и отрицательным – в
противном случае.
ЭДС считается положительной, если при обходе контура источник тока проходится от отрицательного полюса к положительному, и отрицательный – в противном случае.
Для примера рассмотрим следующую цепь (рис. 2).
Для такой цепи 1 закон Кирхгофа даёт систему:
I 5 = I1 + I 4 ,
I1 = I 2 + I 6 ,
(*)
I 2 + I3 = I6 + I7 ,
I 4 + I8 = I3 .
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
По второму закону Кирхгофа для контура абвг:
I1 ( R1 + r1 ) + I 2 ( R2 + r2 ) − I 3 ( R3 + r3 ) − I 4 R4 = ε1 − ε 2 − ε 3 .
Для контура абв будем иметь:
I1 ( R1 + r1 ) + I 2 ( R2 + r2 ) + I 5 R5 = ε1 − ε 2 .
Для контура агв будем иметь:
I 4 R4 + I 3 ( R3 + r3 ) + I 5 R5 = ε 3 .
(**)
Рис. 2.
Заметим, что если цепь содержит т узлов, то уравнения (*)
составляются для т–1 узлов. При составлении уравнений (**)
нужно следить, чтобы каждый вновь взятый контур не мог быть
получен сложением или вычитанием уже полученных. Так, наше
первое уравнение может быть получено, если из второго уравнения (**) вычесть третье из той же серии. Поэтому полная система
уравнений для определения токов при заданных сопротивлениях
и э.д.с. будет состоять из первых трех уравнений (*) и последних
двух уравнений (**).
Заметим, что если рассматривать разветвленные электрические цепи, составленные из проводников единичного сопротивления, подключенных к источнику в двух точках (полюсах), то для
них второй закон Кирхгофа звучит следующим образом: в любом
замкнутом контуре сумма токов, идущих по часовой стрелке, равна сумме токов, идущих против часовой стрелки.
Рассмотрим несколько задач с такими цепями.
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1. На рисунке (рис. 3) изображена электрическая цепь с полюсами А и С и узлами В и D. Найдите токи
во всех проводниках цепи, если известно, что ток в проводнике DВ равен 1.
Стрелками обозначены направления
токов.
Решение. Обозначим ток, идущий
по звену AD через I1 , идущий по звену
DC – через I 2 , идущий по звену AB –
через I 3 , по звену BC – через I 4 , а по
звену BC – через I 5 .
Тогда по первому закону Кирхгофа
можно записать
Рис. 3.
 I1 = 1 + I 2 ,

 I3 + 1 = I 4 + I5 .
По второму закону Кирхгофа получим следующие уравнения
I1 + 1 = I 3 , 1 + I 5 = I 2 , I 5 = I 4 .
Для расчета токов в каждом звене цепи имеем систему линейных уравнений
 I1 − I 2 = 1,
 I − I = −1,
 1 3
 I 2 − I 5 = 1,
 I − I − I = −1,
 3 4 5
 I 4 − I 5 = 0.
Решая систему, получим: I1 = 6, I 2 = 5, I 3 = 7, I 4 = I 5 = 4.
Задача 2. На рис. 4 изображены электрические цепи с полюсами A и C . Найдите токи в их проводниках, если известно, что в
каждой цепи ток в проводнике CD равен 1. Некоторые токи у вас
получатся нулевыми и отрицательными. Что это значит?
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а)
в)
б)
г)
Рис. 4.
Решение задачи 2б). Обозначим токи в проводниках соответственно в AD − x1 , в AM − x2 , в AB − x3 , в MQ − x4 , в MN − x5 , в QD − x6 , в
NB − x7 , в QP − x8 , в NP − x9 , в PC − x10 , в BC − x11 . Тогда по первому и
второму законам Кирхгофа получим систему для определения
этих токов
x1 + x6 = 1,


x2 = x4 + x5 ,


x4 = x6 + x8 ,

x5 = x7 + x9 ,


x3 + x7 = x11 ,

x8 + x9 = x10 ,

x + x + x = x ,
1
 2 4 6
 x2 + x5 + x7 = x3 ,

x6 + 1 = x8 + x10 ,


x9 + x10 = x7 + x11 ,

x4 + x8 = x5 + x9 .

(
)
Решая систему, получим 1, 2 3 ,1, 13 , 13 , 0, 0, 13 , 13 , 2 3 ,1 .
1.5.3. Расчет потоков транспорта на развилках дорог
Задача 3. На рис. 5 изображена схема движения транспорта в
районе некоторой площади.
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 5.
Потоки машин на улицах M, N, P указаны в следующей таблице:
Направление движения
На улицу
С улицы
M
25
50
N
100
75
P
150
150
Найти потоки машин
в узлах развязки.
Решение. Обозначим число машин на участке AB символом x,
на участке BC – символом y, на участке CD – символом z, на участке DE – символом q, на участке EF – символом r, на участке
FA – символом t. Тогда, применяя первый закон Кирхгофа к узлам развязки, получим систему:
 x = 50 + t ,
 x = 100 + y,

 z = y + 75,

 z = 150 + q,
 r = q + 150,

 r = t + 25.
Решая систему уравнений, найдём y = x − 100, z = x − 15, t = x − 50,
q = x − 175, r = x − 25, x – любое натуральное, удовлетворяющее условию x ≥ 175.
Следующую задачу предлагаем решить самостоятельно.
Задача 4. Найти число автомашин, движущихся по указанным участкам дорог.
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 6.
Ответ: y = x − 100, t = x − z + 50, p = 150 + z − x, q = x − z − 50,
r = x − 175, где x и z натуральные, удовлетворяющие системе неx ≥ 175


равенств: x − 150 ≤ z ≤ x − 50 .

Упражнения
5. В схеме рис. 7. ε1 – элемент с э.д.с., равной 2,1 в, ε 2 =1,9 в,
R1 = 45 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 10 Ом. Найти силу тока во всех участках
цепи. Внутренним сопротивлением элементов пренебречь.
Рис. 7.
Рис. 8.
6. В цепи рис. 8 ε1 и ε 2 – два элемента с равными э.д.с. в 2 в.
Внутренние сопротивление этих элементов равны соответственно
r1 =1Ом , r2 = 2 Ом . Чему равно внешнее сопротивление R, если сила
тока I1 , текущего через ε1 , равна 1a ? Найти силу тока I 2 , идущего
через ε 2 . Найти силу тока I , идущего через сопротивление R.
7. Решите предыдущую задачу, если ε1 = ε 2 = 4 в r1 = r2 = 0,5Ом,
I1 = 2a.
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8. В схеме рис. 9 ε1 = 110 в, ε 2 = 220 в, R1 = R2 = 100 Ом, R3 = 500 Ом. Определить показание амперметра. Внутренним сопротивлением
батареи и амперметра пренебречь.
9. В схеме рис. 9 ε1 = 2 в, ε 2 = 4 в, R1 = 0,5Ом и падение напряжения на сопротивлении R2 равно 1 в. Найти показание амперметра.
Внутренним сопротивлением элементов и амперметра пренебречь.
Рис. 9.
Рис. 10.
10. В схеме рис. 10 ε1 = 2 в, ε 2 = 4 в, ε 3 = 6 в, R1 = 4 Ом, R2 = 6 Ом,
R3 = 8Ом. Найти силу тока во всех участках цепи. Сопротивлением
элементов пренебречь.
11. Для цепи рис. 10 ε1 = 25в, падение напряжения на сопротивлении R1 , равное 10 в , равно падению напряжения на сопротивлении R3 и вдвое больше падения напряжения на сопротивлении
R2 . Найти величины ε 2 и ε 3 . Сопротивлением батарей пренебречь.
12. В цепи рис. 10 ε1 = ε 2 =ε 3 , R1 = 20 Ом, R 2 = 12 Ом и падение напряжения на сопротивлении R2 равно 6 в. Найти силу тока во всех
участках цепи и сопротивление R3 . Внутренним сопротивлением
элементов пренебречь.
13. Два элемента с э.д.с. ε1 = 6 в и ε 2 = 5в и внутренними сопротивлениями r1 = 1 Ом и r2 = 2 Ом соединены по схеме, изображенной
на рис. 8. Найти ток, текущий через резистор с сопротивлением
R = 10 Ом.
14. Сопротивления резисторов R1 и R3 и э.д.с. ε1 и ε 3 источников тока в схеме, изображенной на рис. 10, известны. При какой
э.д.с. ε 2 второго источника ток через резистор R2 не течет?
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
15. Источник тока с э.д.с. ε 0 включен в схему, параметры которой даны на рис. 11. Найти э.д.с. ε источника тока и направление его подключения и выводам a и b, при которых ток через R2
не идет.
Рис. 11.
Рис. 12.
16. Найти токи, протекающие в каждой ветви цепи, изображенной на рис. 12. Э.д.с. источников тока ε1 = 6,5в, ε 2 = 3,9 в. Сопротивления резисторов R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = R = 10 Ом.
1.5.4. Описание системы сил, действующих на упругую
статическую систему S, закрепленную на краях
Указанной статической системой является, например, струна, стержень, мембрана, пластина. Для нахождения сил, действующих на неё, тоже может быть использована теория систем
линейных уравнений.
Рис.13.
Пусть в системе выбраны n точек: 1, 2, ... , n. В каждой из них
известна величина прогибов: y1 , y2 , ..., yn . Понятно, что в этих точках на систему действуют соответственно силы: F1 , F2 , ... , Fn . Пред20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
полагается, что силы и направления перемещения точек направлены в одну и ту же сторону. Известны также числа aik – коэффициенты влияния точек k на точку i. Число aik показывает прогиб в
точке i под воздействием единичной силы,приложенной в точке
k . Тогда при совместном воздействии сил Fk ( k =1, n ) на точку i ве
личина прогиба будет вычисляться по величине Fk сил Fk по
формуле
n
yi =  aik Fk .
k =1
ременными
(
Fk k = 1, n
Возникает система линейных уравнений с пе-
)
 y1 = a11 F1 + a12 F2 + ... + a1n Fn ,

 y2 = a21 F1 + a22 F2 + ... + a2 n Fn ,
 y = a F + a F + ... + a F .
n1 1
n2 2
nn n
 n
Заметим, что при расчете прогибов были использованы следующие принципы:
1. При суммарном действии двух сил соответствующие прогибы складываются.
2. При умножении величин всех сил на одно и то же число
все прогибы умножаются на это число.
1.5.5. Применение метода наименьших квадратов
для обработки результатов измерений
Так называется очень распространенный метод обработки
наблюдений, применяемый при решении следующей практической задачи. Пусть в процессе эксперимента получены n-пар соответствующих значений двух функционально связанных величин X , Y : ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ),...,( xn , yn ) . Требуется из m-параметрического
семейства функций заданного вида y = f ( x,α1 ,α 2 ,...,α m ), зависящих
от одной переменной x , найти такую функцию, то есть определить значения параметров α i , i = 1, m, которая бы наилучшим образом аппроксимировала опытные данные. Считается (исходя из
принципов теории вероятностей), что наилучшей будет та функция (те значения α i , i = 1, m, ), для которой сумма квадратов отклонений значений y , вычисленных по формуле y = f ( x,α1 ,α 2 ,...,α m ), от
заданных yi в точках xi принимает минимальное значение. Иначе
21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
говоря, мы ищем те значения α i , i = 1, m, которые обращают в миk =n
 [ f ( x ,α ,α ,...,α
нимум сумму
k
1
2
k =1
) − yk ] .
2
m
Это условие дает систему m уравнений, из которых определяются параметры α1 ,α 2 ,...,α m :
n
 [ f ( x ,α ,α
k
k =1
1
2
,..., α m ) − yk ] ⋅
∂f ( xk , α1 , α 2 ,..., α m )
=0
∂α j
( j = 1, 2,..., m).
(1)
На практике формулу y = f ( x,α1 ,α 2 ,...,α m ) иногда приходится
преобразовывать (в ущерб строгости решения) к такому виду,
чтобы указанную выше систему было проще решать.
Чаще всего в качестве аппроксимирующей функции выбирают многочлены первой и второй степени. Пусть такой функцией
является прямая y = ax + b. Тогда система из двух уравнений для
определения параметров a и b имеет вид:
n
n

+
=
a
x
nb
yk ,


k


k =1
k =1
 n
n
n
a x 2 + b x = x y .


k
k
k k
 
k =1
k =1
k =1
(2)
Эта система всегда имеет единственное решение, так как ее
основной определитель отличен от нуля. Для определения коэффициентов системы удобно составить вспомогательную таблицу
n
для вычисления коэффициентов  xk2 ,
k =1
n
 xk ,
k =1
n
n
x y y .
k
k =1
k
k
k =1
Если в качестве аппроксимирующей функции выбрать квадратичную функцию y = ax 2 + bx + c, то система уравнений (1) для
определения коэффициентов a, b, c будет иметь вид:
n
n

2
 a  xk + b xk + nc =  yk ,
k =1
k =1

n
n
n
n

3
2
+
+
=
a
x
b
x
c
x
xk yk ,
  k



k
k
k =1
k =1
k =1
 k =1
n
n
n
n

4
3
2
+
+
=
a
x
b
x
c
x
xk2 yk .
  k



k
k
k =1
k =1
k =1
 k =1
cx
Если подбирается функция y = Ae или функция
(3)
то
для упрощения системы (1) формулы, задающие функции, предварительно логарифмируются и заменяются формулами
lg y = lg A + c lg e ⋅ x и lg y = lg A + q lg x. Рассмотрим несколько примеров.
22
y = Ax q ,
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 1. Предполагается, что стационарное распределение
температуры в теплоизолированном тонком стержне описывается
линейной функцией y = ax + b . Определить константы a, b , имея таблицу измеренных температур в соответствующих точках стержня:
x
y
0
32
2
29,2
6
23,3
8
19,9
10
17,2
14
11,3
16
7,8
20
2
Составим таблицу для определения коэффициентов системы
(2):
k
1
2
3
4
5
6
7
8

xk
xk2
0
2
6
8
10
14
16
20
76
0
4
36
64
100
196
256
400
1056
yk
xk yk
32
29,2
23,3
19,9
17,2
11,3
7,8
2,0
142,7
0
58,4
139,8
159,2
172
158,2
124,8
40
852,4
 76a + 8b = 142,7,
1056a + 76b = 852, 4.
Система (2) имеет вид: 
Решая систему по правилу Крамера, получим следующие
значения параметров a, b : a = −1,5, b = 32,5. Таким образом, искомая
линейная функция имеет вид y = −1,5 x + 32,5.
Следующий пример можно найти в учебнике Я.Б. Зельдовича
«Высшая математика для начинающих и ее приложения в физике» (М.: Физматгиз, 1963. С. 13–14).
Задача 2. Из опыта известно, что для данного проводника (из
данного материала, данного сечения и данной длины) электрическое сопротивление R зависит от температуры T проводника так,
что эта зависимость является функциональной: R = r (T ) . Вид
функции неизвестен. Однако экспериментально были найдены
значения R ( в Ом ) при различных значениях температуры T ( в 0С ) .
Результаты опыта отражены в таблице (см. табл. 1).
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 1
T
R
0
112
25
118,4
50
124,6
75
130,3
100
135,2
Авторы отмечают, что поскольку явный вид функции R = r (T )
неизвестен, то можно попытаться подобрать приближенную
формулу, хорошо согласующуюся с опытными измерениями. В
качестве такой приближенной функции они предлагают функцию
r = r (T ) = 112 + 0, 272T − 0,004T 2 .
(4)
По этой формуле можно составить таблицу значений r для
тех значений температуры, для которых проводились экспериментальные замеры сопротивления R (см. табл. 2).
Таблица 2
T
r
0
112
25
118,55
50
124,6
75
130,15
100
135,2
Сравнение таблиц 1 и 2 показывает, что значения r = r (T ) при
тех температурах, при которых проделаны измерения, очень
близки к наблюдаемым в опыте. Более того, в трех точках
(T = 0, T = 50, T = 100) они просто совпадают. Учитывая это и тот
факт, что функция (1) является квадратичной относительно Т, то
есть функцией
r (T ) = aT 2 + bT + c ,
(5)
можно догадаться, как получена формула (4) по экспериментальным данным.
Для нахождения коэффициентов a,b,c в формуле (5) достаточно подставить в ее левую часть значения T = 0, T = 50, T = 100 , а
в правую часть – соответствующие этим температурам значения
R из первой таблицы. В результате получим систему
c = 112,


 2500 a + 50 b + c = 124, 6,
10 000 a + 100 b + c = 135, 2.

(6)
Решая систему (6), найдём a = −0, 0004, b = 0, 272, c = 112, что
и приводит к зависимости (4).
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Заметим, что значения R(25) и R(75) совсем не учтены при
определении параметров a,b,c, задающих функцию r(T).
Другой метод – метод наименьших квадратов позволяет
учесть это упущение. Суть его состоит в том, чтобы найти такие
параметры a, b, и c в формуле (5), при которых сумма квадратов
отклонений значений функции R=r(T) из формулы (5) от значений R = R (Ti ) из таблицы 1 во всех пяти узлах сетки принимает
наименьшее значение. Найдем указанную сумму Δ.
def
Δ = ( r ( 0 ) − 112 ) + ( r ( 25) − 118, 4 ) + ( r ( 50 ) − 124, 6 ) + ( r ( 75) − 130,3) + ( r (100 ) − 135, 2 ) → min .
2
2
2
2
2
(7)
Учитывая, что r (T ) = aT 2 + bT + c, получим
Δ = ( c − 112) + ( 625a + 25b + c − 118, 4 ) + ( 2500a + 50b + c −124,6) +
2
2
( 5625a + 75b + c − 130,3) + (10000a + 100b + c − 135, 2 )
2
2
2
.
Полученная функция Δ , как функция трёх переменных a, b и c,
принимает наименьшее значение, если
Δ′a = Δ′b = Δ′c = 0,
(8)
что равносильно
22125a + 250b + 3c = 395, 27,

6250a + 75b + c = 129,93,


3750a + 50b + c = 124,1.

(9)
Применим метод Крамера для решения системы (9). Согласно этому методу, a = d , b = d , c = d , где d – определитель основной
1
2
3
d
d
d
матрицы системы (9), а di – определитель матрицы, полученной
из основной заменой i -ого столбца ( i = 1, 2,3) на столбец свободных
членов. Проведем вычисление определителей:
22125 250 3
885 10 3
135 1 0
d = 6250 75 1 = 625 250 3 1 = 625 250 3 1 = 21875.
3750 50 1
150 2 1
−100 −1 0
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
395, 27 250 3
395, 27 10 3
5, 48
d1 = 129,93 75 1 = 25 129,93 3 1 = 25 129,3
124,1
50
1
124,1
2
124,1
1
150
124,1
0
1 = −8, 75.
−5,83 −1 0
1
22125 395, 27 3
885 395, 27 3
135
d 2 = 6250 129,93 1 = 25 250 129,93 1 = 25 250
3750
1
3
−100
1
5, 48 0
129,93 1 = 5976, 25.
−5,83
0
22125 250 395, 27
885 10 395, 27
885 10 395, 27
135 0 −225, 23
d3 = 6250 75 129,93 = 625 250 3 129,93 = 1250 250 3 129,93 = 1250 25 0 −56, 22 = 2448687,5.
3750 50 124,1
150 2 124,1
75 1 62, 05
75 1 62, 05
Из этих вычислений следует:
a = −0, 0004,

 b = 0, 2732,
 c = 111,94.

(10)
Поэтому
r = r (T ) = −0, 0004T 2 + 0, 2732T + 111,94.
(11)
Итак, аппроксимация функции R = R (T ) , заданной таблицей 1,
многочленом второй степени r = r (T ) вида (5), нами получена
двумя различными путями: а) по трем точкам, выбранным из
графических соображений, б) по методу наименьших квадратов.
В случае а) зависимость описывается формулой (4), в случае б) –
формулой (11).
Сравнительная таблица значений сопротивления при заданных значениях температуры T имеет вид (см. табл. 3):
Таблица 3
T
R
r
r
0
112
112
111,94
25
118,4
118,55
118,52
50
124,6
124,6
124,6
75
130,3
130,15
130,18
100
135,2
135,2
135,26
Анализируя полученные результаты, замечаем, что функция
r (T ) совпадает с R (T ) в трех точках: r ( 0 ) = R ( 0 ) , r ( 50 ) = R ( 50 ) и
26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а для функции r (T ) соответствующее равенство
имеет место лишь в одной точке: r ( 50 ) = R ( 50 ) .
С другой стороны, суммы квадратов отклонений от всех табличных значений равны соответственно:
r (100 ) = R (100 ) ,
5
Δ =  ( r (Ti ) − R (Ti ) ) = 0,152 + 0,152 = 0, 045,
2
i =1
5
(
=
Δ
 r (Ti ) − R (Ti )
i =1
)
2
= 0, 062 + 0,122 + 0,122 + 0, 062 = 0, 036.
Таким образом, Δ < Δ.
Последнее неравенство показывает, что при аппроксимации
функции, заданной таблично, некоторой другой, зависящей от
некоторого числа параметров, выгодно применять метод наименьших квадратов.
Важно отметить также, что чем выше степень аппроксимирующего многочлена, тем более точно он приближает экспериментальные данные. Так, например, если в качестве аппроксимирующего многочлена r (T ) взять многочлен 4-й степени
r (T ) = aT 4 + bT 3 + cT 2 + dT + e ,
то получим, что
r (T ) = r (T )
и
r (Ti ) = R (Ti ) , i = 1, 2,3, 4,5. Найти этот многочлен можно методом неопределенных коэффициентов. Используя последние соотношения,
поиски r(T) сведутся к решению линейной системы, состоящей из
5-ти уравнений с 5-ю неизвестными a,b,c,d,e. В этой ситуации,
естественно Δ = Δ = 0.
Задача 3. Используя метод наименьших квадратов, аппроксимировать функцию R = R (T ) , заданную таблицей 1, с помощью
экспоненты
2
r = 10aT +bT + c.
(12)
Прологарифмируем соотношение (12)
10 : lg r = aT 2 + bT + c. Теперь сделаем замену:
ρ = lg r ,
по
основанию
(13)
тогда получим
ρ = aT 2 + bT + c.
27
(14)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В таблицу 1 добавим ещё одну строчку:
Таблица 4
Т
R
lgR
0
112
2,0492
25
118,4
2,0734
50
124,6
2,0955
Теперь потребуем, чтобы функция
75
130,3
2,1149
100
135,2
2,1309
5
Δ =  ( ρ (Ti ) − lg R (Ti ) )
2
при-
i =1
няла наименьшее значение. Требование
системе
Δ′a = Δ′b = Δ′c = 0
приводит к
22125a + 250b + 3c = 6,35839,

6250a + 75b + c = 2,11333,


3750a + 50b + c = 2, 09278,

(15)
которая отличается от системы (9) лишь правыми частями равенств. Применяя вновь метод Крамера для решения (15), найдем
a = −0, 0000025,

 b = 0, 0010723,
 c = 2, 0486080,

что приводит, согласно (12), к формуле
r = 10−0,0000025T
2
+ 0,0010723T + 2,048608
.
(16)
Из (16) следуют (по таблице антилогарифмов) равенства
 r ( 0 ) = 102,048608 = 111,9;

2,073853
= 118,5;
 r ( 25 ) = 10

2,095973
= 124, 6;
 r ( 50 ) = 10

2,114968
= 130,3;
 r ( 75 ) = 10
 r (100 ) = 102,130838 = 135, 2.

Взяв значения R (Ti ) из таблицы 1 (или из таблицы 3) и только
что найденные числа r (Ti ) , вычислим
ния дают
 = 0, 02.
Δ
28
5
(
)
2
=
Δ
 r (Ti ) = R (Ti ) .
i =1
Вычисле-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Сравнивая этот результат с предыдущими, мы видим, что
имеет место двойное неравенство: Δ < Δ < Δ. Таким образом, представление R = R (T ) в виде формулы (16), в смысле метода наименьших квадратов, существенно лучше, чем два предыдущих: в
виде (4) или (11).
Задача 4. В электрической цепи в течение 10 секунд измеряется напряжение U с интервалом в 1 секунду. Результаты приведены в таблице 5.
Таблица 5
1
12
t
U
2
11
3
10
4
9
5
9
6
8
7
8
8
7
9
7
10
6
Известно, что зависимость между параметрами U и t линейная, т.е.
U = kt + b.
Найти такие параметры k и b, при значении которых линейная функция U = kt + b достаточно точно отражает результаты
эксперимента, приведенные в табл. 5.
Задача 5. В табл. 6 приведены результаты измерения силы
звука самолета (она обозначена U и измеряется в децибелах (дб))
на различных расстояниях от точки взлета (расстояние обозначается через S и измеряется в км).
Таблица 6
S
U
1
115
2,5
108
3
102
5,5
98
7
93
8,5
89
10
87
15
72
20
65
30
60
Используя метод наименьших квадратов, подберите линейную функцию, которая описывает зависимость U от S. Найдите:
а) на каком расстоянии от точки взлета звук становится смертельно опасным для человека (свыше 120 децибел);
б) на каком расстоянии от аэродрома можно строить жилые
помещения (менее 75 децибел), детские учреждения и больницы
(60 децибел).
В качестве упражнений можно предложить задачи № 383–
402 из пособия [7] или № 363–367 из [6].
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.6. Учебная литература
1. Беклемишева, Л. А. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре / Л. А. Беклемишева, А. Ю. Петрович,
И. А. Чубаров. – М.: Наука; Гл. ред. физ.-мат. лит., 1987. – С. 160–
178.
2. Головина, Л. И. Линейная алгебра и некоторые её приложения / Л. И. Головина. – М.: Наука, 1975. – 408 с. (ч. 1, § 9, § 11).
3. Данко, П. Е. Высшая математика в упражнениях и задачах.
Ч. 3 / П. Е. Данко, А. Г. Попов. – М.: Высш. школа., 1971. – С.
213–224.
4. Зельдович, Я. Б. Высшая математика для начинающих и ее
приложения в физике / Я. Б. Зельдович – М.: Физматгиз, 1963. –
С. 13–14.
5. Ильин, В. А. Линейная алгебра / В. А. Ильин, Э. Г. Поздняк. – М.: Наука, 1984. – Гл. 3, § 1.
6. Кремер, Н. Ш. Практикум по высшей математике для экономистов / Н. Ш. Кремер, И. М. Тришин, Б. А. Путко и др. ; под
ред. Н. Ш. Кремера. – М.: ЮНИТИ, 2005. С. 33–57, 363–367.
7. Проскуряков, И. В. Сборник задач по алгебре / И. В. Проскуряков. – М.: Наука, 1970. С. 82–87, 99–111.
8. Стренг, Г. Линейная алгебра и её применение / Г. Стренг. –
М.: 1980. С. 11–180.
9. Hefferon, J. Linear Algebra / J. Hefferon. – Colchester; Vermont: Saint Michael’s College. – April 20.2000.
2. Векторная алгебра и её приложения
Понятие вектора является одним из фундаментальных понятий современной математики. Оно возникло как математическая
абстракция объектов, характеризующихся не только величиной,
но и направлением, таких, например, как перемещение, скорость,
напряженность электрического или магнитного поля. Поэтому
данное понятие тесно связано с потребностями механики и физики, и эволюция его осуществлялась благодаря широкому использованию и в математике, и в механике, и в технике. Термин «век
тор» ввел У.Р. Гамильтон (ок. 1845); обозначение а – Ж. Арган
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

(1806), AB – А.Ф. Мебиус, а – О. Хевисайд (1891). Теории векторов на плоскости и в пространстве посвящено сочинение датского математика (по профессии землемера) К. Весселя (1745–1818)
«Об аналитическом представлении направлений» (1799), в котором впервые дано геометрическое представление комплексных
чисел. Здесь, также как и в более поздних работах швейцарского
математика Ж. Аргана (1768–1822) и немецкого математика
К.-Ф. Гаусса, установлена связь между арифметическими операциями над векторами и арифметическими операциями над комплексными числами. В течение столетия это сочинение оставалось неизвестным, а его результаты открывались вновь. До 19 века для задания векторов использовался лишь координатный
способ, и операции над векторами сводились к операциям над
числами, их координатами. В середине 19 столетия в работах ирландского математика и астронома У. Р. Гамильтона (1805–1865)
и немецкого геометра А. Ф. Мебиуса (1790–1868) понятие вектора нашло применение при изучении трехмерного и многомерного
пространств. В это же время операции над векторами стали проводиться непосредственно, без обращения к их координатам, и
общее понятие вектора как элемента векторного пространства
дано аксиоматически.
Конец 19 и начало 20 столетий ознаменовались созданием и
широким развитием векторного исчисления как раздела математики, в котором изучаются свойства операций над векторами.
Векторное исчисление подразделяют на векторную алгебру и
векторный анализ. В векторной алгебре изучаются линейные
операции и различные произведения векторов. В векторном анализе изучают векторы, являющиеся функциями от одного или нескольких скалярных аргументов.
Следует сказать, что в указанный период были созданы также теория многомерного векторного пространства, теория поля,
тензорный анализ. Все эти теории были использованы при построении специальной и общей теории относительности.
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.1. Понятие вектора.
Линейные операции над векторами
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
С линейными операциями над векторами связаны понятия
коллинеарные векторы, компланарные векторы, линейно зависимые и линейно независимые векторы.
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пара коллинеарных векторов и тройка компланарных векторов служат примерами пары и тройки линейно зависимых векторов. Пара неколлинеарных векторов на плоскости и тройка некомпланарных векторов в пространстве служат примерами линейно
независимых систем векторов и составляют соответственно базисы систем векторов плоскости и пространства.
2.2. Линейная зависимость векторов.
Базис системы векторов
Свойства линейно зависимых и линейно независимых векторов.
1. Если система векторов содержит 0 , то ее векторы линейно
зависимы.
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. Если часть системы векторов линейно зависима, то и вся
система линейно зависима.
3. Всякая часть линейно независимой системы векторов линейно независима.
4. Если векторы a 1 ,..., a n – линейно независимы, а векторы


a1 ,..., a n , b – уже линейно зависимы, то вектор b является линейной комбинацией векторов a 1 ,..., a n .
5. Если все векторы b1 , b 2 ,..., b m являются линейными комбинациями системы векторов a 1 ,..., a n и m > n, то векторы b1 , b 2 ,..., b m – линейно зависимы.
Итак, данное определение означает следующее:
Понятие базиса позволяет определить вектор в заданном пространстве упорядоченным набором чисел – его координатами.
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.3. Понятие системы координат. Координаты точки
Схема 5
Найти координаты вектора в данном базисе – это значит разложить этот вектор по базисным, т.е. представить вектор в виде
линейной комбинации базисных векторов. Коэффициенты этой
линейной комбинации и будут координатами вектора.
Разложение вектора по заданным векторам (заданным направлениям) часто применяется в теоретической механике, а также при
изучении ряда технических вопросов. Так, например, при взлете
самолета важна не только скорость самолета, но и его «скороподъемность», то есть вертикальная составляющая скорости. При движении тела, брошенного с некоторой первоначальной скоростью,
рассматривают не только скорость вдоль траектории, но и горизонтальную и вертикальную составляющие этой скорости.
Задачи следующего параграфа призваны привить навыки
геометрического выполнения линейных операций над векторами
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
и помочь усвоить понятие координат вектора относительно заданного базиса.
2.4. Задачи и упражнения
1. Пусть ABCD параллелограмм, O – точка пересечения его
диагоналей, а точки M , N , P, Q –соответственно середины сторон
 
AB, BC , CD и DA. Выполнить следующие операции: 1) AO − AB,
 
 
 
 
 
 
2) AB + DC , 3) AN + DQ, 4) MO − OA, 5) OC − CP, 6) OQ − OB, 7) AC − PD,
 
 
 
  
  
8) AN + MQ, 9) OA − NP, 10) AB − OC , 11) OC + CD + OB, 12) ND + QA + QO,
   
13) AB + BN − ON + CD.
2. Написать векторные равенства, связывающие векторы,
изображенные на рисунках:
3. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Точки
M , N , P, Q – середины ребер AA1 , BB1 , CC1 , DD1 соответственно. Ука 
 
зать векторы, равные следующим векторам: AD + CC1; 2) AQ − NP; 3)
  
   
AM + D1C1 + NC ; 4) OC1 − B1O + BA − AA1.
4. Пусть AK , BL и CM – медианы треугольника ABC. Выразить
  
   
векторы AK , BL, CM через векторы a = AB, b = AC.
5. Пусть ABC – произвольный треугольник,
а E и F середины
 

сторон AB и BC. Выразить векторы AB, BC и AC через векторы
   
a = AE , b = AF .
6. В тетраэдре ABCD точка E лежит
на ребре AB и делит отре     
зок AB в отношении λ = 3. Полагая AE = a, AC = b, AD = c, выразить
  
    
через векторы a, b, c векторы BD, BC , CD, ED, EC.
7. Даны треугольник ABC и произвольная точка O. Пусть
A1 , B1 , C1 – середины сторон BC , CA, AB соответственно. Доказать,
  
что равнодействующая сил OA, OB, OC равна равнодействующей
  
сил OA1 , OB1 , OC1.
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8. Пусть ABCD параллелограмм, O – точка пересечения его
противоположных
сторон BC и AD.
диагоналей, а E и F середины
 
 
Взяв за базисные векторы AB = a и AD = b, определить в этом бази       
се координаты следующих векторов: AB, BC , CD, DA, AC , OD, FC , FA,
      
EO, BD, EA, BF , DC , OE , CO.
9. Решить предыдущую задачу в предположении,
что за ко 
 
ординатные векторы приняты векторы AF = m и OD = n.
10. В треугольнике ABC проведены медиана BK и средняя
линия MN , параллельная стороне AC. Прямые BK и MN пересека  
ются в точке О. Найти: а) координаты векторов OM , OB, KM ,
  
 
 
CB, NC , AN , принимая за базисные векторы e1 = OC и e2 = OM ; в) ко

ординаты тех же векторов, принимая за базисные векторы e1 и e2


векторы KC и KN .
11. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм
ABCD, O – точка пересечения его диагоналей, K и L – середины
  
ребер AS и BC соответственно. Разложите векторы AS , BL, SO,
     
  
KL, SK , KD по векторам a = AB, b = BC , c = SO.
12.
O – центр правильного шестиугольника ABCDEF. Пола   
       
гая OA = a, OB = b, выразите векторы OC , OD, OE , OF , AB, BC , EB, CF ,
  


EC , CA, DA через a и b. Запишите координаты перечисленных век 
торов в базисе ( a, b ) .
Рис. 1.
13. В тетраэдре ABCD точка P делит сторону AB в отношении
2 :1, а точка M является центроидом грани ACD (точкой пересече  
ния медиан треугольника ACD ). Разложите векторы BM , CP, PM по
     
векторам a = AB, b = BC , c = AD. Запишите координаты указанных
  
векторов в базисе ( a, b, c ) .
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
OABCD пересекаются в
14. Диагонали основания пирамиды 

векторов
OD и OM в базисе, соточке M . Найдите координаты
     
стоящем из векторов OA = a , OB = b , OC = c .
2.5. Специальные произведения векторов
Специальными произведениями векторов называют скалярное и векторное произведения двух векторов, а также смешанное
и двойное векторное произведения трех векторов.
Эти произведения находят широкое применение не только в
геометрии, но и в различных разделах физики. Следующие схемы
знакомят нас с определениями указанных произведений, их свойствами и основными приложениями.
2.5.1. Скалярное произведение двух векторов
Схема 6
39
Схема 7. Приложения скалярного произведения
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.5.2. Векторное произведение двух векторов
41
Схема 9. Приложение векторного произведения
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.5.3. Смешенное произведение трех векторов
Схема 10
Схема 11. Приложения смешанного произведения
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.5.4. Двойное векторное произведение
Схема 12
В качестве упражнения предлагаем указанные свойства доказать самостоятельно.
2.6. Применение векторов
в аналитической геометрии. Задачи
Простейшие геометрические задачи, на базе которых решаются задачи более содержательные и значимые, приведены в
табл. 7. Каждая её строка содержит некоторый геометрический
факт и его запись с помощью векторов. Получить эту запись, используя геометрические свойства заданных объектов, читателю
предлагается самостоятельно. При этом он может использовать и
любой учебник по аналитической геометрии.
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 7
1
2
3
Геометрическое понятие


 
Векторы a и b коллинеарны: a // b
Векторное истолкование


Векторы a и b линейно зависимы
 
∃λ ∈  : λ ⋅ b = a
(
)
Точки A, B и C лежат на одной пря- 1) AB // AC ;
2) ∃λ ∈  : AC = λ ⋅ AB ;
мой:
3) ∃λ1 , λ2 , λ3 ∈  : λ1 OA + λ2 OB + λ3 OC = 0
и λ1 + λ2 + λ3 = 0.
Точка M – середина отрезка [ AB ]
1) AM = MB ; 2) AM = − BM ;
3) OM =
4
5
6
7
8
Точка M делит [ AB ] в отношении λ
1) AM = λ MB ; 2) OM =
O – полюс.
AB + BC + CA = 0, AB // BC
OA + λ OB
,
1+ λ
Точки A, B и C – вершины треугольника
Четырёхугольник
1) AB = DC или BC = AD ;
ABCD – параллелограмм
2) OA + OC = OB + OD , O – полюс.
Четырёхугольник ABCD –
AD = λ BC ;
трапеция
AB // CD
M – точка пересечения медиан треугольника ABC
1
CA + CB ;
3
1
OM = OA + OB + OC ;
3
MA + MB + MC = 0.
  
a, b, c линейно зависимы;

∃λ , μ ∈  : c = λ ⋅ a + μ b ;
1) CM =
2)
9
OA + OB
2
3)
1)
2)
  
Векторы a, b, c компланарны
(
(
)
)
3) ∃λ1 , λ2 , λ3 ∈  : λ12 + λ22 + λ32 ≠ 0 и
λ1 a + λ2 b + λ3 c = 0.
10 Точки A, B, C , D лежат в одной плос- 1) AB, AC , AD линейно зависимы;

кости
2) ∃λ , μ ∈  : AD = λ ⋅ AB + μ AC ;
3) ∃λ1 , λ2 , λ3 , λ4 ∈  :
λ1 + λ2 + λ3 + λ4 = 0 и
λ1 OA + λ2 OB + λ3 OC + λ4 OD = 0.
11 Прямая AB перпендикулярна прямой
CD
12
a – длина отрезка [ AB ] : a = AB
AB ⋅ CD = 0
a = AB ⋅ AB
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
13 В треугольнике ABC
1) ∠BAC – острый;
1) AB ⋅ AC > 0 ;
2) ∠BAC – тупой.
1) AB ⋅ AC < 0
14 Точка C0 – центр описанной около C0 A = C0 B = C0C
и C0 , A, B, C
треугольника ABC окружности
лежат в одной плоскости.
Замечания
1. Утверждения 1, 2 лежат в основе вывода уравнений прямой линии как на плоскости, так и в пространстве.
2. Утверждения 9 и 10 лежат в основе вывода уравнений
плоскости.
3. Утверждение 11 позволяет получить уравнение прямой линии на плоскости по точке и нормальному вектору.
Решение следующих задач требует знания определения уравнения множества точек относительно заданной системы координат.
Уравнением множества точек (на плоскости или в пространстве) относительно заданной системы координат называется уравнение или неравенство, которому удовлетворяют
координаты любой точки этого множества, но не удовлетворяют координаты точек, которые этому множеству не принадлежат. Заметим, что множество может быть описано не одним, а несколькими уравнениями или неравенствами.
Используя это понятие, решите следующие задачи:
15. Написать уравнение прямой l , заданной точкой A(x0 , y 0 ) и

вектором p = ( p1 , p2 ) , который является направляющим для l , т.е.

удовлетворяет условию p || l.

16. Решить эту же задачу, если A ( x0 , y0 , z0 ) , p = ( p1 , p2 , p3 ) , т.е. если рассматривается прямая в пространстве.
17. Написать уравнение прямой l , лежащей в плоскости, если


известна одна ее точка A(x0 , y 0 ) и вектор n ⊥ l , n = (α , β ) .
18. Написать уравнение прямой l по двум ее точкам А и В в
случаях:
а) если A ( x0 , y0 ) , B ( x1 , y1 ) , т.е l лежит в плоскости;
б) если A ( x0 , y0 , z0 ) , B ( x1 , y1 , z1 ) , т.е. если l лежит в пространстве.
19. Написать уравнение плоскости, если известно:
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а) что она проходит через точку A(x0 , y 0 , z 0 ) параллельно векторам p = ( p1 , p 2 , p3 ) и q ( q1 , q2 , q3 ) ;
б) она проходит через три точки: A ( a1 , a2 , a3 ) , B ( b1 , b2 , b3 ) ,
C ( c1 , c2 , c3 ) ;
в) она проходит через точку A(a1 , a 2 , a3 ) перпендикулярно к
вектору n = (α , β , γ ) .
Задачи, решаемые с использованием скалярного, векторного
и смешанного произведений
Из определения
и свойств скалярного произведения следует:
 
1.
2.
3.
4.
 
a ⋅b
cos a, b =   .
a⋅b

  
a = a ⋅ a ; AB =
 
 
a ⊥ b ⇔ a ⋅ b = 0.
 
 a ⋅b
Прa b =  .
a

Если a = 1, то
( )
 
AB ⋅ AB .

5.
a = ( cos α ;cos β ;cos γ ) , где α , β , γ – углы, которые
  
составляют вектор a с базисными векторами i, j, k .
Из определения
и свойств векторного произведения следует:

  
1. a || b ⇔ a × b = 0.

 
2. Если x ⊥ a и x ⊥ b  x = λ ( a × b ) , при некотором λ ∈  .
 
3. Sпаралл. ABCD = AB × AD ;
S ΔABC =
1  
AB × AC .
2
Из свойств смешанного произведения трех векторов заключаем:

  
1. a , b , c – правая тройка, если ( a ⋅ b ⋅ c ) > 0;

  
a , b , c – левая тройка, если ( a ⋅ b ⋅ c ) < 0.

  
2. a , b , c – компланарны ⇔ ( a ⋅ b ⋅ c ) = 0.
1 1 1 1
VABCA1B1C1
VSABC
  
= AB ⋅ AD ⋅ AA1 , ABCDA1 B1C1 D1
– параллелепипед;
(
)
1   
= ( AB ⋅ AC ⋅ AA ) , ABCA B C – треугольная призма;
2

  
1
= ( AB ⋅ AC ⋅ AS ) , SABC – треугольная пирамида.
6
3. VABCDA B C D
1
1
47
1
1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
20. Даны вершины треугольника: A ( -1,-2, 4 ) , B = ( -4,-2, 0 ) , C ( 3,-2,1) .
Определить его внутренний и внешний углы при вершине B.
21. Доказать, что треугольник ABC , где A (1,2,1) , B ( 3,-1,7 ) ,
C ( 7,4,-2 ) , равнобедренный. Вычислить его внутренние и внешние
углы.

22. Найти проекцию вектора s = ( 4, -3, 2 ) на ось, составляющую
с координатными осями равные острые
углы.

23. Найти проекцию вектора s = ( 4, -3, -5) на ось, составляющую с координатными осями Ox и Oz углы α = 450 и γ = 600 , а с
осью Oy – острый угол β .
24. Даны две точки A ( 3, -4, -2 ) , B ( 2, 5, -2 ) . Найти проекцию век
тора AB на ось, составляющую с координатными осями Ox и Oy
углы α = 600 и β = 600 , а с осью Oz – тупой угол γ .

25. Вычислить проекцию вектора a = ( 5, 2, 5 ) на ось вектора

b = ( 2, -1, 2 ) .



26. Даны три вектора: a = ( 3, -6, -1) , b = (1, 4, -5) , и c = ( 3, -4, 12 ) .
 

Вычислить скалярную проекцию вектора a + b на ось вектора c .


27. Даны три вектора a = ( 3, -6, -1) , b = (1, 4, -5) и c = ( 3, -4, 12 ) .
 

a на ось вектора b + c .
Вычислить скалярную проекцию вектора



28. Даны три вектора a = ( -2, 1,-1) , b = (1, 5, 0 ) и c = ( 4, 4, -2 ) . Вы


числить скалярную проекцию вектора 3a − 2b на ось вектора c .
29. Даны две точки A ( -5, 7, -6 ) , B ( 7, -9, 9 ) . Вычислить проекцию


вектора a = (1, -3, 1) на ось вектора AB.
30. Даны точки A ( -2, 3, -4 ) , B ( 3, 2, 5) , C (1, -1, 2 ) , D ( 3,2,-4 ) . Вычис
лить проекцию вектора AB на ось вектора CD.
31. Вычислить площадь треугольника ABC , если A (1,2,0 ) ,
B ( 3,0,-3) , C ( 5,2,6 ) .
32. Даны вершины треугольника: A (1,-1,2 ) , B ( 6,-6,2 ) , C (1,3,-1) .
Вычислить длину его высоты, опущенной из вершины A.

33. Вычислить синус угла между векторами a = ( 2,-2,1) и

b = ( 2,3,6 ) .
34. Определить, какой является тройка векторов (правой или
левой), если
     
     
     
1) a = k , b = i , c = j ; 2) a = i , b = k , c = j ; 3) a = j , b = i , c = k ;
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

 



 




 



4) a = i + j , b = j , c = k ; 5) a = i + j , b = i − j , c = j ; 6) a = i − j , b = i + j , c = k .
  
35. Установить, компланарны ли векторы a , b , c , если



1) a = ( 2,3,-1) , b = (1,-1,3) , c = (1,9,-11) .



2) a = ( 3,-2,1) , b = ( 2,1,2 ) , c = ( 3,-1,-2 ) ;



3) a = ( 2,-1,2 ) , b = (1,2,-3) , c = ( 3,-4,7 ) .
36. Доказать, что четыре точки A (1,2,-1) , B ( 0,1,5) , C ( -1,2,1) ,
D ( 2,1,3) лежат в одной плоскости.
37. Вычислить объем тетраэдра, вершины которого находятся
в точках A ( 2,-1,1) , B ( 5,5,4 ) , C ( 3,2,-1) , D ( 4,1,3) .
38. Даны вершины тетраэдра: A ( 2,3,1) , B ( 4,1,-2 ) , C ( 6,3,7 ) ,
D ( -5,-4,8 ) . Вычислить длину его высоты, опущенной из вершины D.
39. Объем тетраэдра равен 5, три его вершины находятся в
точках A ( 2,1,-1) , B ( 3,0,1) , C ( 2,-1,3) . Найти четвертую вершину D, если известно, что она лежит на оси Oy.
2.7. Физические приложения векторной алгебры
Векторное исчисление очень быстро получило широкое распространение в математических и физических исследованиях.
Этим оно обязано, главным образом, следующим обстоятельствам.
Во-первых, векторное исчисление часто значительно сокращает
вычисления, во-вторых, позволяет выразить связь между различными физическими величинами непосредственно, не прибегая к
вспомогательной надстройке в виде системы координат. Так, например, более наглядными в векторном изложении становятся
многие вопросы статики и почти вся кинематика твердого тела.
В данном параграфе будут рассмотрены некоторые задачи на
использование в физике линейных операций над векторами, формулы деления отрезка в данном отношении, специальных произведений векторов, понятия базиса векторного пространства, изоморфизма пространств и т.д. Среди этих задач много задач из
курса теоретической механики.
Прежде чем приступить к решению задач, сделаем небольшое отступление, касающееся задачи разложения векторов по заданным направлениям. Разложение вектора на составляющие –
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
один из основных приемов решения задач в курсах «Теоретическая механика», «Сопротивление материалов» и других.
Отметим, что если требуется разложить вектор, заданный координатами, по двум или трем векторам, также заданным своими
координатами, то задача сводится к решению системы линейных
уравнений.
Ниже будут решены базовые задачи, которые в дальнейшем
неоднократно будут применяться
при решении прикладных задач.



40. Разложить вектор x по двум
ортогональным
векторам
a и b.



x по векторам a и b – это значит
Решение. Разложить
вектор



представить x в виде x = α a + β b (рис. 1).
 

Поскольку векторы x, a и b заданы, то используя их, требуется найти коэффициенты α и β . Для этого скалярно умножим





равенство x = α a + β b на векторы a и b. Соответственно получим:
 
 
x, a = α a , a
( )
 
 
x, a
x, b
Отсюда находим: α =   , β =   .
a, a
b, b



два
вектора a и b. Представить b в виде суммы
двух


y так, чтобы x был коллинеарен a, а вектор y орто-
( )
( )
 
 
x, a = β b, b .
( )и( )
( )
( )
( )
41. Даны

векторов x и

гонален b.
 
  
 
 
Решение. Пусть b = x + y, где x a , а y ⊥ a. Так как x a , то

 


x = λ a (рис. 2). Тогда b = λ a + y. Чтобы найти λ , умножим скалярно

 
 
 
это равенство на вектор a и получим: ( b, a ) = λ ( a, a ) + ( y, a ) . Так как
 
(b, a ) .
 
 
 
 
λ
=
y ⊥ a, то ( y, a ) = 0 и ( b, a ) = λ ( a, a ) . Тогда
( a, a )
 
 
b, a ) 
 
 ( b, a ) 
(
В этом случае x =   a , а y = b -   a.
( a, a )
( a, a )
Рис. 1.
Рис. 2.
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
42.
Найти вектор, который равен ортогональной проекции
век

тора x = ( -14, 2, 5 ) на прямую с направляющим вектором a = ( 2, -2, 1) .
43. Найти
вектор, являющийся ортогональной проекцией

вектора x = ( 8, 4, 1) на плоскость, перпендикулярную к вектору

a = ( 2, -2, 1) .

Указание. Для решения задачи нужно разложить вектор x в
 


a
сумму двух векторов b и y таких, что b коллинеарен , то есть


 
 

b = λ a , а вектор y ортогонален b : x = λ a + y. Для отыскания λ

это равенство надо умножить скалярно на вектор a. 
44. Найти коэффициенты разложения вектора R по трем не-
  
компланарным векторам a , b и c.
Решение. а) Если все векторы заданы своими координатами,
то решение сводится к решению системы линейных уравнений,
векторная запись которойимеет
вид
  
ax + by + cz = R.
(1)
б) Коэффициенты уравнения (1) можно выразить через известные векторы и не решая системы. Для этого уравнение (1)
надо последовательно
умножить скалярно на векторные произве 
 
 
дения b, c  ,  a, c  ,  a, b  . Так как смешанное произведение трех
компланарных векторов равно 0, то при умножении на вектор
  
R, b, c







 
b, c  , получим уравнение x a, b, c = R b, c  . Отсюда x =    .




a, b, c
 
 
Умножая (1) на  a, c  и  a, b  , получим соответственно уравнения
     
  
  
yb  a, c  = R  a, c  и zc  a, b  = R  a, b  . Из них выражаем y и z :
(
  
  
( a , R , c ) ( a , b, R )
y =    ,z =    .
( a, b, c ) ( a, b, c )
векторам

a,

b
)
) (
) (
)
)

Таким образом, разложение вектора R по

и c определяется следующим образом:
  
  
  
R , b , c  a , R , c  a , b, R 

R =    a +    b +    c.
a , b, c
a , b, c
a , b, c
(
(
(
(
) (
) (
)
)
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.7.1. Равнодействующая сил.
Теорема сложения скоростей
Линейные операции над векторами и рассмотренный выше
вопрос о разложении вектора на составляющие находят применение при решении задач, связанных со сложением скоростей.
Вспомним, что если известно движение точки относительно системы координат CK и движение системы CK относительно основной (неподвижной) системы координат CK1 , то можно определить движение точки по отношению к системе CK1. Движение
точки по отношению к подвижной системе координат называется относительным, а по отношению к неподвижной системе CK1 –
сложным или абсолютным движением. Движение системы CK по
отношению к системе CK1 называется переносным движением.
Соответственно скорости точки M называются относительной,
переносной и абсолютной. Зависимость между этими скоростями дается следующей теоремой.
Скорость сложного движения точки равна геометрической



сумме относительной и переносной скоростей: V абс = V отн + V пер
(рис. 3).
Рис. 3.
Примерами применения этой формулы служат известные в
физике задачи о наклонении зонта под дождем или астрономических труб для устранения влияния «абберрации».
Так, например, скорость дождевой
капли, падающей на зем
лю вертикально со скоростью V абс , будет относительно человека,


идущего со скоростью V пер (см. рис. 4), выражаться вектором V отн ,
наклоненным к вертикали под углом
52

V пер
α = arctg  .
V абс
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 4.
45. Самолет, собственная скорость которого V1 км/ч летит на
север. Какова истинная скорость самолета, если во время полета
дует ветер в восточном направлении со скоростью V2 км/ч?
Рис. 5.
Решение. Рассмотрим две
системы координат: неподвижную,

связанную с землей, CK1 = ( 0, i, j ) и подвижную систему координат


CK = ( 0′, i, j ) , движущуюся в направлении вектора j со скоростью
  


V2 (км/ч). Тогда Vабс = Vпер + Vотн . Здесь Vабс – скорость движения на се

вер – результирующая скорость самолета и Vабс = V j. Аналогично
 2






Vпер = V2 i. Поэтому Vотн = −V2 i + V j;
Vотн = V1. Тогда Vотн = V22 + V 2 и
V 2 = V12 − V22 .
46. Лодка плывет поперек реки с постоянной (относительно
воды) скоростью V 1 . Вода перемещается с постоянной скоростью
u вдоль берегов. В какой точке будет лодка через t часов?
47. Моторная лодка, скорость которой относительно берега
составляет V км/час, поднимается вверх по реке на расстояние d
от своей стоянки и возвращается обратно. Затем она отправляется
в пункт на противоположном берегу как раз напротив стоянки и
возвращается обратно. Считая, что ширина реки равна d, скорость течения ее постоянна и равна u, найти, во сколько раз время
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
вдоль реки будет меньше времени, затраченного на переправу на
другой берег.
48. Человек, стоящий на берегу реки шириной 1 км, хочет переправиться на другой берег в прямо противоположную точку.
Он может сделать это двумя способами: 1) плыть все время под
некоторым углом к течению так, что результирующая скорость
будет все время перпендикулярна к берегу; 2) плыть прямо к противоположному берегу, а расстояние, на которое его снесет течением, пройти затем по берегу пешком. Какой из способов позволит добраться быстрее, если скорость пловца будет составлять
2,5 км/ч, скорость течения реки – 2 км/ч, а по берегу человек идет
со скоростью 4 км/ч?
49. Велосипедист едет со скоростью 10 км/ч в северном направлении, и ему кажется, что ветер, который дует со скоростью
6 км/ч откуда-то с северо-востока, направлен почти навстречу
ему, под углом 15 градусов к линии его движения. Определите
истинное направление ветра. Найдите кажущееся направление
ветра с точки зрения велосипедиста, который едет в обратном направлении с той же скоростью.
50. В боронах обычно зубья стоят вертикально, но есть бороны, в которых можно регулировать угол вхождения зубьев в почву. Зачем это делается?
Решение. Это дает возможность одной и той же бороне работать на разной глубине. Рассмотрим действие возникающих сил.
а) Угол вхождения бороны в почву является острым. Силу давления грунта R, действующую перпендикулярно зубу бороны, разложим на две составляющие, одна из которых F2 направлена в
сторону, противоположную движению, а другая F1 – вертикально
вниз. Под действием последней зуб бороны несколько углубляется (см. рис. 6а).
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а)
б)
Рис. 6.
б) При тупом угле вхождения (рис. 6б) возникает сила F ,
действующая вверх, поэтому зуб бороны менее глубоко, по сравнению с обычным, входит в землю.
51. Чтобы вытащить увязшую в выбоине машину, прибегают
к следующему приему. Привязывают ее длинной прочной веревкой крепко к дереву или пню близ дороги так, чтобы веревка была натянута возможно туже. К середине веревки привязывают
кусок другой веревки. Затем тянут за этот кусок, и машина сдвигается с места (рис. 7.). На чем основан описанный прием?
Решение. Чтобы вытащить машину тем способом, который
описан в задаче, оказывается достаточно силы одного человека.
Сила F тяги человека (рис. 7) разлагается на две силы F1 и F2 ,
действующие вдоль половин веревки. Сила F1 тянет дерево и, если оно достаточно прочное, уничтожается его сопротивлением.
Сила же F2 , если она достаточно велика, сдвигает автомобиль с
места. Сила F2 гораздо больше силы F, приложенной к веревке.
Выигрыш в силе зависит от угла между половинами веревки. Ясно, что с ростом этого угла – приближением веревки к положению прямой, веревка натягивается сильнее, и тем больший выигрыш мы имеем в силе F2 .
1
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 7.
52. Человек, едущий в дождливую погоду на автомобиле на
юго-восток, замечает, глядя в боковое стекло, что дождь падает
вертикально вниз. Он знает, что скорость автомобиля 30 км/ч.
Оцените скорость ветра.
53. Снаряд выпускается со скоростью V0 = 1 км/сек под углом
α = 450 к горизонту. Найти 1) сколько времени снаряд будет в полете; 2) на какую высоту поднимется снаряд; 3) на какое расстояние от места запуска пролетит. Сопротивление воздуха не учитывать (рис. 8).
Рис. 8.

V 0 на горизонтальную и вертиРешение. Разложим вектор
 



кальную составляющие: V 0 = V ox + V oy . Модули векторов V ox и V oy
Voy = Vo sin α .
Vox = Vo cos α ,
равны
соответственно
Тогда



V 0 = V0 cos α i + V0 sin α j. При движении тела на него действует сила
тяжести, поэтому вектор
скорости с течением
времени
меняется
  



V t = V o + V cp = V0 cos α i + V0 sin α j − gt j.
Отсюда
по
закону:



V t = V0 cos α i + (V0 sin α − gt ) j.
В точке наивысшего подъема вертикальная составляющая

скорости Vt равна 0. Поэтому V0 sin α − gt = 0 и время подъёма
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
t=
V0 sin α
.
g
Отсюда
t=
Vo sin 45o 1000 2
=
≈ 71 (сек).
g
2 ⋅ 9,8
Поэтому дли-
тельность полета снаряда будет составлять приблизительно 142
сек, то есть 2 мин 22 сек.
Закон движения задается формулой
t 
t



 
gt 2  
s (t ) =  Vt dt =  V0 cos α i + (V0 sin α − gt ) j dt = V0 ( cos α ) ti +  V0 sin α t −
 j.
2


o
o
(
)
Подставляя время подъема снаряда t =
V0 sin α
в формулу для
g
gt 2
вертикальной составляющей S y = V0 sin α −
вектора перемеще2
ния,
получим
да S y max =
максимальную
V sin α
. В нашем случае
2g
2
0
2
высоту
S y max =
подъема
снаря-
1000 ⋅1000
≈ 25,51 (км).
4 ⋅ 9,8
Дальность полета найдем, если время полета снаряда
2t =
2V0 sin α
подставим в горизонтальную составляющую вектора
g
перемещения
S x max
S x = V 0 ( cos α ) t .
V02 sin 2α
=
.
g
Для
данной
В
результате
задачи
получим
дальность
полета
S x max = 102, 041 км.
54. Мяч бросается со скоростью V0 = 10 м/сек под углом α = 400
к горизонту. Найти 1) на какую высоту S y поднимется мяч, 2) на
каком расстоянии от места бросания мяч упадет на землю,
3) сколько времени он будет находиться в движении. Сопротивление воздуха не учитывать.
55. Камень брошен горизонтально со скоростью Vx = 15 м/сек.
Найти нормальное и тангенциальное ускорение камня через 1 секунду после начала движения. Сопротивление воздуха не учитывать.
56. Тело брошено со скоростью Vx = 14, 7 м/сек под углом α = 300
к горизонту. Найти нормальное и тангенциальное ускорение тела
через 1,25 сек после начала движения. Сопротивление воздуха не
учитывать.
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
57. С башни высотой H = 25 м брошен камень под углом α = 300
к горизонту со скоростью Vx = 15 м/сек. Найти 1) сколько времени
камень будет находиться в движении, 2) на каком расстоянии от
основания башни он упадет на землю, 3) с какой скоростью он
упадет на землю, 4) какой угол составит траектория камня с горизонтом в точке его падения на землю. Сопротивление воздуха не
учитывать.
2.7.2. Простейшие задачи статики
Статика – это раздел механики. Как известно, механику подразделяют на кинематику и кинетику. В кинематике изучается
движение тел с геометрической точки зрения, без учета причин,
вызывающих изменение этого движения, то есть сил. Кинетика
посвящена изучению движения материальных тел в зависимости
от действия на них сил и разделяется на статику и динамику. Статика – учение о равновесии тел под действием сил, а динамика–
учение о движении тел под действием сил. В динамике решается
более общая задача, нежели в статике: по данным силам, действующим на тело, определить движение этого тела, и наоборот –
по данному движению тела найти силы, на него действующие.
Данный параграф посвящен простейшим задачам статики,
решение которых сводится к использованию условия равновесия
тела. Как известно, тело находится в покое тогда и только тогда,
когда равнодействующая всех сил, действующих на него, и главный момент этих сил относительно произвольной точки пространства равняются нулю.
58. К концам А и В невесомого стержня АВ приложены две
силы, изображаемые
двумя коллинеарными и сонаправленными


векторами P1 и P2 . Найти вектор, изображающий равнодействующую этих сил (рис. 9).
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 9.


Решение. Пусть P1 ↑↑ P2 (см. рис. 9). В точках А и В – точках
приложения этих сил, приложим две
равные
по величине и про

тивоположно направленные силы T1 и T2 , лежащие на прямой АВ.
  
  
Построим векторы F1 = P1 + T1 и F2 = P2 + T2 . Найдем точку O пересече

ния прямых, на которых лежат векторы F1 и F2 . Отложим векторы

    


F1 и F2 от точки O, получим векторы F1′ и F2′ ( F1′ = F1 , F2′ = F2 ). Раз

ложим векторы F1′ и F2′ на составляющие, одна из которых сов
      
падает соответственно с векторами T1 и T2 : F1′ = P1′ + T1′ , F2′ = P2′ + T2′ ,
   
         
где P1′ = P1 , P2′ = P2 . Тогда F1′ + F2′ = P1′ + T1′ + P2′ + T2′ = P1′ + P2′ = P1 + P2 . Таким
 
образом, вектор P1 + P2 есть диагональ параллелограмма, постро


′
′
енного на векторах F1 и F2 . На этой диагонали лежат векторы P1′

и P2′ , которые направлены в одну сторону. Поэтому равнодейст   
вующая P1′ + P2′ = P1 + P2 этих сил лежит на этой же прямой, парал


лельной линиям действия сил P1 и P2 , и сонаправлена векторам P1

и P2 . Пусть точка С – пересечение [АВ] с прямой, определенной

точкой О и вектором P1′. Тогда из подобия треугольников заключаем также, что

P2
OC
=

T2

P1

T1
=
,
.
CB OC
AC
Отсюда находим

P2
AC
.
 =
CB
P1
Итак, равнодействующая двух параллельных сил, направленных в одну сторону, им параллельна, направлена в ту же сторону
и равна по модулю сумме их модулей. Линия действия равнодействующей делит отрезок АВ в отношении, обратно пропорциональном модулям этих сил. Поэтому радиус-вектор точки С –
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
точки приложения равнодействующей, выражается через радиусвекторы точек приложения заданных сил по формуле
 
 
P1 r A + P 2 r B

rc =


P1 + P 2
59. К концам А и В невесомого стержня АВ приложены две
параллельные и противоположно направленные силы, изобра
жаемые векторами P1 и P2 . Найти вектор, изображающий равнодействующую этих сил.
60. Груз P массой 1 т поддерживается двумя стержнями АВ и
СВ, прикрепленными к стене посредством шарниров. Каковы
векторы, изображающие усилия, возникающие в стержнях, если
∠CAB = 900 , ∠ACB = 600 (рис. 10).
Рис. 10.
Рис. 11.

Решение. Обозначим усилие в стержне АВ через T 1 , а в


T 2 (Рис.10). Разложим вектор P по векторам
стержне
СВ
–
через
 




T 1 и T 2 . Для этого выберем систему координат: O = B, i ↑↑ T 1 , j ↑↑ P

 



(рис. 10). Тогда T 1 = α i , P = Pj . Ортами для векторов T 1 и T 2 бу-


дут соответственно векторы T 10 = i и

T 20 = (cos1500 ,cos 600 ) =

3 1
3 1
, =−
i + j.
Из последнего равенства найдем
−
2
2
2
2





 

j : j = 2T 20 + 3i = 3T 10 + 2T 20 .





Теперь P = 1( 3T 10 + 2T 20 ) = 3T 10 + 2T 20 . Отсюда заключаем, что


T 1 = 3, T 2 = 2.
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
61. Фонарь весом Р = 20 кг (рис. 11) подвешен к столбу на
кронштейне. Длина горизонтального стержня АВ = 60 см, длина
подкоса ВС = 100 см. Определить силу, растягивающую стержень
АВ, и силу сжатия подкоса ВС.
62. К двум тросам подвешен груз массой 30 кг (рис. 12). Определить силы, возникающие в тросах, если ∠АСВ = 1200.
63. Груз массой 60 кг поддерживается двумя стержнями – АВ
и СВ (рис. 13). Определить силы, возникающие в тросах, если
∠АСВ = 900, ∠АВС = 300.
Рис. 12.
Рис. 13.
64. К вершине треножника подвешен груз массой 20 кг. Найти силы, возникающие в ножках треножника, если ножки треножника взаимно перпендикулярны, а веревка, поддерживающая
груз, составляет с двумя ножками углы, равные 600 (рис. 14 ).
Рис. 14.
Рис. 15.
65. Груз массой 30 кг подвешен в точке D опоры, состоящей
из трех стержней DA, DB и DC (рис. 15). Два горизонтальных
стержня DA и DB равны по длине и взаимно перпендикулярны,
стержень DC образует равные углы со стержнями DA и DB и
61
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
угол, равный 600 с горизонтальной плоскостью ADB. Найти силы,
возникающие в стержнях.
66. Груз Р подвешен в середине C троса
ACB , прикрепленно 
го к крюкам A и B. Определить векторы T1 , T2 , изображающие натяжения нитей на участках AC и BC , если длина троса равна 2а а
AB = a 2 (рис. 16).
Рис. 16.
Рис. 17.
67. Лампа подвешена на шнуре и оттянута горизонтальной
оттяжкой. Найти силу натяжения шнура АВ и горизонтальной оттяжки ВС, если вес лампы 1 кг, а угол A = 600 (рис. 17).
68. К свободному концу кронштейна подвешен груз весом
90 кг (рис. 18). Определить силы, действующие на стержни АС и
АВ, если A = 600.
Рис. 18.
Рис. 19.
69. Два трамвайных провода С и D (рис. 19) подвешены на
тросе, идущем поперек пути. Вес каждого провода, приходящегося на трос, равен 15 кг. Каковы силы действия троса на точки
подвеса А и В? С какой силой растянута его средняя часть CD если AC = DB = 6 м, КС = LD = 1 м?
62
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
70. К концу стержня BC (рис. 20) длиной 2 м, укрепленного
одним концом в стене, а с другого конца поддерживаемого тросом AC длиной 2,5 м, подвешен груз 1200 кг. Найти силы, действующие на трос и стержень.
Рис. 20.
Рис. 21.
71. Стенной кран имеет подкос ВС длиной 4 м, тягу АС длиной 3 м (рис. 21). Расстояние между точками А и В равно 1,5 м.
Найти силы, действующие на тягу и подкос, если вес груза 2 т.
72. Груз Q = 100 кг поддерживается брусом AO, наклоненным
под углом 450 к горизонту, и двумя горизонтальными цепями ВО
и СО одинаковой длины, ∠CBO = ∠BCO = 450 (рис. 22). Найти усилие
S в брусе АО и натяжение цепей ВО и СО.
73. Переносный кран, поднимающий груз массой Q = 2 т,
устроен так, как показано на рис. 23. АВ = АЕ = АF = 2 м,
∠EAF = 900, вылет крана СК = 5 м, плоскость крана АВС делит
угол EAF пополам. Определить силу, сжимающую вертикальную
стойку ВА, и силы, растягивающие тросы ВЕ и BF крана.
Рис. 22.
Рис. 23.
63
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
74. В точках А, В, С, лежащих на осях прямоугольной декартовой системы координат на одинаковых расстояниях 1 от начала
координат О, закреплены стержни длины L ( L < 1) , скрепленные в
  
точке D, в которой подвешен груз Р. Определить силы Ta , Tb , Tc ,
действующие на стержни (рис. 24).
75. Определить напряжения в стержнях АО, АВ и АС
тетраэд
ра ОАВС, у которого к вершине А приложена сила P (рис. 25).
При этом предполагается, что OA = a, OB = b, OC = c, AB = e, BC = f ,
CA = d .
Рис. 24.
Рис. 25.
2.7.3. Центр масс системы материальных точек
Пусть дана система материальных точек M i , в которых сосредоточены массы mi соответственно, то есть имеется набор пар
( M i , mi ) , где M i – точка, а mi – положительное число. Центром
масс системы точек M i , i = 1, n, с массами mi в них называется точ



ка G, для которой выполняется условие m1 GM 1 + m2 GM 2 + ... + mn GM n = 0.
Основные свойства центра масс
1. Для любой системы точек центр масс существует, причем
только один.
Доказательство опирается на следующий геометрический
X и O – любые две точки пространства. Тогда
факт.
Пусть



 
 
 
m1 XM 1 + m2 XM 2 + ... + mn XM n = m1 (OM 1 − OX ) + m2 (OM 2 − OX ) + ... + mn (OM n − OX ) =




(m1 OM 1 + m2 OM 2 + ...mn OM n ) − (m1 + m2 + ....mn )OX .
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Отсюда следует, что точка X = G является центром масс сисMi ,
i = 1, n
тогда и только тогда, когда
темы точек



 
(m1 OM 1 + m2 OM 2 + ...mn OM n ) − (m1 + m2 + ....mn )OX = O, и, следовательно,



 m OM 1 + m OM 2 + ... + m OM n
2
n
OG = 1
m1 + m2 + ... + mn
.
Отсюда следует существование центра масс. Единственность
такой точки G доказывается методом от противного.
2. Центр масс системы точек останется прежним, если часть
точек заменить одной точкой, которая расположена в их центре
масс и которой приписана масса, равная сумме их масс. Иначе
это свойство можно сформулировать следующим образом. Центр
масс системы точек X 1 , X 2 ,... X n , Y1 , Y2 ,..., Ym с массами a1 , a2 ,..., an , b1 , b2 ,..., bm
совпадает с центром масс двух точек – центра масс X первой
системы с массой a1 + a2 + ... + an и центра масс Y второй системы с
массой b1 + b2 + ... + bm .
Свойство 2 является важнейшим свойством центра масс, на
котором основаны почти все его применения.
3. Центр масс однородного стержня находится в его середине.
76. Докажите свойство 2 центра масс системы точек.
77. Докажите, что центр масс точек A и B с массами a и b
лежит на отрезке AB и делит его в отношении b : a.
78. В трех точках A ( 7; 1,5 ) , B ( 6,7 ) , C ( 2,4 ) помещены грузы соответственно с массами в 60, 100 и 40 г. Определите центр масс
этой системы.
79. Центроидом системы точек M 1 , M 2 ,..., M n называется центр
масс системы материальных точек M 1 , M 2 ,..., M n , в которых сосредоточены равные друг другу массы m. Выведите формулу для вычисления радиус-вектора центроида данной системы точек через радиус-векторы этих точек и, пользуясь этой формулой, покажите, что:
а) центроид системы точек не зависит от величины массы m;
в) центроид системы двух различных точек M 1 , M 2 есть середина отрезка M 1M 2 ;
с) если P1 – центроид системы точек M 1 , M 2 ,..., M n , а P2 – центроид системы точек N1 , N 2 ,..., N m , то центроид P всех точек
M 1 , M 2 ,..., M n , N1 , N 2 ,..., N m лежит на отрезке P1 P2 и делит этот отрезок в
отношении m : n.
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
80. Центр масс прямого однородного стержня находится в
точке M ( 5,1) . Один его конец совпадает с точкой A ( -1, -3) . Определите положение другого конца.
81. Стержень длиной в 60 см подвешен на двух веревках. Одна из этих веревок не может выдержать натяжения, превышающего 20 кг. На каком расстоянии от соответствующего конца
стержня можно прикрепить к нему груз в 96 кг?
82. Горизонтальная балка длиной в 3 м и массой в 80 кг свободно лежит своими концами на двух неподвижных опорах А и В.
На каком расстоянии от конца А нужно поместить груз в 200 кг,
чтобы давление на опору В было равно 110 кг?
83. Как выражаются координаты центра масс треугольника
через координаты его вершин?
84. Центр масс треугольника совпадает с началом координат;
одна из вершин его лежит на оси абсцисс на расстоянии а от начала координат; вторая вершина лежит на оси ординат на расстоянии b от начала координат. Найдите координаты третьей
вершины.
85. Однородная проволока согнута в виде прямого угла со
сторонами а и b. Найти центр масс этой проволоки.
86. Найдите центр масс проволочного треугольника, зная, что
вершины его находятся в точках А,В,С, а длины сторон равны соответственно AB = a, BC = b, AC = c.
87. Однородный стержень изогнут в виде треугольника, вершины которого находятся в точках A ( 2, -1) , B ( 5,-1) , C ( 2,3) . Определите координаты центра масс этого треугольника.
88. Найдите центр масс четырехугольной однородной доски,
зная, что углы доски находятся в точках A ( 4,4 ) , B ( 5,7 ) , C (10,10 ) ,
D (12,4 ) .
89. Определите центр масс симметричной стержневой фермы
ADBC (рис. 26), у которой AB = 6 м, CD = 3 м, DE = 1 м (масса одного
погонного метра каждого стержня одна и та же).
90. Найдите положение центра масс фигуры, размеры и форма которой даны на рис. 27, приняв за полюс точку А.
66
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 26.
Рис. 27.
91. Найти положение центра масс плоской стержневой фермы ABCLD, состоящей из пяти стержней (рис. 28), если
AB = BC = AC = CD, ∠BAD = 900.
92. Найти положение центра масс плоской стержневой фермы ABCDE , состоящей из семи одинаковых стержней, каждый из
которых имеет длину а и массу р (рис. 29).
93. На двух смежных сторонах квадрата ABCD вне его построены равнобедренные прямоугольные треугольники ВНС и
CED. Найти центр масс полученной пятиугольной фигуры ABHED,
если сторона квадрата равна а.
Рис. 28.
Рис. 29.
94. Из плоской квадратной пластины ABCD со стороной а
вырезан прямоугольный треугольник AВЕ с углом АВЕ, равным
600. Найти положение центра масс G пятиугольника AЕВCD.
95. Доказать, что центр масс стержневого правильного тетраэдра совпадает с центроидом вершин тетраэдра.
67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.7.4. Вычисление работы,
моментов инерции и угловых скоростей
Ниже будут разобраны некоторые задачи, которые показывают практическую значимость специальных произведений в
различных разделах физики.
Как уже было сказано, скалярное произведение векторов
применяется для вычисления скалярной проекции вектора на ось
и при разложении вектора по заданным направлениям. В физике
его используют для вычислении работы силы при перемещении

точки ее приложения на вектор a , а также мощности силы.
Работа силы
Если точка движется по направлению действия силы, то, по
определению, работа силы равна произведению величины силы

на длину перемещения: A = F ⋅ a . Если точка движется под углом
α к направлению действия силы, то работает только та состав
ляющая силы F , которая направлена по линии перемещения,
перпендикулярная же составляющая вектора силы уравновеши
вается сопротивлением. Скалярная составляющая
вектора
F в


a
равна
Pra F = F ⋅ cos α .
Поэтому
направлении вектора



A = F ⋅ cos α a = F ⋅ a , то есть работа равна скалярному произведению


векторов F и a.
Мощность W силы – скалярная физическая величина, характеризующая воздействие силы на
движение точки.
Она равна


скалярному произведению
силы F на скорость V точки в данной
 
системе отсчета: W = ( F ⋅V ) = F V cos α .

96. Вычислить, какую работу производит сила f = ( 3,-5, 2 ) , когда
ее точка приложения перемещается из начала в конец вектора

b = ( 2,-5, -7 ) .

97. Вычислить, какую работу производит сила f = ( 3, -2, -5) , когда ее точка приложения перемещается из точки A ( 2, -3, 5) в точку
B ( 3, -2, -1) .
98. Даны
три силы, приложенные к одной точке:


m = ( 3, −4, 2 ) , n = ( 2,3, −5 ) , p = ( −3, − 2, 4 ) . Вычислить, какую работу производит равнодействующая этих сил, когда её точка приложения,
68
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
двигаясь прямолинейно, перемещается из точки A ( 5,3, − 7 ) в точку
B ( 4, − 1, 4 ) .



99. Даны три силы a = ( −2,1, − 1) , b = (1,5, 0 ) и c ( 4, 4, − 2 ) . Найти рабо
 
ту равнодействующей силы 3a − 2b и силы c, если её точка прило
жения перемещается из начала в конец вектора c.
100. Определить длину наименьшей дуги большого круга,
проходящего через точки земной поверхности, долгота и широта
которых равны соответственно ( λ1 , φ1 ) , ( λ2 , φ2 ) .

Моментом приложенной к точке А силы f относительно

 
точки В называется вектор m =  BA × f  . Расстояние от точки В до

линии действия силы называется плечом силы f относительно
точки В.

101. Определить момент силы f , приложенной к точке А, относительно
точки В в каждом из следующих случаев:


а) f = ( 2,-4, 3) , A (1,5,0 ) , B ( 0, 0, 0 ) ;
b) f = ( 2,-4, 3) , A (1,5,0 ) , B ( 5, − 3, 6 ) ;


с) f = ( 3,0, 1) , A ( 5, 2, 6 ) , B ( 4,5, 2 ) ; d) f = ( 2,-4, 5) , A ( 4, − 2, 36 ) , B ( 3, 2, − 1) .

102. Сила Q = ( 3, 4, − 2 ) приложена к точке C ( 2, -1, -2 ) . Определить
величину и направляющие косинусы момента этой силы относительно начала координат.

103. Сила P = ( 2, 2,9 ) приложена к точке A ( 4, 2, − 3) . Определить
величину и направляющие косинусы момента этой силы относительно точки C ( 2, 4, 0 ) .
104.  Даны три силы, приложенные
к одной точке

C ( -1, 4, -2 ) : m = ( 2, − 1, − 3) , n = ( 3, 2, -1) и p = ( −4, 1, 3) . Определить величину
и направляющие косинусы момента равнодействующей этих сил
относительно точки A ( 2, 3, -1) .
105. Показать, что а) момент силы относительно точки не меняется, если точку приложения силы перемещать по прямой,
вдоль которой сила действует; b) момент равнодействующей нескольких сил, приложенных к одной и той же точке, равен сумме
моментов составляющих
сил относительно той же точки.



106. Сила F = 30i + 40 j приложена в точке с радиус-вектором
  
r = 8i + 6 j. Найти a) момент силы относительно начала координат;

b) плечо силы; c) составляющую силы, перпендикулярную к r.
69
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
107. Длина гаечного ключа 30 см. С какой силой, перпендикулярной ключу, рабочий нажимает на ключ при завинчивании
гайки, если момент этой силы равен 45 H ⋅ м ?
Вращательное движение, угловая скорость и угловое ускорение
Движение тела называется вращательным, если оно движется
так, что две его точки, например А и В, остаются неподвижными.
Можно доказать, что при вращательном движении твердого тела
траектории всех его точек – окружности, плоскости которых перпендикулярны оси вращения, а центры лежат на оси. Если точка
М движется по окружности радиуса R, то скорость точки будет
иметь численное значение, равное
dS
dϕ
V =
Величина
ω=
dϕ
dt
dt
= R
dt
.
называется угловой скоростью вращения ра-
диуса R. При круговом движении величина скорости точки вычисляется по формуле V = R ⋅ ω. Направлена скорость по касательной к окружности, то есть перпендикулярно радиусу, проведенному в точку М.

108. Твердое тело вращается с угловой скоростью ω относительно некоторой фиксированной
оси. Доказать,
что скорость
  

любой точки этого тела равна V = ω × r , где r – вектор, начало которого находится в произвольно выбранной точке на оси вращения, а конец – в данной точке.
Решение. Так как любая точка M тела движется по окружности, то VM = O0 M ⋅ ω ( O0 – центр окружности, по которой перемещается точка M , лежит на оси вращения). Так как O0 M есть плечо




вектора ω угловой скорости, то V M = momM ω . Вектор V M по на
правлению совпадает с вектором momM ω . Из сказанного следует,
что


 
 
   
V M = momM ω = MO × ω = −OM × ω = −r × ω = ω × r.
Итак, для всякой
Здесь O – любая точка на оси вращения.

тела скорость V определяется формулой
точки M вращающегося
  
Эйлера V = ω × r , ω – вектор угловой скорости.

109. Велосипедист едет с постоянной скоростью V по прямолинейному участку дороги. Найти мгновенные скорости точек
70
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
лежащих на ободе колеса на горизонтальном диаметре, вертикальном диаметре и диаметре, составляющем с поверхностью земли угол 450.
Решение. При качении колеса по земле все его точки участвуют одновременно
в двух движениях: вдоль земли с постоянной

скоростью V , направление которой все время горизонтально, и

вокруг оси с касательной скоростью V τ , величина которой постоянна, а направление
меняется. При качении без проскальзывания


скорости V и V τ равны по величине. Значение мгновенной скоро

сти любой точки колеса можно найти, складывая векторы V и V τ
по любому из правил сложения векторов.
110. Линейная скорость точек на рабочей поверхности шлифовального круга не должна превышать 100 м/сек. Определить
предельную угловую скорость круга диаметром 30 см.
111. Найти предельную скорость движения автомобиля, если
на этой скорости его колесо диаметром 1,1 м вращается, делая
310 об/мин.
A, B, C , D, E
2.7.5. Уравнение траектории движущейся точки
Кривая может быть задана как некоторое множество точек,
то есть может быть дано геометрическое свойство, присущее
всем точкам кривой, и только им одним, – свойство, отличающее
точки кривой от остальных точек плоскости или пространства. В
таком случае задача о нахождении уравнения кривой сводится к
тому, чтобы выразить аналитически тот факт, что все точки кривой обладают определенным свойством. Однако нет надобности
рассматривать все точки кривой: можно представить, что кривая
описана подвижной точкой M ( x, y ) , и тогда достаточно будет выразить, что точка M ( x, y ) неизменно обладает указанным свойством.
112. Определить траекторию точки М, которая при своем
движении все время остается вдвое ближе к точке A (1, 0 ) , чем к
точке B ( 4, 0 ) .
113. Требуется разложить силу P = 15 на две силы, отношение
которых равно 2:3. Найти геометрическое место вершин силовых
треугольников, удовлетворяющих этому условию.
71
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
114. Точка движется так, что расстояния ее до двух заданных
пересекающихся прямых остаются все время в постоянном отношении. Написать уравнение ее траектории.
115. Составить уравнение геометрического места центров
масс треугольников, имеющих две общие вершины A (1, 0 ) и B ( 5, 0 ) ,
если третьи их вершины лежат на биссектрисе координатного угла.
116. Найти геометрическое место концов векторов, изображающих силы, приложенные к точке А и имеющие относительно
центра О момент данной величины М. Расстояние от центра О до
точки приложения сил OA = a.
117. Два стержня вращаются вокруг двух неподвижных точек, расстояние между которыми равно 2а. При этом вращении
стержни все время остаются перпендикулярными друг другу.
Найти геометрическое место точек пересечения стержней.
118. Вокруг точек A ( a, 0 ) и B ( −a, 0 ) вращаются два стержня,
причем так, что произведение отрезков, отсекаемых ими на оси
ординат, считая от начала, равно постоянному числу. Написать
уравнение геометрического места точек пересечения вращающихся стержней.
119. Найти траекторию точки, которая при своем движении
остается все время в полтора раза дальше от точки ( 0, 6 ) , чем от
прямой y = 8 3 .
120. Шарик скатывается по желобку и, приобретя скорость V,
срывается с него в той точке, где касательная имеет горизонтальное направление. Определить дальнейшую траекторию шарика.
Указание. По закону инерции, шарик должен продолжать
движение
по направлению касательной с постоянной скоростью

V , и на него действует сила тяжести, которая заставляет опускаться вниз с постоянным ускорением g = 9,8 м /сек.
121. Пренебрегая сопротивлением воздуха,
определить тра
екторию тела, брошенного со скоростью V вверх под углом α к
горизонтальному направлению.
122. Две точки, двигаясь равномерно и с одинаковой скоростью, описывают две взаимно перпендикулярные прямые. Зная
начальное положение подвижных точек, составить уравнение
72
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
геометрического места середин отрезков, их соединяющих, в различные моменты времени.
123. Если две одинаковые и достаточно близкие друг к другу
параллельные пластинки погружены в жидкость, то вследствие
капиллярности жидкость поднимается между ними выше уровня
в сосуде. Эта высота поднятия h обратно пропорциональна расстоянию d между пластинками: h = c d , с – постоянный множитель, зависящий от поверхностного натяжения и плотности жидкости. Если в ту же жидкость погрузить пластинки, образующие
весьма малый двугранный угол с вертикальным ребром, то жидкость поднимется между ними, согласно данной формуле, на разные высоты. Какую кривую образует край жидкости с внутренней стороны каждой пластинки?
124. Стержень перемещается в пространстве так, что три его
постоянные точки А, В и С скользят по трем координатным плоскостям. Чем ограничено движение четвертой точки М, произвольно выбранной на стержне?
125. Составить уравнение поверхности, описанной стержнем,
скользящим по трем ребрам куба, из которых никакие два не лежат на одной плоскости. Ребро куба равно а.
Уравнения прямой линии
126. Даны уравнения движения точки M ( x, y, z ) : x = 3 − 4t ,
y = 5 + 3t , z = −2 + 12t. Определить ее скорость.
127. Даны уравнения движения точки M ( x, y, z ) : x = 5 − 2t ,
y = −3 + 2t , z = 5 − t. Определить расстояние, которое пройдет эта точка за промежуток времени от t = 0 до t = 7.
128. Составить уравнения движения точки M ( x, y, z ) , которая,
имея начальное положение A ( 3, − 1,− 5) , движется прямолинейно и


равномерно в направлении вектора s ( -2, 6, 3) со скоростью V = 21.
129. Составить уравнения движения точки M ( x, y, z ) , которая,
двигаясь прямолинейно и равномерно, прошла расстояние от
точки A ( -7, 12, 5 ) до точки B ( 9, − 4, − 3) за промежуток времени от
t = 0 до t = 4.
73
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
130. Точка M ( x, y, z ) движется прямолинейно и равномерно из
начального положения A ( 20, -18, -32 ) в направлении, противопо

ложном вектору s ( 3, -4, -12 ) , со скоростью V = 26. Составить уравнения движения точки M ( x, y, z ) и определить точку, с которой
она совпадет в момент времени t = 3.
131. Точки M ( x, y, z ) и N ( x, y, z ) движутся прямолинейно и
равномерно: первая из начального положения A ( 0,10,1) в направ
лении вектора S = ( 3, − 6, 2 ) со скоростью V1 = 14, вторая из начально
го положения B (10, − 14,8) в направлении вектора r = ( −4, 12, − 3) со
скоростью V2 = 13. Составить уравнения движения каждой из точек
и, убедившись, что их траектории пересекаются, найти 1) точку
пересечения Р их траекторий; 2) время, затраченное на движение
точки М от А до точки пересечения траекторий; 3) время, затраченное на движение точки N от В до точки пересечения траекторий; 4) расстояния, пройденные каждой точкой до встречи.
132. Точка M ( x, y, z ) движется прямолинейно и равномерно из

начального положения A (15, -24, -16 ) в направлении вектора s ( −2, 2,1)

со скоростью V = 12. Убедившись, что траектория точки М пересекает плоскость 3x + 4 y + 7 z − 17 = 0, найти 1) точку Р их пересечения; 2) время, затраченное на движение точки М от А до точки Р;
3) длину отрезка АР.
133. Точка M ( x, y, z ) движется прямолинейно и равномерно из
начального положения A ( 28, -30, -27 ) со скоростью V = 12,5 по перпендикуляру, опущенному из точки А на плоскость
15 x − 16 y − 12 z + 26 = 0. Составить уравнения движения точки M ( x, y, z ) и
определить: 1) точку Р пересечения ее траектории с этой плоскостью; 2) время, затраченное на движение точки М от А до точки
Р; 3) длину отрезка АР.
134. Точка M ( x, y, z ) движется прямолинейно и равномерно из
начального положения A (11, -21, 20 ) в направлении вектора

s ( -1, 2, -2 ) со скоростью V = 12. Определить, за какое время она
пройдет отрезок своей траектории, заключенный между параллельными плоскостями: 2 x + 3 y + 5 z − 41 = 0, 2 x + 3 y + 5 z − 31 = 0.
74
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.8. Учебная литература
1. Атанасян, Л.С. Сборник задач по геометрии. Ч. 1
/ Л.С. Атанасян, В.А. Атанасян. – М.: Просвещение, 1973. – С. 4–
5, 10–11, 18–19, 28, 43–48, 125–126.
2. Беклемишева, Л.А. Сборник задач по аналитической геометрии и линейной алгебре / Л.А. Беклемишева, А.Ю. Петрович,
И.А. Чубаров. – М.: Наука; Гл. ред. физ.-мат. лит., 1987. – С. 160–
178.
3. Блехман, И.И. Механика и прикладная математика: Логика
и особенности приложений математики. / И.И. Блехман,
А.Д. Мышкис, Я.Г. Пановко. – 2-е изд. – М.: Наука, 1990, – 356 с.
4. Бухгольц, Н.Н. Основной курс теоретической механики.
Ч. 1 / Н.Н. Бухгольц. – М.: Наука, 1967.
5. Веселовский, И.Н. Основания векторной алгебры и ее приложений в геометрии и статике./ И.Н. Веселовский. – М.; Л.:
1932. – 132 с.
6. Голубева, О.В. Теоретическая механика / О.В. Голубева. –
М.: Высшая школа, 1976. – 352 с.
7. Зельдович, Я.Б. Высшая математика для начинающих: Задачи, принципы, методология. / Я.Б. Зельдович. – 5-е изд. – М.:
Наука, 1970. – 560 с.
8. Зельдович, Я.Б. Элементы прикладной математики
/ Я.Б. Зельдович, А.Д. Мышкис. – 3-е изд. – М.: Наука, 1972. –
592 с.
9. Зельдович, Я.Б. Элементы математической физики. Среда
из невзаимодействующих частиц / Я.Б. Зельдович, А.Д. Мышкис – М.: Наука, 1973, – 351 с.
10. Ильин, В.А. Линейная алгебра / В.А. Ильин, Э.Г. Поздняк. – М. Наука, 1984. – Гл. 3, § 1.
11. Коган, В.Ф. О разложении сил и о реакциях связей
/ В.Ф. Коган. – ВОФЭМ, 1912. – № 576.
12. Канатиков, А.Н. Аналитическая геометрия / А.Н. Канатиков, А.П. Крищенко – М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2002. – 312 с.
13. Клетеник, Д.В. Сборник задач по аналитической геометрии / Д.В. Клетеник. – М.: Наука, 1986. – С. 123–124, 126–128,
130, 132.
75
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
14. Купер, Л. Физика для всех: Т. 1. Классическая физика
/ Л. Купер. – М.: Мир, 1972. – 480 с.
15. Майоров, В.М. Задачник практикум по векторной алгебре
(с приложениями к геометрии, элементарной геометрии и статике) / В.М. Майоров, З.А. Скопец. – М.: Учпедизд, 1961. – С. 29–
32, 43–50, 127–129.
16. Меркин, Д.Р. Алгебра свободных и скользящих векторов
/ Д.Р. Меркин. – М.: Физматгиз, 1962. – 164 с.
17. Мышкис, А.Д. Лекции по высшей математике
/ А.Д. Мышкис. – 4-е изд. – М.: Наука, 1973. – 640 с.
18. Мышкис, А.Д. Элементы теории математических моделей
/ А.Д. Мышкис. – М.: Физматлит, 1994. – 194 с.
19. Федорчук, В.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры: Учеб. пособие / В.В. Федорчук. – М.: Изд-во МГУ,
1990. – С. 14–46, 71–80.
20. Фейнмановские лекции по физике: Задачи и упражнения.
М.: Мир, 1957. – С. 31–44.
21. Цубербиллер, О.Н. Задачи и упражнения по аналитической геометрии / О.Н. Цубербиллер. – М.: Наука, 1966. – С. 27–
29, 42–50, 71, 72, 79, 80, 207, 211, 224.
3. Векторное описание канала связи
3.1. Построение ансамбля сигналов размерности ≤ 2
Понятие векторного пространства и базиса в нем находит
применение в процессе передачи сообщений по каналу цифровой
связи (см. рис. 1).
Рис. 1.
76
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Передатчик выбирает одно из возможных сообщений
m ∈` ( i = 1, 2,..., M ) и передает соответствующий ему сигнал s (i ) ( t )
из некоторого множества S = {s(i ) ( t )} . В большинстве случаев
s (i ) ( t ) – непрерывная функция. Среда передачи называется каналом. Главной помехой при передаче сигнала является шум ω ( t ) .
Поэтому в цифровой системе действуют два случайных фактора –
сигнал s (i ) ( t ) и источник шума. В результате на выходе из канала
наблюдается случайный процесс
i
r ( t ) = s( ) ( t ) + ω ( t ) .
Задача приемника – оценить выбранное сообщение m(i ) с наилучшей достоверностью. Далее будет рассмотрена векторная модель описания ансамбля сигналов S = {s( ) ( t )} , с помощью которой
кодируются сообщения m(i ) . Ансамбль S сигналов есть конечное
множество функций s (i ) ( t ) , ( i = 1, 2,..., M ) , из линейного функционального пространства L2 ( −∞, + ∞ ) со скалярным произведением
(i )
i
def +∞
( f (t ) , h (t )) =
 f ( t ) h ( t ) dt . Линейная оболочка L ( S ) есть конечномерное
−∞
подпространство в пространстве L2 ( −∞, + ∞ ) . Подпространство L ( S )
называется сигнальным пространством. Принято каждый из сигналов s(i ) ( t ) представлять в виде линейной комбинации базисных
пространства
причем
базис
элементов
Φl ( t )
L(S ) ,
U = {Φl ( t )} , l = 1, 2,..., n выбирается ортонормированным. Последнее высказывание означает, что (Φ ( t ) , Φ ( t ) ) =  Φ ( t ) Φ ( t ) dt = δ = 1, j = l , .
def +∞
j
l
def
j
−∞
l
jl
 0, j ≠ l
Таким образом, мы приходим к векторной интерпретации передаваемых сигналов: каждый из сигналов s(i ) ( t ) представляется
T
n-мерным вектором s (i ) = ( s1i , s2i ,..., sni ) в евклидовом пространстве  n .
Соответствующее отображение ϕ : L ( S ) →  n , в силу однозначности разложения вектора по ортонормированному базису, является
изоморфизмом n-мерных евклидовых пространств. Множество
def
S = ϕ ( S ) ⊂  n называется сигнальным созвездием. Сигнальное созвездие в случае n = 1 или n = 2 принято изображать точками на
координатной плоскости. Если ансамбль S содержит n ортого77
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
нальных векторов s (i ) ( t ) , то набор базисных функций Φl ( t ) получается с помощью нормировки векторов ансамбля S.
Далее предложены задачи для построения сигнального созвездия S для заданных ансамблей сигналов S.
Задача 1. Построить и изобразить сигнальное созвездие S
для следующих ансамблей сигналов s (i ) ( t ) . Для каждого из них
функция
 2 Es
, t ∈ [ 0, T ]

g (t ) =  T
 0, t ∉ [ 0, T ]

k
T
и параметр f s = , k ∈  – заданное це-
лое число.
2)
1)
( 2π f t − π 4 )
( 2π f t − π 4 )
( 2π f t − π 4 )
( 2π f t − π 4 )
 s ( t ) = g ( t ) cos ( 2π f s
 ( 2)
 s ( t ) = -g ( t ) sin ( 2π f
(i )
s ( t ) :  ( 3)
 s ( t ) = -g ( t ) cos ( 2π f
 ( 4)
 s ( t ) = g ( t ) sin ( 2π f s
 s (1) ( t ) = g ( t ) cos

 ( 2)
 s ( t ) = -g ( t ) sin
(i )
s (t ) : 
3
 s ( ) ( t ) = -g ( t ) cos

 s ( 4) ( t ) = g ( t ) sin

3)
4)
(1)
 s (1) ( t ) = g ( t ) cos ( 2π f
s ( t ) :  ( 2)
 s ( t ) = -g ( t ) cos ( 2π
(i )
s
s
s
s
(
(
 s (1) ( t ) = g ( t ) cos 2π f t − π
s

s (t ) : 
2
 s ( ) ( t ) = -g ( t ) cos 2π f s t −

(i )
5)
 s (1) ( t ) = g ( t ) sin ( 2π f s
s ( t ) :  ( 2)
 s ( t ) = -g ( t ) sin ( 2π f
(i)
При решении каждой из задач разумно придерживаться следующего плана:
а) найти ортонормированный базис U = {Φl ( t )} ;
б) найти координаты каждого из векторов s (i ) ( t ) ансамбля S;
в) найти точки s(i) сигнального созвездия S и изобразить их в  n .
Решение задачи 1.1.
а) Для нахождения базиса U заметим прежде всего, что
( 3)
s ( t ) = − s (1) ( t ) , а s ( 4) ( t ) = − s ( 2) ( t ) , поэтому базис U системы S = {s ( i ) ( t )}
совпадает с базисом его подсистемы {s(1) ( t ) , s ( 2) ( t )} . Легко убедиться,
78
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
что
векторы s (1) ( t ) и s ( 2) ( t ) линейно независимы, если
λ1s (1) ( t ) + λ2 s ( 2) ( t ) ≡ 0 (при ∀t ∈  и некоторых λ1 и λ2 независящих от t ),
то g ( t ) ( λ1 cos ( 2π f st ) + λ2 sin ( 2π f s t ) ) = 0, ∀t ∈  . Пусть t ∈ [ 0, T ] , тогда, по2 Es
≠ 0, то λ1 cos ( 2π f s t ) + λ2 sin ( 2π f s t ) = 0 . Полагая послеT
довательно t = 0, t = T , при k ∈  , получим λ1 = 0 и λ2 = 0. Если k ∈ −
4k
T
то при t = 0, t = − , также получим λ1 = λ2 = 0 . Поэтому пара функций
4k
(1)
( 2)
s ( t ) , s ( t ) образует базис ансамбля s ( i ) ( t ) . Поскольку скалярное
скольку
g (t ) =
(
)
{
}
произведение в функциональном пространстве задано с помощью
def +∞
равенства ( f ( t ) , h ( t ) ) =  f ( t ) h ( t ) dt , то скалярное произведение
−∞
(s
(1)
+∞
T
( t ) , s ( t ) ) =  s ( t ) s ( t ) dt =  − g 2 ( t ) sin ( 2π f st ) cos ( 2π f st ) dt =
( 2)
(1)
( 2)
−∞
0
T
−
T
2 Es 1
E
1
⋅  sin ( 4π f s t ) dt = s ⋅
cos ( 4π f s t ) = 0.
0
T 20
T 4π f s
Отсюда следует, что базисные функции s(1) ( t ) и s( 2) ( t ) ортогональны. Найдём квадраты длин векторов s(1) ( t ) и s( 2) ( t ) .
(s
(1)
(t ) , s (t ))
(1)
T
T
Es 
1
2 Es 1 + cos 4π f s t
t
f
t
+
π
sin
4
=  g ( t ) cos ( 2π f s t ) dt =
=
dt

 = ES .
s

T
f
π
4
2
T
s

0
0
0
T
2
2
Аналогично убедимся, что ( s( 2) ( t ) , s( 2) ( t ) ) = Es .
Поэтому в качестве ортонормированного базиса U в линейной оболочке ансамбля S = {s(i ) ( t )} можно взять (Φ1 ( t ) , Φ2 ( t ) ) , где
Φ1 ( t ) =
1 (1)
1 ( 2)
s ( t ) , Φ2 ( t ) =
s (t ).
ES
ES
Поэтому U
P (Φ1 ( t ) , Φ2 ( t ) ) .
б) Заданные сигналы разлагаются по базисным следующим
образом:
s (1) ( t ) = ES Φ1 ( t ) , s ( 2 ) ( t ) = ES Φ2 ( t ) , s (3) ( t ) = - ES Φ1 ( t ) , s ( 4) ( t ) = - ES Φ2 ( t ) .
Поэтому в базисе U функции s(1) ( t ) , s( 2) ( t ) , s(3) ( t ) и s( 4) ( t ) имеют, соответственно, координаты: ( Es , 0 ) , ( 0, Es ) , ( − Es , 0 ) и
( 0, − Es ) .
Пусть ϕ : L ( S ) →  2 - изоморфизм евклидовых пространств
L(S )
и
 2,
при котором ϕ (Φl ( t ) ) = el ,
79
l = 1, 2 ,
где
1 
0 
e1 =   , e2 =   .
0
1 
Тогда
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
при этом отображении ансамбль S перейдёт в созвездие S. Именно, ϕ ( s(i ) ( t ) ) = s(i ) . Здесь s( ) =  E  , s( ) =  0  , s( ) = − E  , s( ) =  0  .
1
s
 0 
2
3
 Es 
s
 0 
(1) ( 2 )
4
 − Es 
( 4)
в) Изобразим полученное созвездие {s ,s ,s ,s } ⊂  2 на координатной плоскости (см. рис. 2).
Решение 1.2. идентично решению задачи 1.1. Однако возможен другой подход, использующий известные формулы тригоноdef
метрии. Для сокращения записей введем обозначение: α = 2π f s и
выразим заданные здесь функции через функции задачи 1.1.
( 3)
Рис. 2
( 4 ) = 2 2 g (t ) sin π 4 cos (π 4 − αt ) =
2g (t ) 1 
g (t )
⋅ sin (π − α t ) + sin α t  =
( cos α t + sin α t ) .
2

2 2
2
s(1) ( t ) = g ( t ) cos α t − π
( 2)
Аналогично, s ( t ) =
g (t )
2
( cos α t − sin α t ) .
Таким образом, 1-й вектор задачи 1.2. есть нормированная
сумма 1-го и 4-го векторов задачи 1.1, а 2-й вектор – нормированная сумма первых двух векторов задачи 1.1.
По линейности: нормированная сумма 2-го и 3-го векторов из
задачи 1.1 есть 3-й вектор, данной задачи и нормированная сумма 3го и 4-го векторов из задачи 1.1 есть 4-ый вектор данной задачи.
Поэтому созвездие S задачи 1.2 получается из соответствующего созвездия задачи 1.1 с помощью поворота Р по часовой
стрелке на угол π 4 (см. рис. 2).
80
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решения задач 1.3 – 1.5 предлагаем провести самостоятельно.
При решении целесообразно сравнивать заданные ансамбли сигналов с ансамблями сигналов предыдущих двух задач.
Замечание 1. Из решения задач следует, что линейные оболочки ансамблей сигналов задач 1.1 и 1.2 совпадают и содержат
ансамбли сигналов задач 1.3 – 1.5. Поэтому сигнальные созвездия, построенные во всех задачах, могут быть изображены на одном рисунке, на котором изображается сигнальное созвездие S ,
соответствующее изоморфизму ϕ , определенному в задаче 1.1.
Замечание 2. Число М сигналов в ансамбле S = {s(i ) ( t )} называется размером ансамбля, а размерность dim L ( S ) = n – размерностью ансамбля.
Прежде чем сформулировать следующую задачу, сделаем некоторые пояснения по поводу задания двумерных ансамблей и их
созвездий. Ввиду двумерности ансамбля, его элементы разумно
описывать двумя целочисленными параметрами. Такое описание
можно задать формулой
i
s ( ) ( t ) = g 0 ( t ) AkI cos α t − g 0 ( t ) AlQ sin α t ,
(*)
где k , l = 1, M
 2
, t ∈ [ 0, T ] ,

g0 ( t ) =  T
.
 0, t ∉ [ 0, T ]

Здесь
def
T =
{( 2m − 1− M ) d , m = 1, M } ,
U P (Φ1 ( t ) , Φ2 ( t ) ) ,
2π k
α = 2π f s =
, k ∈
T
Коэффициенты AkI , Al , Q ∈T , где
индекс
i = ( k − 1) M + l.
Φ1 ( t ) = g 0 ( t ) cos α t ; Φ2 ( t ) = − g 0 ( t ) sin α t ,
Базис
параметр
.
Задача 2. Построить ансамбль сигналов, заданных формулой
(*), при M = 16. Найти сигнальное созвездие S этого ансамбля и
изобразить его на координатной плоскости.
Решение. Так как M = 16 , то k , l =1, 4 ;
 2
, t ∈ [ 0, T ]

,
g0 ( t ) =  T
 0, t ∉ [ 0, T ]

и так
как m = 1, M , то m =1, 4 . Поэтому множество T , определенное выше, имеет вид T = {( 2m − 1 − 4 ) d , m = 1, 4} = {−3d , − d , d ,3d } .
81
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Биекция между порядковыми номерами i сигнала s (i ) ( t ) и парой чисел ( k , l ) , k , l =1, 4, устанавливается формулой i = ( k − 1) 4 + l.
При k = 1, i = l , l =1, 4, и следовательно, имеем сигналы s (i ) ( t ) , где
i = 1, 4 .
При k = 2, i = 4 + l , l =1, 4, и следовательно, имеем сигналы s (i ) ( t ) ,
где i = 5,8 .
При k = 3, i = 8 + l , l =1, 4, и следовательно, имеем сигналы s (i ) ( t ) ,
где i = 9,12 .
При k = 4, i = 12 + l , l =1, 4, и, следовательно, имеем сигналы s (i ) ( t ) ,
где i = 13,16 .
Таким образом, ансамблю сигналов можно сопоставить матрицу двойных индексов:
 (1,1) (1, 2 ) (1,3) (1, 4 ) 

( 2,1) ( 2, 2 ) ( 2,3) ( 2, 4 ) 

I=
.
 ( 3,1) ( 3, 2 ) ( 3,3) ( 3, 4 ) 


 ( 4,1) ( 4, 2 ) ( 4,3) ( 4, 4 ) 
Сквозная нумерация сигналов осуществляется по строкам матрицы I. Так, например, элементу (1,2) матрицы I соответствует сигнал s( 2) ( t ) , а элементу (3,3) матрицы I соответствует сигнал s(11) ( t ) .
При изоморфизме ϕ : L ( S ) →  2 , построенном с помощью базиса U , указанного выше, каждому сигналу s(i ) ( t ) соответствует
T
вектор s (i ) ∈  2 вида s (i ) =  Ak I , Al Q  .
Так, например, сигналу s( 2) ( t ) соответствует вектор
T
T
2
11
11
s ( ) =  A1 I , A2Q  , а сигналу s ( ) ( t ) соответствует вектор s ( ) =  A3 I , A3Q  .
Поскольку Ak I и AlQ принимают значения из множества
T = {−3d , − d , d ,3d } , то, согласно установленному выше соответствию, можно выписать координаты всех векторов
 −3d  ( 2)  −3d  (3)  −3d  ( 4)  −3d  (5)  −d 
s (1) = 
, s = 
, s = 
, s = 
, s = 

 −3d 
 −d 
 d 
 3d 
 −3d 
 −d 
 3d 
8
s( ) =   и т.д. s(16) =   .
 3d 
 3d 
и т.д.
Соответственно координатам векторов s (i ) полученного сигнального созвездия расположение его точек на координатной
плоскости показано на рис. 3.
82
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 3. Доказать, что ансамбль сигналов s(i ) ( t ) , заданный
формулой (*), при М = 4 совпадает с ансамблем сигналов задачи 1.2.
Указание. Для решения необходимо построить матрицу двойных индексов I и установить биекцию между элементами этой матрицы и порядковыми номерами сигналов заданного ансамбля. Построенное созвездие должно совпадать с созвездием задачи 1.2.
Рис. 3.
Задача 4. Построить сигнальное созвездие для ансамбля сигналов, заданных формулами:
 2π ( i − 1) 
 2π ( i − 1) 
cos
2
π
−
sin
s ( i ) ( t ) = g ( t ) cos 
f
t
g
t
(
)
(
)


 sin ( 2π f s t ) ,
s

M


 2 Es
, t ∈ [ 0, T ]

g
t
=
.
(
)
T

где
 0, t ∉ [ 0, T ]

83
M

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
Легко
проверить,


g (t )
g (t )
cos α t , Φ2 ( t ) = −
sin α t  , α = 2π f s
 Φ1 ( t ) =


Es
Es


что
векторы
образуют ортонормирован-
L(S ) .
Очевидно,
ный
базис
линейной
оболочки
s (1) ( t ) = g ( t ) cos α t = Es Φ1 ( t ) , и в базисе U P (Φ1 ( t ) , Φ2 ( t ) ) его координаты
( Es , 0) . Вектор s(2) (t ) имеет координаты  E cos 2π , E sin 2π  в том же

базисе, а координаты вектора
s

2π ( i − 1)
2π ( i − 1) 
, Es sin
 Es cos
.
M
M


(i )
s
M
s
M 
( t ) в базисе U ,
i = 1, M
суть
Нетрудно проверить далее, что скалярный квадрат ( s(i ) , s (i ) ) = Es .
Отсюда следует, что все векторы si ∈S принадлежат окружности с
центром в начале координат радиуса Es . Более того, они лежат в
вершинах правильного М-угольника, одной из вершин которого
является точка s (1) с координатами ( ES , 0 ) . В самом деле, если β –
угол между векторами s(i ) и s (i +1) , i ∈1, M и s ( M +1) = s(1) , то
2π
s ( ) , s ( ) ) E cos
(
M
cos β =
=
s
i
i +1
(i )
( i +1)
s
s
Es
= cos
2π
,
M
откуда следует, что
β=
2π
M
. Таким об-
разом, β не зависит от i, откуда и следует наше утверждение, касающееся структуры созвездия S . На рис. 4 изображено созвездие S , отвечающее числу М = 8.
Рис. 4.
84
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.2. Построение многомерных сигналов
Далее, в данном пункте будет показано, как на основе заданного ансамбля сигналов S размерности n построить новый ансамбль, но уже большей размерности. Одним из приемов такого
построения является операция сжатия временного промежутка.
Рассмотрим, как это делается, на нескольких примерах.
Задача 5. Пусть дан ансамбль сигналов s(1) ( t ) = g ( t ) cos α t ,
k
s ( t ) = − g ( t ) cos α t , α = 2π f s , f s = ,
T
где
( 2)
 2 Es
, если t ∈ [ 0, T ]

k ∈  , g (t ) =  T

0, если t ∉ [ 0, T ]

.
Требуется построить на основе этого одномерного ансамбля
ансамбль а) двумерный, б) трехмерный.
Решение: а) Разделим отрезок [0,T ] пополам ( nr = 2 ) . Получим
 T  T

промежутки 0,  ,  , T  . На каждом из них зададим функции
 2 2 
 4 Es
T 
, если t ∈  , T 

 T
2 
.
g2 ( t ) = 
T



0, если t ∉  , T 

2 
 4 Es
 T
, если t ∈ 0, 

 T
 2
g1 ( t ) = 
,
T



0, если t ∉ 0, 

 2
def
{
}
i
Теперь рассмотрим ансамбль сигналов S ′ = s ( ) ( t ) , i = 1, 4 , где
s (1) ( t ) = g1 ( t ) cos α t ,
s (3) ( t ) = g 2 ( t ) cos α t ,
( 2)
( 4)
s
( t ) = − g1 ( t ) cos α t ,
s
( t ) = − g 2 ( t ) cos α t ,
fs =
2k
.
T
Нетрудно проверить, что ортонормированный базис сигнального пространства этого ансамбля состоит из двух функций:
φ1′ ( t ) =
g1 ( t )
Es
cos α t , φ2′ ( t ) =
g2 (t )
Es
cos α t.
Для этого самостоятельного убедитесь, что скалярное произведение ( s (1) ( t ) , s (3) ( t ) ) = 0, а ( s (1) ( t ) , s(1) ( t ) ) = ( s(3) ( t ) , s(3) ( t ) ) = Es .
Поскольку базис состоит из двух векторов, то размерность
построенного ансамбля сигналов n = 2 размер его М = 4. Найдем
и изобразим на координатной плоскости сигнальное созвездие
этого ансамбля.
85
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
При отображении ϕ :L ( S ′) →  2 базисные векторы φ1′ ( t ) и φ2′ ( t )
перейдут соответственно в векторы e =  1  и e =  0  . По линейности
1
0
2
отображения легко находятся образы сигналов
(
)
(
)
s
 Es 
( 2)
( 2)  −
 , ϕ s (t ) = s = 
 0 

 0 

4
4
=
, ϕ s( ) ( t ) = s( ) = 

 E 
−
 s

ϕ s (1) ( t ) = s (1) = 
ϕ s ( 3) ( t ) = s ( 3)
1
(i )
(
)
(
)
(t )
Es 
,
0 
0 
.
Es 
На координатной плоскости полученное сигнальное созвездие изображается следующим образом (см. рис. 5)
Рис. 5.
б)
Разделим


( nr = 3) : [0, T ] = 0,
отрезок
[0,T ]
T   T 2T   2T 
 ,
, T.
3   3 3   3

на
три
равные
части
На каждом из полученных про-
межутков определим функции:
 6 Es
 6 Es
 T 2T 
 T
, если t ∈  , 
, если t ∈ 0, 


 T
 T
3 3 
 3
,
g1 ( t ) = 
, g2 ( t ) = 
2
T
T
T






0, если t ∉  ,
0, если t ∉ 0, 


 3 3 
 3

 6 Es
 2T 
, если t ∈  , T 

 T
 3 
g3 ( t ) = 
, f s = 3k , k ∈ 
T
 2T 

0, если t ∉  , T 

 3 
Теперь рассмотрим ансамбль из шести сигналов:
86
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
s ( ) ( t ) = g1 ( t ) cos 2π f s t ,
s(
s(
2)
3)
s(
( t ) = g 2 ( t ) cos 2π f s t ,
4
s ( ) ( t ) = − g 2 ( t ) cos 2π f s t ,
1
( t ) = − g1 ( t ) cos 2π f s t ,
5)
( t ) = g3 ( t ) cos 2π f s t ,
6
s ( ) ( t ) = − g 3 ( t ) cos 2π f s t.
( s( ) (t ) , s( ) (t ) ) = ( s( ) (t ) , s( ) (t ) ) = ( s( ) ( t ) , s( ) (t ) ) = 0.
Легко получить, что
1
3
3
5
1
5
Это значит, что функции s(1) ( t ) , s(3) ( t ) , s(5) ( t ) линейно независимы.
Найдем скалярный квадрат вектора s(1) ( t ) .
(s
(1)
+∞
T

6 E 1 + cos 4π f s t
3E
1
dt = s  t +
( t ) , s ( t ) ) =  g ( t ) cos 2π f stdt =  s ⋅
T
2
T
4π f
(1)
2
1
2
−∞
3

0
3Es
T
T
1
T 

sin  4π f s   .
 +
3 

 3 4π f s
Найдём аргумент 4π f s
 4π f sT
 3
Тогда sin 
T
sin 4π f s t  3 =
s
0
T 4π T 3k
=
= 4π k , k ∈  .
3
3T

3 Es T
(1)
(1)
⋅ = E1.
 = sin 4π k = 0, и s ( t ) , s ( t ) =
T 3

(
)
Аналогично убеждаемся, что ( s(3) ( t ) , s(3) ( t ) ) = ( s(5) ( t ) , s(5) ( t ) ) = E1.
Тогда ортонормированный базис сигнального пространства L ( S ′)
состоит из функций φ1′ ( t ) =
φ3′ ( t ) =
g3 ( t )
Es
g1 ( t )
φ2′ ( t ) =
cos 2π f s t ,
Es
g2 (t )
Es
cos 2π f s t ,
cos 2π f s t .
Пусть
при
 0
ϕ (φ2′ ( t ) ) = e2 =  1  ,
 0
 
ϕ :L ( S ′) → 
отображении
0
ϕ (φ3′ ( t ) ) = e3 =  0  .
1
 
s (i ) ( t ) , i = 1, 6 , векторы s
(i )
2
1
ϕ (φ1′ ( t ) ) = e1 =  0  ,
0
 
Тогда соответствующие сигналам
∈  3 имеют соответственно координа-
ты:
 Es 


s =  0 ,
 0 


(1)
{s
s
( 2)
 − Es 


=  0 ,
 0 


s
( 3)
 0 


=  Es  ,
 0 


s
( 4)
 0

=  − Es
 0

В координатном пространстве
(i)
}
i = 1, 6


,


3
s
( 5)
 0 


=  0 ,


 Es 
s
( 6)
 0

= 0

 − Es


.


сигнальное созвездие
изображается тремя парами точек, расположенными
87
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
на осях координат симметрично относительно начала координат
на расстоянии Es от него (см. рис. 6).
Рис. 6.
Задача 6. Построить двумерный ансамбль путём временного
сжатия на базе ансамбля задачи 1.5: s( ) ( t ) = g ( t ) sin 2π f t ,
1
s
s
( 2)
 2 Es
k
( t ) = − g ( t ) sin 2π f s t , g ( t ) =  T , если t ∈ [0, T ] , f s = T , k ∈ 
 0, если t ∉ [ 0, T ] ,

.
Решение. Промежуток [0, T ] разделим пополам ( nr = 2 ) и на
каждом из полученных промежутков рассмотрим функции g ( t ) и
g 2 ( t ) , определенные в предыдущей задаче:
1
 4 Es
 T
, если t ∈ 0, 

 T
 2
g1 ( t ) = 
,
 T

0, если t ∉ 0, 

 2
 4 Es
T 
, если t ∈  , T 

 T
2  .
g2 ( t ) = 
T


0, если t ∉  , T 

2 
Рассмотрим теперь ансамбль
(1)
( t ) = g1 ( t ) sin 2π f st ,
s ( 2) ( t ) = − g1 ( t ) sin 2π f s t ,
s
S′
из четырех сигналов:
( 3)
( t ) = g 2 ( t ) sin 2π f st ,
где
s ( 4) ( t ) = − g 2 ( t ) sin 2π f s t ,
s
fs =
k
2k
=
.
T
T
2
Нетрудно проверить, как и в первой задаче, что
( s ( t ) , s( ) (t ) ) = 0, и что ( s( ) (t ) , s( ) (t ) ) = ( s( ) ( t ) , s( ) (t ) ) = E . Поэтому ортонормированный базис сигнального пространства L ( S ′) для данного
(1)
3
1
1
3
3
s
88
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ансамбля состоит из функций
φ1′ ( t ) =
g1 ( t )
Es
sin 2π f s t , φ2′ ( t ) =
g2 ( t )
Es
sin 2π f s t.
Размерность ансамбля n = 2 , а его размер M = 4. При отображении
ϕ : L ( S ′ ) →  2 , при котором ϕ (φ ′ ( t ) ) = e =  1  , ϕ (φ ′ ( t ) ) = e =  0  , сигналам
0
1
1
s
(i )
1
2
 
2
 
( t ) соответствуют векторы
(
)
(
)
 Es 
( 2)
( 2 )  − Es 
 , ϕ s (t ) = s = 
,
 0 
 0 
 0 
 0 
4
4
=
, ϕ s( ) ( t ) = s( ) = 
.

 E 
 − E 
s 
 s

ϕ s (1) ( t ) = s (1) = 
ϕ s ( 3) ( t ) = s ( 3)
(
)
(
)
Изображение полученного сигнального созвездия дано на
рис. 5.
Задача 7. На основе ансамбля сигналов задачи 1.1 построить
ансамбль размерности 4 путем временного интервала [0, T ].
Задача 8. На основе ансамбля сигналов задачи 6 построить
четырехмерный ансамбль сигналов. Соответствующее сигнальное созвездие найти для M = 4, M = 16.
Задача 9. На основе ансамбля сигналов задачи 4 построить
четырехмерный ансамбль сигналов, найти его сигнальное созвездие. Доказать, что построенный ансамбль сигналов совпадает с
ансамблем сигналов задачи 8.
3.3. Процедура детектирования сигналов
Пусть канал связи, как и ранее,
описывается уравнением
 

r = s(i ) + ω ,

где каждая из компонент ωi вектора ω ∈  n распределена по нормальному закону с нулевым математическим ожиданием и дисперсией D0 :
Pω (ωi ) =
1
2π D0
e
−
ωi2
2 D0
, i = 1, n.
Тогда в силу независимости компонент

ностей вектора ω равна

( )

n
Pω ω = ∏ Pω (ωi ) =
i =1
1
(
2π D0
89
)
n
e
−
ω
2 D0
ωi
плотность вероят-
2
, i = 1, n .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Детектирование решает задачу оптимальной проверки на основе полученного вектора r ∈  n гипотезы о том, что передано сообщение m(i ) .

 r = m( j )
, если при i = j условная
Детектор выносит решение m
()
вероятность

P r m( i ) ⋅ P m( i )

P m( i ) r =

P r
(
)
(
) ( )
()
этом предполагается, что все
m( )
i
является максимальной, при
равновероятны, т.е.
Нахождение максимума функции
 i
P r m( )
(
)
  2
 n
min r − s (i ) = min   rl − sl( i )
 l =1
(
( )
P m( i ) =
1
..
M
______
при любом i = 1, M
)  , где
2
 
min r − s (i )
2
приводит к отысканию
–

r
квадрат евклидова расстояния
между
принимаемым
вектором

(i )
и предполагаемым сигналом s .
Последняя задача приводит к разбиению  n на решающие
области D( j ) , ( j = 1, M ) – зоны принятия гипотезы

  2   2
 = m( j ) : D ( j ) = r ∈  n r − s ( j ) ≤ r − s (i ) , ∀i = 1, M  .
m




{
}

 r = m( j ) ⇔ r ∈ D ( j ) .
m
}
Таким образом, { ( )
Области D( j ) носят название областей Воронова.
Рассмотрим задачи на нахождение областей Воронова.
Задача 10. Построить области Воронова для сигнального созвездия из задачи 2 с параметрами М = 16 (см. рис. 3).
Решение. Срединный перпендикуляр к отрезку [ A1 , A2 ] разбивает плоскость на две полуплоскости: I и II так, что A1 ∈ I , A2 ∈ II .
Полуплоскость I обладает следующим характеристическим свойством: ∀M ∈ I имеет место неравенство MA1 < MA2 . В силу сказанного, для созвездия задачи 2 при M = 16 соответствующие области
Воронова имеют вид (см. рис. 7).
На рис. 7 областями Воронова D( j ) являются квадранты, полуплоскости и квадраты, содержащие соответствующие точки
s ( j ) , j = 1,16. Например, D (1) – это «юго-западный» квадрант, содержащий точку s (1) , а D(10) – квадрат с центром в точке s (10) , D(3) – полуполоса содержащая точку s (3) . Системы неравенств, описывающие эти области, имеют вид:
90
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 x ≤ −2d ,
1
D( ) = 
 y ≤ −2 d .
D(
10 )
 0 ≤ x ≤ 2d ,
=
−2d ≤ y ≤ 0.
 x ≤ −2d ,
3
D( ) = 
0 ≤ y ≤ 2d .
Рис. 7.
Задача 11. Найти области Воронова для сигнальных созвездий задачи 1.1 – 1.5. Написать систему неравенств, определяющих каждую из областей D( j ) .
Заметим, что в том случае, когда точки сигнального созвездия являются вершинами правильного многоугольника, вписанного в окружность (рис. 4), срединные перпендикуляры к сторонам этого многоугольника проходят через центр окружности. Поэтому области Воронова D( j ) будут представлять собой углы,
содержащие точку s ( j ) , является «соседние» биссектрисы.
Задача 12. Найти области Воронова для сигнального созвездия задачи 4 при M = 8. Записать систему неравенств, определяющих эти области.
91
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Векторный анализ
4.1. Криволинейные интегралы
и их физические приложения
При определении криволинейных или поверхностных интегралов предполагается, что соответствующая кривая (поверхность) погружается в скалярное или векторное поле.
4.1.1 Криволинейный интеграл I рода
от скалярной функции вдоль кривой
Пусть кривая
задана параметрически:
x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) , t ∈ [α , β ] ,
γ
92
(1)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) гладко зависят от параметра t, а U = U ( x, y, z ) –
скалярное поле, в котором лежит область значений отображения
(1).
Физический смысл этого выражения достаточно ясен из его
обозначения: значение поля U в точке (x,y,z) умножается на длину малого участка кривой, после чего происходит суммирование
по этим участкам.
В частности, если U = ρ ( x, y, z ) – линейная плотность проволоки, то интеграл даёт массу всего участка α ≤ t ≤ β .
Более точные определения можно найти, например [5] или
[8]. Там же приведены примеры физических приложений криволинейных интегралов I рода.
4.1.2. Физические приложения
криволинейного интеграла I рода
a) Вычисление массы плоской материальной кривой
нейной плотностью
U = ρ ( x, y ) : m =  ρ ( x, y ) dl
γ
с ли-
– масса кривой
γ
с
γ
плотностью ρ = ρ ( x, y ) ;
b) Вычисление статических моментов
Ox
и
Oy
соответственно:
относительно осей
γ
M x =  y ρ ( x, y ) dl ; M y =  x ρ ( x, y ) dl.
γ
γ
c) Определение координат ( x0 , y0 ) центра масс кривой
сительно осей Ox и Oy соответственно x = M , y = M .
y
0
m
0
γ
отно-
x
m
d) Определение момента инерции кривой относительно начала координат
I o =  ( x 2 + y 2 ) ρ ( x, y ) dl.
γ
93
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
e) Определение моментов инерции кривой
осей
и
Ox
Oy
соответственно
относительно
γ
I x =  y 2 ρ ( x, y ) dl , I y =  x 2 ρ ( x, y ) dl.
γ
γ
Приведенные выше формулы a) – e) имеют естественное
обобщение на трехмерное пространство:
Если γ – пространственная кривая и U = ρ ( x, y, z ) – линейная
плотность, то формулы для вычисления соответствующих физических величин будут выглядеть следующим образом:
a) Вычисление массы
m =  ρ ( x, y, z ) dl.
γ
b) Вычисление статических моментов относительно координатных
плоскостей
M xOy =  z ρ ( x, y, z ) dl ;
M xOz =  y ρ ( x, y, z ) dl ;
γ
γ
M yOz =  x ρ ( x, y, z ) dl.
γ
c) Определение координат центра масс кривой
z0 =
M xOy
m
x0 =
M yOz
m
, y0 =
M xOz
,
m
.
d) Определение момента инерции кривой относительно начала координат
I o =  ( x 2 + y 2 + z 2 ) ρ ( x, y, z ) dl.
γ
e) Вычисление моментов инерции кривой
осей координат (моменты 2-го порядка)
относительно
γ
I x =  ( y 2 + z 2 ) ρ ( x, y, z ) dl ,
γ
I y =  ( x 2 + z 2 ) ρ ( x, y, z ) dl , I z =  ( x 2 + y 2 ) ρ ( x, y, z ) dl.
γ
γ
Согласно определению статического момента кривой относительно прямой, статические моменты кривой относительно координатных осей будут вычисляться по формулам:
M x =  y ( t ) + z ( t ) ρ ( x, y, z ) dl , M y =  x ( t ) + z ( t ) ρ ( x, y, z ) dl , M z =  x ( t ) + y ( t ) ρ ( x, y, z ) dl.
2
γ
2
2
γ
2
2
2
γ
Вычислим указанные выше параметры a) – e) для одного витка γ -спирали, намотанной на цилиндр радиуса R с шагом h = 2kπ .
Задача 1. Вычислить значение параметров m, x0 , y0 , z0 , I 0 , I x , I y , I z ,
определенных в пункте а) из 1, если кривая γ определена соотношениями: x = R cos t , y = R sin t , z = kt , 0 ≤ t ≤ 2π , а плотность ρ = ρ0 постоянна вдоль кривой.
94
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение: а)
2π
m =  ρ dl = ρ 0 
γ
2π
x + y + z dt = ρ 0 
2
0
2
2
R 2 + k 2 dt = 2πρ 0 R 2 + k 2 .
0
2π
b) M xOy =  z ρ ( x, y, z ) dl = ρ0  kt R + k dt = k ρ0 R + k
γ
k ρ0 R 2 + k 2
2
2
2
2
2π
0
 tdt =
0
t 2π
= 2π 2 k ρ R 2 + k 2 .
2 0
2
M xOz =  y ρ ( x, y , z ) dl =
γ
2π
 ρ R sin t
0
R + k dt = R ρ 0 R + k
2
2
2
2
0
2π
 sin tdt =0
0
M yOz = 0
с)
x0 =
M yOz
m
= 0;
y0 =
разом, центр тяжести
M xOz
= 0;
m
C
z0 =
M xOy
m
=
2π 2 ρ 0 k R 2 + k 2
2πρ 0 R 2 + k 2
= π k.
Таким об-
имеет координаты ( 0, 0, π k ) . Заметим, что
h
2
πk = .
d)
2π

k 2t 3  2π
I 0 =  ( x 2 + y 2 + z 2 ) ρ dl = ρ0  ( R 2 + k 2t 2 ) R 2 + k 2 dt = ρ0 R 2 + k 2  R 2t +
=

0
3


γ
0
2
πρ0 R 2 + k 2 ( 3R 2 + 4π 2 k 2 ) .
3
e)
ρ0
2π
2π
 R2

I x =  ( y 2 + z 2 ) ρ dl = ρ0  ( R 2 sin 2 t + k 2t 2 ) R 2 + k 2 dt = ρ0   (1 − cos 2t ) + k 2t 2  R 2 + k 2 dt =
2

0
0 
γ
2
2 3
R  1
 k t  2π π
R 2 + k 2   t + sin 2t  +
= ρ 0 R 2 + k 2 ⋅ ( 3R 2 + 8k 2π 2 ) .

0
2
2
3
3

 

I y =  ( x 2 + z 2 ) ρ dl =
γ
π
3
ρ0 R 2 + k 2 ⋅ ( 3R 2 + 8k 2π 2 ) .
2π
I z =  ( x 2 + y 2 ) ρ dl = ρ 0  R 2 R 2 + k 2 dt = 2πρ 0 R 2 R 2 + k 2 .
γ
0
Легко видеть, что 2 I 0 = I x + I y + I z .
Задача 2. Вычислить значение всех параметров из пунктов
a) – e) раздела 1 для прямолинейного отрезка [OB ] плотности
ρ = x 2 + y 2 + z 2 , B ( 0, 0, 0 ) , B (1, 2,3) .
Решение.
 x=t

a) M =  ρ dl . Параметризуем [OB ] :  y = 2t , 0 ≤ t ≤ 1.
 z = 3t
γ

dl = x 2 + y 2 + z 2 dt = 12 + 22 + 32 dt = 14dt.
95
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
1
1
m = 14  ( x 2 + y 2 + z 2 ) dt = 14  ( t 2 + 4t 2 + 9t 2 ) dt = 1414  t 2 dt =
0
0
0
1
b) M xy =  z ρ dl =  3t14t 2 14dt = 3 ⋅14 14
γ
0
1
M xz =  y ρ dl =  2t14t
γ
2
0
1
M yz =  x ρ dl =  t14t
γ
c)
d)
x0 =
m
=
t4 1
14dt = 2 ⋅14 14
= 7 14.
4 0
7 143
3
= ;
2 ⋅14 14 4
y0 =
M xy
=
m
1
I 0 =  ( x 2 + y 2 + z 2 ) ρ dt =  (14t 2 )
γ
e)
t 1 21
14.
=
4 0 2
4
t4 1 7
14dt = 14 14
14.
=
4 0 2
2
0
M yz
2
7 143 3
= ;
14 14 2
14dt =
0
1
I x =  ( y 2 + z 2 ) ρ dt =  13t 214t 2 14dt =
γ
0
1
I y =  ( x 2 + z 2 ) ρ dt =  10t 214t 2 14dt =
γ
0
1
0
2
3
M xy
m
21 14 ⋅ 3 9
= .
2 ⋅14 14 4
=
196 14
.
5
182 14
.
5
70 14
.
5
Очевидно, что I x + I y + I z = 2 I 0 .
Задача 3. Найти статический момент
2
3
z0 =
140 14
.
5
I x =  ( x 2 + y 2 ) ρ dt =  5t 214t 2 14dt =
γ
1414
.
3
Mx
и момент инерции
Ix
2
3
дуги астроиды x + y = a ( x ≥ 0, y ≥ 0 ) с линейной плотностью
ρ = 1.
2
Решение. Параметризуем дугу
2
1
1

 

3
3
x
y







γ :   +    = 1,
 a    a  

 

полагая,
π
3
3
что x = a cos t , y = a sin t , 0 ≤ t ≤ .
2
Тогда dl 2 = ( x 2 + y 2 ) dt 2 = a 2 9sin 2 t cos 2 tdt 2 .
π
π
π
sin 5
3 2
M x =  y ρ dl =  a sin t ⋅1 ⋅ 3a sin t cos tdt = 3a  sin td ( sin t ) = 3a
2= a .
5
5
γ
0
0
0
2
3
2
2
π
4
2
π
π
sin 8
3 2
I x =  y ρ dl =  a sin t ⋅1 ⋅ 3a sin t cos tdt = 3a  sin td ( sin t ) = 3a
2= a .
8
8
γ
0
0
0
2
2
2
6
3
96
2
7
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Криволинейный интеграл I рода позволяет вычислить силу
притяжения материальной точки M 0 ( x0 , y0 ) массы m0 материальной
кривой γ .
Задача 4. Найти проекцию на оси координат силы, с которой
материальная однородная дуга окружности x 2 + y 2 = a 2 ( x ≥ 0, y ≥ 0 )
массы M притягивает материальную точку O ( 0, 0 ) массы m.

Решение. Координаты проекции ( F1 , F2 ) силы F вычисляются
по формуле: F = Gm ρ cos ϕ dl , F = Gm ρ sin ϕ dl , где G – гравитационная
1
постоянная,
но, что
2
r2
γ
γ


r = ( x, y ) , r = r = x 2 + y 2 , ϕ
cos ϕ =
y = a sin t , 0 ≤ t ≤
π
2
x
y
,sin ϕ = .
r
r
r2
– угол между
Плотность
ρ=
M 2M
=
;
πa
l

r
и
Ox.
Очевид-
r = a,
x = a cos t ,
.
π
2GmM
F1 =
πa
π
π
xdl 2GmM 2 2
2GmM
2GmM
2GmM
2GmM
a
t
dt
t
cos
sin
.
=
=
=
=
−
F
cos
t
.
2
(
)
2=
2
2
2
γ r 3 π a 4 0
2
πa
πa
πa
π a2
0
0



Таким образом, F = F1 i + F2 j =
2GmM  
i+ j .
π a2
(
)
Решить самостоятельно следующие задачи.
5. Найти массу и центр тяжести материальной кривой γ с линейной плотностью ρ = ρ0 , если γ : x = sin 2 t , y = cos2 t , z = sin 2t , 0 ≤ t ≤ π .
4
2
6. Найти координаты центра тяжести контура однородного
сферического треугольника: x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
Поверхностью уровня функции U = U ( x, y, z ) называется мно-
жество точек M ( x, y, z ) в  3 таких, что U ( x, y, z ) = c для некоторого c ∈  .
2
2
7. Найти поверхности уровня скалярного поля u = x 2 + y − z .
 
u = a ⋅ x,

a
4
9
где – фикси8. Найти поверхности уровня функции


T
3
рованный вектор a ∈  \ {0} , x = ( x, y, z ) .
  
9. Найти поверхности уровня функции u = x ⋅ x, x ∈  n .
  
10. Найти поверхности уровня функции u = ( x, a, b ) , где
 
a, b ∈  3 \ {0} .
97
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.1.3. Криволинейный интеграл II рода
Криволинейный
интеграл II рода определяется для векторно
го поля F = ( P, Q, R ) вдоль кривой γ : x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) , α ≤ t ≤ β .
Физический смысл этого выражения – работа силы
пути γ на отрезке α ≤ t ≤ β .
Формула Грина: 
 Pdx + Qdy =  ( Qx′ − Py′ ) dxdy.
γ

F
вдоль
D
Здесь γ – замкнутый контур, ограничивающий область D, направление обхода контура таково, что область D остается слева.
Задача 11. Вычислить работу A переменной силы

F = ( xz , yz , x 2 + y 2 )
а)
вдоль
первого
витка
спирали
γ : x = cos t , y = sin t , z = kt ; б) вдоль отрезка δ = [ A B ] , где A (1, 0, 0 ) ,
B (1, 0, 2kπ ) ;
AOB.
в) вдоль ломаной μ = 
Решение: а)
  2π
A =  Fd r =  ( kt ⋅ cos t ( − sin t ) + kt ⋅ sin t cos t + k ) dt = 2π k .
γ
0
б) параметризация отрезка [ AB ] такова:
x = 1, y = 0, z = t , 0 ≤ t ≤ 2kπ .
  2 kπ
A =  Fd r =  dt = 2kπ .
δ
0
 
A
=
в)
 Fd r =
μ

[ OA ]

[ AO ]
 
Fd r +

 
Fd r = −
[OB ]

[OA]
 
Fd r +

 
Fd r ,
[OB ]
  1
Fd r =  0dt = 0; [OB ] : x = t , y = 0, z = 2kπ t , 0 ≤ t ≤ 1;
0
 
4 kπ
2
2
OB Fd r = 0 ( 2kπ t + 2kπ t ) dt = 3 .
[ ]
1

F
Таким образом, работа зависит от формы пути, поэтому поле
не является потенциальным. Иначе говоря, не существует та98
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
кого скалярного поля U = U ( x, y, z ) , для которого бы выполнялись
одновременно 3 равенства:
U x′ = xz , U ′y = yz , U z′ = x 2 + y 2 .
Задачи для самостоятельного решения: [5, с. 146–147]; [10,
с. 86–90] или [4, с. 160–161].
12. Вычислить
криволинейный
интеграл
II
рода
2
2
I =  2 xydx + x dy по следующим кривым: а) y = x; б) y = x ; в) y = x3 ,
γ
соединяющими точку A ( 0, 0 ) с точкой B (1, 0 ) .
13. Вычислить
14. Вычислить
γ ( x + y ) dx + ( x − y ) dy; γ :( x − 1) + ( y − 1)
2
2
= 4.
I =  ( y 2 − z 2 ) dx + 2 yzdy − x 2 dz , γ : x = t , y = t 2 , z = t 3 , 0 ≤ t ≤ 1.
γ
2
2
2
2
2
2
15. Вычислить I =  ( y − z ) dx + ( z − x ) dy + ( x − y ) dz ,
где
γ
– пересечение сферы x 2 + y 2 + z 2 = 1 с частями координатных
плоскостей, ограничивающих первый октант.
Задача 16. Используя формулу Грина вычислить криволиx
x
нейный интеграл I = 
 ( e sin y − y ) dx + ( e cos y − 1) dy, где γ – верхняя
γ
γ
полуокружность x 2 + y 2 = 1.
Решение. Положим P = e x sin y − y;
Q = e x cos y − 1,
и, следовательπ
но, Qx′ − Py′ = e x cos y − ( e x cos y − 1) = 1. Поэтому I =  dxdy = .
D
2


Задача 17. Вычислить криволинейный интеграл I =  F ⋅ d r , где
γ

F=
1
x2 + y2 + z 2 − x − y + 2z
( x, y, z ) , γ = [ P, Q ] , P (1,1,1) , Q ( 4, 4, 4 ) .
Решение. γ : x = t + 1, y = t + 1, z = t + 1, 0 ≤ t ≤ 3,
3
поэтому I = 3
0
t +1
3 ( t + 1)
2
dt =
3 3
t = 3 3.
3 0
4.1.4. Физические приложения
криволинейного интеграла II рода



а) Вычисление работы силы F ( x, y ) = P ( x, y ) i + Q ( x, y ) j при
перемещении материальной из точки А массы 1 в точку В вдоль
99
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
дуги кривой
AF =  P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy ,
γ:
если
γ
– плоская,
γ
AF =  P ( x, y, z ) dx + Q ( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz ,
если
– пространственная
γ
γ
кривая.

c
б) Если = ( u ( x, y ) , v ( x, y ) ) – скорость плоского потока жидкости в точке M ( x, y ) , то количество Q жидкости, вытекающей за
 

единицу времени из области G, равно Q =  ( c ⋅ n ) dl , где n – единичный вектор к внешней нормали к кривой γ в точке M ( x, y ) . Если

направление касательного вектора τ к γ соответствует положи
тельному направлению обхода кривой и α = τ, Ox , то
 
π
π 


n =  cos  α −  ,sin  α −   = ( sin α , − cos α )
2
2 



( )
и
Q =  ( −v cos α + u sin α ) dl = 
 ( −vdx + udy ).
γ

B = ( Bx , By , Bz )
γ
магнитного
в) Вычисление магнитной индукции
поля, создаваемого током I , протекающим по замкнутому проводнику γ , в точке M ( x, y, z ) [5, с. 144–145].
Задача 18. Вычислить работу силового поля F= ( x+y, x-y ) вдоль
дуги эллипса x + y = 1, обходя контур против часовой стрелки.
a
2
2
2
2
b
 
A
=
Решение.
 Fd r , γ : x = a cos t , y = b sin t , 0 ≤ t ≤ 2π , поэтому
γ
A=
2π
 ( ( a ⋅ cos t + b ⋅ sin t )( −a ⋅ sin t ) + ( a ⋅ cos t − b ⋅ sin t )( b ⋅ cos t ) ) dt =
0
2π
 ( −ab ⋅ sin t − ( a
0
2
2π
)
+ b ) sin t ⋅ cos t + ab ⋅ cos t dt = ab  cos 2tdt = 0.
2
2
0
Ответ: 0. На самом деле, это верно для любого гладкого
замкнутого контура γ .

Задача 19. Найти работу силы F = ( xy − y 2 , x ) при перемещении
материальной точки вдоль дуги γ : y = 2 x 2 из точки O ( 0, 0 ) до точки
M (1, 2 ) . Как изменится ответ, если γ – отрезок [OM ] ?
Решение. Параметризуем первую кривую γ : x = t , y = 2t 2 , 0 ≤ t ≤ 1.
Тогда
 
1
4  1 4 1 4 31
4
A =  F ⋅ d r =  ( ( 2t − 4t )1 + t ⋅ 4t ) dt =  ( 4t + 2t − 4t ) dt =  t + t − t  = + − = .
0 3 2 5 30
3
2
5
1
1
3
γ
0
4
2
3
4
3

0
100
4
5

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Параметризуем
вторую
кривую
γ : x = t , y = 2t , 0 ≤ t ≤ 1.
γ = [OM ] ,
тогда
1
  1
 t 2 t3  1
1 1 1
2
2
2
A =  F ⋅ d r =  ( 2t − 4t )1 + t ⋅ 2 dt = 2 ( t − t ) dt = 2  −  = 2  −  = .
 2 3 3
2 30
γ
0
0

Задача 20. Найти циркуляцию C векторного поля F = ( y, x, z 2 )
(
вдоль
γ :x=
)
1
1
cos t , y =
cos t , z = sin t , 0 ≤ t ≤ 2π .
2
2
Решение.
  2π  1

 1
 1
 1

2
C=
γ F ⋅ d r = 0  2 cos t  − 2 sin t  + 2 cos t  − 2 sin t  + sin t ⋅ cos t  dt = 0.
4.2. Поверхностные интегралы
и их физические приложения
4.2.1. Поверхностный интеграл I рода
Замечание. Если
u ≡ 1,
то  ds = s – площадь поверхности σ .
σ
Более точные определения можно найти, например, в [5,
с. 160–168].
Задача 21. Вычислить площадь гиперболического параболоида z = x 2 − y 2 , вырезанного цилиндром x 2 + y 2 = 1.
101
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
S =  1 + ( z ′x ) + ( z ′y ) dxdy =  1 + 4 ( x 2 + y 2 )dxdy.
2
2
D
D
полярным координатам в плоскости ( xOy )
0 ≤ ϕ ≤ 2π ,
Тогда
0 ≤ r ≤ 1.
S=
2π
2π ⋅ (1 + 4r
)
1
2
 dϕ  1 + 4r rdr = ϕ
0
3
2 2
Перейдём к
0
2π
0
x = r cos ϕ , y = r sin ϕ ,
1
1
2 2
1
 (1 + 4r ) d (1 + 4r ) ⋅ 8 =
2
0

2 11 π
⋅ ⋅
=  5 − 1 .
3 8 0 6

3
2
4.2.2. Физические приложения
поверхностного интеграла I рода
Если ρ = ρ ( x, y, z ) – плотность материальной поверхности, то с
помощью поверхностных интегралов I рода вычисляются следующие физические величины:
а) M =  ρ ( x, y, z ) ds – масса поверхности σ ;
σ
b)
– статический момент поверхности отно-
M xy =  z ρ ( x, y, z ) ds
σ
сительно плоскости ( xOy ) . Аналогично определены моменты
M xz
и
M yz .
c) Координаты ( x0 ,
d)
центра масс поверхности:
M
M xz
, z0 = xy .
M
M
M
2
2
I x =  ( y + z ) ρ ds – момент
x0 =
M yz
y0 , z 0 )
, y0 =
инерции поверхности относитель-
σ
но оси
e)
Ox.
I xy =  z 2 ρ ds
– момент инерции поверхности относительно
σ
плоскости ( xOy ) .
f) I 0 =  ( x 2 + y 2 + z 2 )ρ ds – момент инерции поверхности относиσ
тельно начала координат.
Задача 22. Для гиперболического параболоида z = x 2 − y 2 , вырезанного цилиндром x 2 + y 2 = 1, найти все параметры, перечисленные в пунктах a) – c), и найти I z , I xy и I 0 из d) – f) соответственно.
Решение. a) масса M куска поверхности плотности ρ = 1 равна :
M =  ρ ds = s =
σ
π
6
3
2
(5 − 1),
что следует из решения задачи 21.
102
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
b)
M
xy
=  z ρ ds =  zds =  ( x 2 − y 2 ) 1 + 4( x 2 + y 2 )dxdy.
σ
σ
D
Вновь перейдем к полярным координатам :
Тогда
D : 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 1.
M xy =
2π
1
0
0
 dϕ  r (r
2
 x = r cos ϕ ,

 y = r sin ϕ ,
cos ϕ − r sin ϕ ) 1 + 4r dr =
2
2
2
2
2π
1
0
0
 cos 2ϕ dϕ  r
3
1 + 4r 2 dr = 0,
ибо
2π
 cos 2ϕ dϕ = 0.
0
M xz =  yds =
σ

σ
yds +
, y <0

σ
, y >0
yds = −  x 2 − zds +  x 2 − zds = 0.
σ
σ
M yz =  xds = −  z + y 2 ds +  z + y 2 ds = 0.
σ
σ
σ
Отсюда следует, что центр масс поверхности находится в точке
O ( 0, 0, 0 ) .
I z =  ( x 2 + y 2 )ds =  ( x 2 + y 2 ) 1 + 4( x 2 + y 2 )dxdy =
d)
σ
Dxy
1
1
2 2
1
1
2
= 2π  (1 + 4r ) r dr = π  (1 + 4t ) tdt =
=
π
8
e)
3
0
0
5
π u5
2
2
 u (u − 1)du =
1
=
1
0
0
2
5
2
 cos 2ϕdϕ  r 1 + 4r dr =
u = 1 + 4t , t =
π u7
(
64 7
−
0
0
1 2
1
(u − 1), dt = udu
4
2
=
u3 5 π
=
)
1 + 25 5 .
3 1 60
(
)
Dxy
2π
1≤ u ≤ 5
=
8 5
−
1
2
2
 dϕ  rr 1 + 4r dr =
1≤ u ≤ 5
I xy =  z 2 ds =  ( x 2 − y 2 ) 2 1 + 4( x 2 + y 2 ) dxdy =
σ
=
(
u = 1 + 4t , t =
2π
2π
2π
1
0
0
4
2
2
 dϕ  rr cos 2ϕ 1 + 4r dr =
1
1
1
1 + cos 4ϕ
1 2
π
2 2
d
ϕ
t
1
+
4
tdt
=
(1
+
4
t
)
t dt =
0 2
2 0
2 0
1 2
1
(u − 1), dt = udu π 1
4
2
=
2 32
5
2
2
 u (u − 1) udu =
1
π
5
(u
64 
6
− 2u 4 + u 2 )du =
1
2u 5 u 3 5 π 1000 5 − 8
+ )| =
.
5
3 1 64
105
2
2
2
2
2
2
f) I 0 =  ( x + y + z )ds =  ( x + y )ds +  z ds = I z + I xy .
σ
σ
σ
Каждое из слагаемых нами уже найдено в пунктах d) и e) соответственно.
Задача 23. Найти значение параметров из пунктов a) – f), для
однородной полусферы x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , z ≥ 0 плотности ρ = ρ0 .
103
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задачи для самостоятельного решения: [5, с. 172–173; 4,
с. 158].
4.2.3. Поверхностный интеграл II рода
Способы вычисления потока векторного поля зависят от задания поверхности σ . Возможный три случая.
Первый случай. σ : z = f ( x, y ) , ( x, y ) ∈ D. В этом случае поверхность однозначно проектируется на плоскость ( xOy ) , и
∏
и

k.
= 
D
(
 
F, n
 
F , n dσ = 
dxdy.
z
=
f
x
y
,
γ
cos
(
)
D
Нормаль
)

n
(
)
находится по формуле:
Здесь g – угол между

 
− f x′i − f y′ j + k

n=±
,
1 + ( f x′) 2 + ( f y′) 2


n
при-
чем знак “+” выбирается в том случае, если нормаль n и k образуют острый угол, в противном случае – “–”.
1. Найти
поток
векторного  поля
 Задача 24.
F = ( x + 2 y + z )i + ( x − 3 y + 2z ) j +(1 + 2x 2 + 6 xy + 2xz + 4 yz − 6 y 2 )k через
верхнюю сторону поверхности z = x 2 + y 2 , ограниченную x = 0, y = 0,
z = 1.
104
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 1.
2
2
Решение. Здесь f ( x, y ) = x + y , поэтому

 
 
 −2 xi − 2 yj + k
.
т.к. n ⋅ k > 0, следовательно n =
2
2

 
−2 xi − 2 yj + k

n=±
,
1 + 4( x 2 + y 2 )
1 + 4( x + y )
 
Поэтому cos γ = n ⋅ k =
 
F ⋅n =
1
2
2
1 + 4( x + y )
1
1 + 4( x 2 + y 2 )
;
( ( x + 2 y + z )( −2 x ) + ( x − 3 y + 2 z )( −2 y ) + 1 + 2 x
2
И, следовательно ∏ =  dxdy = 1 π , ибо
4
+ 6 xy + 2 xz + 4 yz − 6 y 2 ) =
D
1
1 + 4( x 2 + y 2 )
.
– четверть круга ра-
D
диуса 1.
Второй случай. Поверхность
σ
задана неявным уравнением
u ( x, y, z ) = 0.
В этой ситуации вектор нормали
gradu

n
может быть вычислен по
формуле: n = ± gradu .



Здесь gradu = u′x i + u′y j + u′z k . Выбор знака в выражении для вектора нормали n осуществляется в соответствии со стороной поверхности σ .

 

Задача 25. Найти поток П векторного поля F = xi + yj + zk через сферу σ : x 2 + y 2 + z 2 = R 2 в направлении внешней нормали.
105
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Очевидно, что нормаль
2
2
2
2
grad ( x + y + z − R )
( x, y , z )

n=±
=±
.
2
2
2
2
R
grad ( z + y + z − R )

 
 1  
n = i , то n = ( xi + yj + zk ).
R

n
вычисляется по формуле
Т.к. в точке (R,0,0) ∈ σ вектор
 
R2
=
F
⋅
n
ds
=
ds = Rs = R 4π R 2 = 4π R 3 .
∏ 

σ
σ R
(
)
Замечание. Для замкнутой поверхности имеет место формула
 
F
Остроградского – Гаусса: 
(
 ⋅ n ) ds =  ( Px′ + Q′y + Rz′ ) dxdydz. Здесь
σ
Ω
Ω
– трёхмерное тело, границей которого служит
Итак,
поток
П
для
4
∏ =  (1 + 1 + 1) dxdydz = 3V = 3 ⋅ 3 π R
3




σ , F = Pi + Qj + Rk .
предыдущего
примера:
= 4π R 3 .
Ω
Третий случай. Поверхность σ биективно проектируется на
все три координатные плоскости: области Dxy , Dxz , Dyz – суть проекции поверхности σ на плоскости (Oxy), (Oxz) и (Oyz) соответственно.
В такой ситуации
 
∏ = ( F ⋅ n )ds = ±  P( x( y, z ), y, z )dydz ±  Q( x, y( x, z ), z )dxdz ±  R( x, y, z ( x, y, ))dxdy ,
σ
D yz
Dxz
Dxy
здесь знаки перед первым, вторым и третьим интегралом равны



соответственно знакам скалярных произведения (i , n ), ( j , n ) и (k , n )

или, что равносильно, знакам чисел n1 , n2 и n3 : n = (n1 , n2 , n3 ) .




Задача 26. Найти поток векторного поля F = yzi + xzj + xyk через
внешнюю сторону части сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , расположенную в
1-м октанте.
Здесь
 ( x, y , z )
n=
,
R
причем
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ,
поэтому
π
2
R
0
0
∏ =  yzdydz +  xzdxdz +  xydxdy = 3 xydxdy = 3 dϕ  r ⋅ r 2 sin ϕ cos ϕ dr =
Dyz
Dxz
Dxy
Dxy
π
2 r4 R
1 1
3
| = R4.
= 3 ⋅ (− cos 2ϕ ) |
2 2
8
0 4 0
Задачи для самостоятельного решения: [5, с. 180–181; 10,
с. 64, 69; 4, с. 164–165].




Задача 27. Найти поток П векторного поля F = xi + y 2 j + zk
через часть параболоида z = x 2 + y 2 , отсеченную плоскостью z = 4,
в направлении к внешней по отношению к параболоиду нормали.
106
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
 
Π =  ( F ⋅ n )ds; ϕ ( x, y, z ) = z − x 2 − y 2 ; n = ± gradϕ = ± (−2 x, −2 y,1) ;
2
2
gradϕ
σ
 
n ⋅k = ±
 
F ⋅n =
1
2
1+ 4x + 4 y
1
1 + 4x2 + 4 y2
∏ =  (2 x
2
+ 2 y3 − z)
Dxy
лярным
2π
2
0
0
<0
2
=> берём “–” т.е.:
(2 x 2 + 2 y 3 − z ), ds =
2
z=x +y
2
(2 x, 2 y, −1)

.
n=
1 + 4 x2 + 4 y 2
dxdy
= dxdy 1 + 4 x 2 + 4 y 2 ,
cos γ
dxdy, Dxy = {( x, y ) / x 2 + y 2 ≤ 4} .
координатам
1+ 4x + 4 y
 x = r cos ϕ

 y = r sin ϕ
Перейдём к по-
0 ≤ r ≤ 2
D:
;
0 ≤ ϕ ≤ 2π
dxdy = rdrdϕ ,
2π
2
2π
2
2π
2
0
0
0
0
0
0
∏ =  dϕ  (2r 2 cos2 ϕ + 2r 3 sin 3 ϕ − r 2 )dr = 2  cos2 ϕ dϕ  r 2 dr + 2  sin 3 ϕ dϕ  r 3dr −
=
2π
2π
8
 (1 + cos 2ϕ )dϕ ⋅ 3 + 2  (1 − cos
0
2
поэтому
ϕ )d cos ϕ − 2π ⋅
0
2
 dϕ  r dr =
8
8
8
= 2π ⋅ − 2π ⋅ = 0;
3
3
3
Задача 28. Найти поток П векторного поля F = ( x + z )i + ( z + y)k
через замкнутую поверхность σ : x 2 + y 2 = 9, z = o, z = x, z ≥ 0 в направ
лении внешней нормали n.


Рис. 2.
 
∏ =  F ⋅ n ds;
1
1

n1 = −k , ds = dxdy;
σ1
приведена на рис. 3.
σ1
∏1 =  −( z + y )dxdy = −  ydxdy = Dxy :
Dxy
проекция
Dxy
0≤ x≤3
3
− 9 − x2 ≤ y ≤ 9 − x2
107
= −  dx
0
9 − x2

− 9− x2
3
ydy = −  dx
0
y2
2
9− x2
|
− 9 − x2
= 0;
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 3.
Рис. 4.
Проекция на плоскость (Oyz) поверхности
 
∏ 2 = F ⋅ n2 ds.
σ2
–
σ2
полукруг
Dyz
(см. рис. 4).
−3 ≤ y ≤ 3
z = x
 z 2 + y 2 = 9 – полукруг Dyz : 
.
x 2 + y 2 = 9, 
2
z ≥ 0
0 ≤ z ≤ 9 − y
grad ( x 2 + y 2 )
( x, y, 0)
( x, y, 0)

=
±
=
±
;
Найдем n2 = ±
2
2
3
grad ( x 2 + y 2 )
x +y


n2 ⋅i > 0
и
т.к.
x > 0,
то
берём
  x
9 − y2
F ⋅ n2 = ( x + z ) =
( 9 − y 2 + z ).
3
3
Π 2 = 
Dyz
3
=

−3
с
ds =
“+”! =>
dydz
dydz 3
3dydz
=
=
cos α
x
9 − y2
3
9 − y2
3dydz
2
2
( 9 − y + z)
=  ( 9 − y + z )dydz =  dy
3
9 − y 2 Dyz
−3
9− y2
3
z2
2
−3
9 − y 2 z | dy + 
0
9− y 2
3
0
−3
| dy =  (9 − y 2 )dy +
3
 ( x, y,0)
;
n2 =
3
9− y 2

( 9 − y 2 + z )dz =
0
3
1
3
3
y3 3
2
2
(9
y
)
dy
(9
y
)
dy
(9
y
) | = 54
−
=
−
=
−
2 −3
2 −3
2
3 −3
 
Найдём Π 3 =  F ⋅ n3 ds. Проекция поверхности σ 3 на плоскость
σ3
−3 ≤ y ≤ 3
Оyz – полукруг Dyz : 
2 (см. рис. 4).
0 ≤ z ≤ 9 − y
 

grad ( x − z )
(1,0,−1)
n
=
±
=
±
n
. Поскольку 3 ⋅ i < 0 ,
Найдем 3
grad ( x − z )
2
  1
 (−1, 0,1)
1
1
n3 =
, поэтому F ⋅ n =
(− x − z + z + y ) =
( y − x) =
( y − z ).
2
2
2
2
dydz
поскольку ds = cos α = 2dydz , то
108
то
А
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Π 3 = 
Dyz
3
y−z
⋅ 2dydz =  dy
2
−3
9− y2
3
=−

0
3
3
9 − y2
z 2 9− y
( y − z )dz =  dy ( yz − ) | =  ( y 9 − y 2 −
)dy =
2 0
2
−3
−3
2
3
1
3 3
1
1
1
1
2
y3 3
2 2
2
2
2 2
(9
)
(9
)
(9
)
(9
)
|
(9
) | = − (27 − 9) = −18.
−
−
−
−
=
−
−
−
−
y
d
y
y
dy
y
y


2 −3
2 −3
3
3 −3
2
−3 2
Поэтому ∏ =∏1 +∏ 2 +∏ 3 =0 + 54 − 18 = 36.
С другой стороны, поскольку поверхность σ замкнута, то
можно применить
теорему Остроградского – Гаусса.

∏ = (divF )dv =  (1 + 1)dxdydz = 2 dxdydz.
Ω
Ω
Ω
0 ≤ x ≤ 3

2
2
Опишем Ω : − 9 − x ≤ y ≤ 9 − x , поэтому
0 ≤ z ≤ x

3
Π = 2  dx
0
9− x2
x

3
3
3
1
2 2
dy  dz = 2  xdx 2 9 − x = 4  x 9 − x dx = −2 (9 − x ) d (9 − x 2 ) =
2
0
− 9− x2
2
0
0
0
3 3
4
4
2 2
= − (9 − x ) | = ⋅ 27 = 36.
0
3
3
Задача 29. Найти поток
П векторного поля




F = πxi + 2 j + 2πzk
x y
+ + z = 1, расположенную в 1-м ок2 3

танте. Нормаль n к ней образует острый угол с осью Oz.
через часть поверхности
σ:

 

1 1
Решение. n = μ ( , ,1),cos γ = n ⋅ k = μ > 0, n = 1 
2 3
2
6
 (3,2,6)
1 1
μ ⋅ 49
μ 2 ( + + 1) = 1 ⇔
= 1; μ = . Итак, n =
.
7
7
4 9
36
  6
  3
  2
Поскольку n ⋅ i = > 0, n ⋅ j = > 0 и n ⋅ k = > 0, то
7
7
7
∏ =  π xdydz +  2dxdz +  2π zdxdy =
D
D
D
yz
π ⋅  2(1 −
D
yz
xz
xy
y
x y
− z )dydz + 2  dxdz + 2π  (1 − − )dxdy.
3
2 3
D
D
xz
109
xy
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 0≤ y≤3
 0≤ x≤2
 0≤ x≤2



Dyz : 
y ; Dxz : 
x ; Dxy : 
x ,
0 ≤ z ≤ 1 −
0 ≤ y ≤ 3(1 − )
0 ≤ z ≤ 1 −
3


2
2

Поскольку
3
1−
y
3
то ∏ =2π  dy 
0
0
2
1−
 y

1 − − z dz + 2 dx
 3

0
x
2
2
x
3(1− )
2
0
0
 dz + 2π  dx 
0
 x y
1 − − dxdy =
 2 3
y
 x
2
2

 x 
y
z2  1−
y 2  3  1- 
 x
= 2π  dy  1 −  z −  3 + 2 dx 1 −  + 2π  dx  1 −  y −   2  =
2
6 
 2
 3 
 2 
0
0
0
0
0
3
2
2
0
0

2
2π 3  y 
x
x
3
2


dy
2
x
2
π
1
dx
3
π
6
π
=
−
+
−
+
−
=
α
α
+
+
β 2d β =
d
1
2









2
2 0 3
4  0
2
0
−1
−1

1
= 2 + 9π ⋅ = 3π + 2.
3
2
2
При вычислении интегралов были сделаны следующие замены: α =
y
x
− 1, β = − 1.
3
2
Другой способ. Замкнем поверхность σ до поверхности σ 0
пирамиды: σ 0 = σ ∪ σ 1 ∪ σ 2 ∪ σ 3 ∏ =∏ 0 − ( ∏1 +∏ 2 +∏ 3 ) . По теореме

=
divFdv
=  3π dv = 3π ⋅ v = 3π ⋅1 = 3π .
Остроградского – Гаусса ∏ 0 
Ω
Ω
 
∏1 =  F ⋅ n1ds =  ( −2π z ) dxdy = 0, ибо z = 0.
D
σ1
 
=
F
∏ 2  ⋅ n2 ds =
σ2
 
=
F
∏ 3  ⋅ n3ds =
σ3
xy
 ( −2 ) dxdz = −2 ⋅1 = −2.
D
xz
 ( −π x ) dydz = 0
ибо х = 0.
D
yz
Поэтому ∏ =3π − (0 − 2 + 0) = 3π + 2.
4.2.4. Физические приложения
поверхностного интеграла II рода
Физический смысл поверхностного
интеграла второго
рода –


поток векторного поля F ( M ) в направлении нормали n к поверхности σ:
110
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 

∏ =  F ⋅ nds.
σ

В частности, если F ( M ) = V ( M ) – скорость течения жидкости
 
(тепла) в точке M, то ∏ =  (V ⋅ n ) ds представляет собой поток
σ
жидкости (тепла) через выбранную сторону поверхности.
4.3. Некоторые соотношения между
характеристиками скалярных и векторных полей
4.3.1. Основные характеристики полей
Основная
характеристика
скалярного
grad U = (U x′ , U ′y , U z′ ) .
поля
U = U ( x, y , z )

Дивергенция векторного поля F в данной точке М определяется как предел отношения его потока через замкнутую поверхность σ, содержащую внутри себя точку М, в направлении внешней нормали, к объему v тела Ω, границей которого служит поверхность σ, при условии,
 что v → 0 :
(

d iv F
)

(
F
⋅
n
)d s


M
= lim σ
v→ 0
v

. Дивергенция ( div F )M в точке M
характеризует «мощность источника» M (если она положительна)
и «мощность стока» M (если она отрицательна). В декартовых
111
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
координатах это скалярное поле выражается формулой:





′
′
′
( div F )M = Px + Qy + Rz ; здесь F = Pi + Qj + Rk .
Имеет место формулаОстроградского
 – Гаусса

 ( F ⋅ n )ds =  divFdv.
σ
Ω
В этой формуле поток Π в левой части равенства вычисляется
для замкнутой поверхности σ в направлении внешней нормали к
ней, тройной интеграл в правой части равенства вычисляется по
телу Ω, границей которого служит поверхность σ. В более подробной
записи
правая
часть
приобретает
вид:
Π =  ( Px′ + Q′y + Rz′ )dxdydz.
Ω
Найти
Задача 30.




F = x2 yi − xy 2 j + z ( x 2 + y 2 )k
поток
векторного
поля
через всю поверхность цилиндра, ог-
раниченного поверхностями: x2 + y 2 = R2 , z = 0, z = H , в направлении
внешней нормали.
Решение. ∏ = (Px′ + Q′y + Rz′ )dxdydz =  (2xy − 2xy + x2 + y2 )dxdydz =
Ω
Ω
 x = r cosϕ; 0 ≤ r ≤ R 
R H

 2π
2π r 4 R H π R4 H
2
2
2
ϕ
z =
.
=
=
(
+
)
=
=
sin
;0
≤
≤
2
x
y
dxdydz
y
r
ϕ
ϕ
π
d
ϕ
dr
rr
dz

 

 
0
0
0
4
2
0
0
0
Ω


 z = z; 0 ≤ z ≤ H 
Задачи для самостоятельного решения: [5, с. 196–197; 10,
с. 79–80; 4, с. 166 (без 3.8)].


Ротор векторного поля F , обозначаемый символом rot F ,
есть новое векторное поле, которое строится следующим образом: его ортогональная проекция на произвольный единичный





вектор e = e (M ) вычисляется по формуле: e ⋅ rot F = lim
S →o

γ Fdr
S
.
Здесь γ – произвольный замкнутый контур, лежащий в плос
кости, перпендикулярной вектору e , который обходится против

часовой стрелки, если смотреть из конца вектора e , γ содержит
внутри себя точку М, S – площадь фигуры, ограниченной контуром γ .

В декартовых прямоугольных координатах rot F имеет вид:
112
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

i

j

k
 ∂
rot F =
∂x
∂
∂y
∂
.
∂z
P
Q
R
Здесь поле

F
имеет координаты ( P, Q, R).


Ротор F характеризует завихренность поля F в данной точке.
Задача 31.
Найти
поток
векторного
поля




F = (e y e z + 2 x)i + (e z sin x + y ) j + (cos xe y + 3z )k
через
сферу
x 2 + y 2 + z 2 = 4 в направлении внешней нормали.

4
=
divFdv
=  (2 + 1 + 3)dv = 6v=6 ⋅ π 23 =64π .
Решение. ∏ 
3
Ω
Ω
 

Задача 32. Найти поток векторного поля F = xi + zk через
замкнутую поверхность σ : x 2 + y 2 = z, z = 4 в направлении внешней нормали двумя способами: а) непосредственно, б) по теореме
Остроградского – Гаусса.
Решение.
а)
Для
σ1
найдем
∏ =∏1 +∏ 2 .

(−2 x,−2 y,1)
grad ( z − x 2 − y 2 )
.
n1 = ±
=±
2
2
2
2
grad ( z − x − y )
1 + 4x + 4 y

n1 =
(2 x,2 y,−1)
2
2
1 + 4( x + y )
 
; F ⋅n =
1
Dxy : x2 + y 2 ≤ 4;
1
2
(2 x − z ) =
2
1+ 4x + 4 y
 x = r cos ϕ
то
1
( x2 − y 2 )
2
2
 
n ⋅ k < 0,
Т.к.
1− 4x − 4 y
2
.
0 ≤ ϕ ≤ 2π
D : 
xy
;

 y = r sin ϕ
 0 ≤ r ≤ 2
2π
2
dxdy
2
2
⋅
=  ( x − y )dxdy =  dϕ  r 2 cos(2ϕ )rdr =
∏1 = 
D 1 − 4 x 2 − 4 y 2 cos γ D
0
0
xy
xy
2π
2
 
3
=  cos(2ϕ )dϕ  r dr = 0; n = k .
2
x2 − y 2
0
0
 
∏ 2 = F ⋅ n2ds =  zds = 4 ds = 4S = 4 ⋅π ⋅ 4 = 16π .
σ2
б)
σ2
σ2
2
 x = r cos ϕ


∏ =  divFdv = 2 dxdydz =  y = r sin ϕ
Ω
Ω
 z=z

113
Поэтому
∏ =16π .

0 ≤ ϕ ≤ 2π

0 ≤ r ≤ 2 dxdydz = rdϕ drdz  =
2
r ≤z≤4



.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2π
2
4
2

0
0
r2
0

= 2  dϕ  rdr  dz = 4π  r ( 4 − r 2 ) dr = 4π  2r 2 −
r4  2
 = 16π .
40
Задача 33. Поле с нулевой дивергенцией называется соленоидальным. Выяснить, какие из следующих полей соленоидальны:




2
2
2
2
2
2
а) F = x( z − y )i + y( x − z ) j + z ( y − x )k (да)




(нет)
б) F = y 2i − ( x2 + y3 ) j + z (3 y 2 + 1)k




F = (1 + 2 xy )i − y 2 zj + ( z 2 y − 2 zy + 1)k
(да)
в)
  
Задача 34. Найти дивергенцию векторного поля F = a × r , где


a = (a1, a2 , a3 ) – постоянный вектор, r = ( x, y, z ).

k



a3 = a2 z − a y i − ( a1z − a3 x ) j + ( a1 y − a2 x ) k .
 
i
j
 
Решение. a × r = a1 a2
x y

divF = 0 + 0 + 0 = 0.
(
z
3
)
Задача 35. Электростатическое поле точечного заряда q рав


q
r
⋅  . Вычислить div E.
но E =
4πε r 3
0

Решение. E =
q
4πε
⋅
0

divE
= 0,
Очевидно, что

1
2
2
2 3
(x + y + z )
⋅ ( x, y, z ) = α ⋅
( x, y, z,)
( x2 + y2 + z 2 )
3
.
2
3
1

 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − 3x 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2
, поэтому
=
3
2
2
2 3

(
x
+
y
+
z
)
2
2
2 2
 (x + y + z ) 






 ∂ 
 ∂ 

x
y
z
∂
+ 
+ 



 = 0.
3
3
3
∂x  2
∂y  2
∂z  2
2
2 2 
2
2 2 
2
2 2 
 (x + y + z )

 (x + y + z )

 (x + y + z )


Далее, векторное поле rot F характеризует завихрённость по
ля F . В самом деле, рассмотрим вращение твердого тела вокруг

ибо ∂ 
∂x 
x


оси Oz с угловой скоростью ω = ω k , тогда линейная скорость
114
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 
v = v (M )
точки
М этого
тела
представима
в
виде:
  



i
j k
 i
j
k



   


∂
∂
v = [ω , r ] = 0 0 ω  = −ωyi + ωxj , rotv =  ∂
 = 2ωk .

x


 ∂x ∂y ∂z 
− ωy ωx 0 


Т.е. rot v сонаправлен с осью вращения Oz, его модуль равен
y
z
удвоенной угловой скорости вращения тела и не зависит от точки
М.

Теорема Стокса. Циркуляция векторного поля F по произвольному кусочно-гладкому замкнутому контуру γ равна потоку

векторного поля rotF через поверхность σ , границей которого
служит γ . Обход контура осуществляется против часовой стрел
ки, если смотреть из конца вектора n -нормали к поверхности σ .
Задача 36. Вычислить циркуляцию С векторного поля

 
2
2
2
F = zi + xj + yk по окружности х + у = R , z = 0 в положительном

направлении относительно вектора k .
Решение. а) Непосредственно.
R 2 2π
2
0 R cos tdt = 2 0 (1 + cos 2t )dt = π R ,
2π
2
  2π
C =  F ⋅ dr =  ( zx′ + xy′ + yz′)dt =
γ
0
2

б) По теореме Стокса. C =  ( rotF ⋅ n ) ds;

k
Здесь
σ
– круг
σ

i

j
 ∂
x + y = R , z = 0. rot F =
∂x
∂
∂y
∂     
= i + j + k ; n = k ; C =  1dsS = π R 2 .
∂z
σ
z
x
y
2
2
2
в) По теореме Стокса. σ – полусфера x2 + y 2 + z 2 = R 2 , z ≥ 0.
 

gradU
 x, y , z 
 ( x, y , z )
= ±
Найдем n = ±
.
 . Поскольку k ⋅ n > 0, то n =
R
gradU
 R 
  x+ y+ z
x + y + R2 − x2 − y 2
dxdyR
⋅
. C = 
. В
Поэтому rot F ⋅ n =
R
2
2
2
R
D
R −x −y
полярных координатах
C=
2π

0
R
r (cos ϕ + sin ϕ ) + R 2 − r 2
rdr =
R2 − r 2
0
dϕ 
115
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2π
R
0
0
 ( cos ϕ + sin ϕ ) dϕ 
r2
R2 − r 2
dr +
2π
R
0
0
 dϕ  rdr = 0 + 2π
r2 R
= π R2.
2 0
Рассмотренный выше пример служит подтверждением теоремы Стокса в той ее части, которая касается произвольности поверхности σ, границей которой служит заданный контур γ .
Задачи для самостоятельного решения: [4, с. 168–169]; [5,
с. 246–247 задачи № 50 – 54]; [10, с. 90–96].
4.3.2. Специальные виды векторных полей –
потенциальное и соленоидальное
Поле называется потенциальным, если оно является
полем

градиента некоторого скалярного поля. Иначе, поле F потенциально, если существует скалярное поле U, такое что F = grad U .

Функция U называется
потенциалом
поля
F . Критерием потенци

альности поля F является равенство нулю вихря: rot F = 0. Если

F потенциально, то
B
B
B
  B

 F ⋅ dr =  grad U ⋅ dr =  (U x′ dx + U ′y dy + U z′dz ) = dU = U ( B) − U ( A),
A
A
т.е. интеграл
 
 Fdr
γ
A
A
не зависит от пути интегрирования и равен
разности потенциалов между конечной точкой кривой и ее начальной точкой.


 
Задача 37. Найти потенциал поля F = (3x2 + 2 xy + z )i + x2 j + xk .
Решение. Убедимся в его потенциальности, и если оно поB


тенциально, то криволинейный интеграл  F ⋅ d r не зависит от пути
A
интегрирования, а зависит лишь от начальной
116
A
и конечной её
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
точки В. Итак,

k

i

j
∂
∂x
∂
∂y
∂ 
= 0.
∂z
3x 2 + 2 xy + z
x2
x

rot F =
Тогда разность потен-
циалов Δ = U ( B) − U ( A), где A(α , β , γ ), B( x, y, z ). Соединим точки А и
В ломаной:
AMNB,
M ( x, β , γ ),
N
B
  M
N ( x, y, γ ). Тогда  Fdr =  +  +  .
B
A
A
M
N
Найдём каждое из слагаемых:
M

A
N

M
x 
 t3
 x x3
 x
α3
=  Fdr =  3t 2 + 2t β + γ dt =  + t 2 β + γ t  = + x 2 β + xγ − − α 2 β − αγ ;
3
α
α
3
y 3
(
y
=  x 2 dt = x 2t
β
)
y
β
= x2 y − x2 β ;
B
z
N
γ
z
 xdt =  xdt = xt = xz − xγ . Искомый интеγ
грал будет равен
x3
α3
2
U ( x, y, z ) − U (α , β , γ ) = + x β + xγ − − α 2 β − αγ + x 2 y − x 2 β + xz − xγ =
3
3
3
3
x
α
=
+ x 2 y + xz − ( + α 2 β + αγ ).
3
3
x3
Поэтому U ( x, y, z ) = + x 2 y + xz + C.
3
Задачи для самостоятельного решения: [4, с. 173–174; 5,
с. 247 задачи № 55, 57, 59; 10, с. 108].
Поле, в котором дивергенция равна нулю, называется соленоидальным. Векторные линии поля (кривые, касающиеся поля в
каждой своей точке) не могут начинаться или заканчиваться в
области соленоидальности; это может происходить лишь на границе этой области, либо эти кривые замкнуты. В соленоидальном
поле поток вектора через поперечное сечение векторной трубки
сохраняет постоянное значение, что следует из теоремы Остроградского – Гаусса.
Задачи для самостоятельного решения: [4, с. 175; 10, с. 123–
125].
4.3.3. Некоторые физические задачи из теории поля
Задача 38 [10, с. 18, пр. 3]. Электрический ток силы I течет

по бесконечному проводу вдоль оси Oz. Найти напряженность H
117
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
магнитного поля, создаваемого этим проводом в произвольной
точке M ( x, y, z ) пространства.
Рис. 5.
 

I
Решение. По закону Био-Савара dH = (dξ × r1 ) ⋅  3 . Здесь
r1

H
–
напряженность магнитного поля, создаваемого током в произвольной точке M пространства. Элемент тока определяется зна
чением ξ на Oz, вектором dξ и величиной I (в точке z = ξ ); вектор


r1 идет из точки ξ в M. Если i – единичный вектор, сонаправлен 



 
ный с осью Ox, j – с осью Oy, k – с осью Oz, то r = OM = xi + yj + zk .
Тогда

 
i j
k
 

 
I
I
I (− yi + xj )
dH =  3 0 0
d ξ =  3 d ξ (− yi + xj ) =
dξ .
3
2
2
2 2
r1
r1
(x + y + (z − ξ ) )
x y (z − ξ )
Поэтому
 +∞
H= 
−∞ (x

ξ − z =

 dξ =


π

−
2

 
I (− yi + xj )
2
2
2
+ y + (z − ξ ) )
3
2
  +∞
dξ =I (− yi + xj ) 
−∞ (x

x 2 + y 2 tgt 
π

2
2
  2 cos3 t ⋅ x 2 + y 2 dt
x + y dt 
I
(
yi
=
−
+ xj ) 
=
3
2
2
2 2

cos 2 t
π
cos
t
(
x
y
)
+
−

2
π

≤t ≤
2

π
 
I (− yi + xj )
2 = 2 I ( − yi + xj ).
sin
t
π x2 + y2
x2 + y2
−
2
118
dξ
2
2
2
+ y + (z − ξ ) )
3
=
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таким образом,

2  
H = 2 I × r,
ρ
где
 




I = I ⋅ k , r = xi + yj + zk , ρ = x 2 + y 2
–
расстояние от точки М до оси Oz.

Задача 39. Установить является ли поле H из задачи 38 потенциальным, и в случае положительного ответа на этот вопрос,
найти его потенциал.

Решение. Для потенциальности поля H достаточно устано 
вить равенство rot H = 0.

rot H = 2 I
−

i

j
∂
∂x
∂
∂y
y
x + y2
2

k
 ∂
∂
x
y  
∂
= 2I 
+
k = 0.
2
2
2
2 
∂z
 ∂x x + y ∂y x + y 
x
x + y2
2
0

Таким образом, поле H потенциально всюду за исключением
точек оси Oz, т.е. самого проводника.

Найдем потенциал ϕ поля H , т.е. такую функцию u = ϕ ( x, y, z ),

для которой grad ϕ = H .
 

Поскольку rot H = 0, то криволинейный интеграл  H ⋅ dr не
γ
зависит от пути интегрирования, а зависит лишь от начальной
точки M 0 ( x0 , y 0 , z 0 ) и конечной точки M ( x, y, z ). Проинтегрируем вдоль ломаной M 0 M 1M 2 M , у которой M 1 ( x, y0 , z0 ), M 2 ( x, y, z0 ) :
γ = 
+
M 0 M1

+
M1M 2
Тогда

.
M 2M
y
z
  x
 H ⋅ dr =  P( x, y0 , z0 )dx +  Q( x, y, z0 )dy +  R( x, y, z )dz,
γ
где P( x, y, z ) = −2 I
y0
x0
z0
y
x
,
Q
(
x
,
y
,
z
)
=
2
I
, R ( x, y, z ) = 0. Найдём
x2 + y2
x2 + y2
каждый из интегралов, стоящий в правой части равенства:
x
x

x0 
x
y0
x x
−
2
−
I
arctg
arctg
=
−
=
−
⋅
=
P
x
y
z
dx
I
dx
I
arctg
(
,
,
)
2
2

;
0
0
2
2
x
x x + y0
x
y
y
y
0
0
0
0 

0
0
y
y
y0 
x
y

Q
(
x
,
y
,
z
)
dy
2
I
dy
2
I
arctg
arctg
=
=
−
0

;

 2 2
x
x 

y0
y0 x + y
Таким образом,
119
z
 R ( x, y, z ) dz = 0.
z0
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ϕ = 2 I (−arctg
x
y
x
y
y
+ arctg 0 − arctg 0 + arctg ) = 2 I ⋅ arctg + C ,
y0
y0
x
x
x
где C = C ( x0 , y0 ). В самом деле,
ϕ = 2 I ⋅ arctg
y0 
d 
x
 arctg + arctg  = 0. Итак,
dx 
y0
x 
y
+ C.
x
Для проверки вычислим
grad ϕ :





1
grad ϕ = ϕ ′x i + ϕ ′y j + ϕ ′z k = 2 I 
  y 2
1+  
 x



 
1
1 
2I
 y 
j
⋅ − 2 i +
⋅
⋅
= 2
− yi + xj ) = H .
2
2 (
 x 
 y x  x +y
1+  

x


Задача 40. Выяснить, является ли поле H соленоидальным.
Если да, то найти его векторный потенциал. 
Решение. Для соленоидальности
поля H достаточно устано
вить равенство divH = 0, т.е. равенство Px′ + Q′y + Rz′ = 0, что получается мгновенно:



2 yx
2 yx 

−
= 0.
P′ + Q′ + R′ = 2 I 
x
y
z
2
2
2
2
2
2
 (x + y )
( x + y ) 

Таким об-
за исключением оси Oz.
разом, поле H соленоидально всюду,




 
rot
a
= H или, что
+
Q
j
+
R
k
Найдем новое поле a = Pi
,
такое
что
1
1
1
равносильно,
имеем:
∂R1 ∂Q1
∂P ∂R
∂Q ∂P
−
= P , 1 − 1 = Q, 1 − 1 = R .
∂y
∂z
∂z ∂x
∂x ∂y
Из этих равенств
R1′y − Q1′z = −2 Iy ( x 2 + y 2 ) ; P1′z − R1′x = 2 Ix ( x 2 + y 2 ) ; Q1′x = P1′y
−1
−1

Для нахождения всех решений A = ( P1 , Q1 , R1 ) достаточно най 
ти одно, поскольку A = a + grad f , где f – любая функция от
( x, y , z ), ибо всегда rot ( grad f ) = 0. Поэтому, полагая P1 = Q1 = 0 ,
∂R1
y
∂R1
x
= −2 I 2
,
= −2 I 2
, откуда R1 = − I ln x 2 + y 2 .
дем
2
2
∂y
x +y
∂x
x +y
(



2
2
a
=
−
I
ln
x
+
y
k
(
) . Проверим равенство rot a = H :
этому

i
 ∂
rota =
∂x
0

j
∂
∂y
0
)

k



I ⋅ 2y
2x
∂
)
j
(
)
H
.
= i (− 2
−
−
=
∂z
x + y2
x2 + y2
− I ln( x 2 + y 2 )
120
найПо-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»


Поэтому A = − I ln( x 2 + y 2 )i + grad f , где f – любая непрерывно
дифференцируемая функция переменных ( x, y, z ) .

Задача 41. Найти векторные линии поля H .
dx dy dz
=
= . ПоскольP Q R
dx dy
dy Q
x
=
⇔
= =− .
ку R = 0, то dz = 0, т.е. z = C = const. Далее,
P Q
dx P
y
Отсюда ydy + xdx = 0, что означает d ( x 2 + y 2 ) = 0, т.е. x 2 + y 2 = R 2 . Та-
Решение. Уравнение векторной линии:
 x2 + y 2 = R2 ,
.
ким образом, векторные линии суть окружности 
z =C

Задача 42. Вычислить циркуляцию С векторного поля

H=
 
2I
−
+ xj ) вдоль окружности
yi
(
x2 + y 2
ω : x = r cos t , y = r sin t ,0 ≤ t ≤ 2π , z = 0.
Решение.
2π 2
2π
 
r
r2
2
2
С =  Hdr =  ( Px′ + Qy′)dt = 2 I  ( 2 sin t + 2 cos t )dt = 2 I  dt = 4π I .
r
ω
ω
0 r
0

ω объясняетОтличность от нуля циркуляции поля H вдоль

ся наличием особой точки ( 0, 0 ) вектор-функции F внутри контура ω. Число 4πI носит название циклической постоянной относительно особой точки (0, 0). Значение циклической постоянной не
зависит от контура ω , содержащего внутри себя эту точку. Заметим, что если контур ω не содержит внутри себя точку O(0,0) , то
C = 0.
4.4. Учебная литература
1. Акивис, М.А. Тензорное исчисление / М.А. Акивис,
В.В. Гольдберг. – М.: Наука, 1969. – 352 с.
2. Арнольд, В.И. Математические методы классической механики / В.И. Арнольд. – М.: Наука, 1979. – 432 с.
3. Батыгин, В.В. Сборник задач по электродинамике
/ В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин. – М.: Наука, 1970. – 504 с.
4. Болгов, В.А. Сборник задач по математике для втузов
/ В.А. Болгов, Б.П. Демидович, В.А. Ефименко и др. ; Под ред.
А.В. Ефимова, Б.П. Демидовича. – М.: Наука, 1981. – 368 с.
121
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. Бутузов, В.Ф. Математический анализ в вопросах и задачах. Функции нескольких переменных: Учеб. пособие для вузов
/ В.Ф. Бутузов, Н.Ч. Крутицкая, Г.Н. Медведев, и др. ; Под ред.
В.Ф. Бутузова. – М.: Высшая школа, 1988. – 288 с.
6. Гусак, А.А. Задачи и упражнения по высшей математики.
Ч. 2 / А.А. Гусак. – Минск, Вышэйшая школа, 1988. – 232 с.
7. Демидович, Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу / Б.П. Демидович. – М.: Физматгиз, 1962. –
544 с.
8. Ильин, В.А. Основы математического анализа. Ч. 2
/ В.А. Ильин, Э.Г. Поздняк – М.: Наука, 1980. – 448 с.
9. Каплан, И.А. Практические занятия по высшей математике. Ч. 4 / И.А. Каплан. – Харьков, 1966. – 236 с.
10. Краснов, М.Л. Векторный анализ / М.Л. Краснов,
А.И. Киселев, Г.И. Макаренко. – М.: Наука, 1978. – 160 с.
11. Кудрявцев, Л.Д. Курс математического анализа: Учебник
для вузов: В 2 т. / Л.Д. Кудрявцев. – М.: Высшая школа, 1988. –
Т. 2 – 576 с.
12. Кузнецов, Л.А. Сборник заданий по высшей математике
(типовые расчеты) / Л.А. Кузнецов. – М.: Высшая школа, 1983. –
176 с.
13. Пискунов, Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление: В 2 т. / Н.С. Пискунов. – М.: Наука, 1972. – Т. 2. – 576 с.
14. Современная математика для инженеров ; под ред.
Э.Ф. Беккенбаха. – М.: ИЛ, 1959. – 500 с.
15. Фихтенгольц, Г.М. Основы математического анализа: В
2 т. / Г.М. Фихтенгольц. – М.: Наука, 1968. – Т. 2. – 464 с.
Ответы и указания
Глава 1
4. y = x − 100, t = x − z + 50, p = 150 + z − x, q = x − z − 50, r = x − 175, где x и z
натуральные, удовлетворяющие системе неравенств: x ≥ 175,
x − 150 ≤ z ≤ x − 50. 5. I = 0, 04 a, I = −0, 01 a, I = 0, 03 a. 6. R = 2 Ом, I = 3 a, I = 1 a.
3
2
2
7. R = 3 4 Ом, I = 4a, I 2 = 2a. 8. I = 0, 4a. 9. I = 2a. 10. I1 = 0,385 a, I 2 = 0, 077 a,
1
2
3
122
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
11.
I 3 = 0,308 a.
16.
I1 = 0,3 a, I 2 = 0,5 a, I 3 = 0,8 a, R3 = 7,5 Ом, ε 2 = 35, ε 3 = 55.
I1 = 0,19 a, I 2 = −0,17 a, I 3 = 0, 02 a, I 4 = −0, 05 a,
I 5 = 0, 07 a, I 6 = −0,12 a.
Глава 2
      
1. 1) AO − AB = AO + BA = BA + AO = BO;
 

2) AB + DC = 2 AB;

    
    

3) AN + DQ = AN + NB = AB; 4) MO − OA = AO + OP = AP; 5) AN ; 6) BQ;









7) AP; 8) AP; 9) PM ; 10) DO; 11) 0; 12) NO; 13) AQ. 5. AB = 2a;


 
 
 
 
BC = 2 BF = 2 AF − AB = 2 AF − 2 AB = 2 AF − 4 AE = 2b − 4a.
(

 
)
 4
    4 
  
BC = AC − AB = b − a;
CD = c − b;
3
3
  
0
0
ED = c − a. 20. 145 , 135 . 22. 3 . 23. 2 2 − 4 . 24. –5. 25. 6. 26. –4.
6. BD = AD − AB = c − a;
27.
5
28. –11. 29. 3. 30. −6 . 31. 14. 32. 5. 33. sin ϕ = −
65
.
13
7
5 17
.
21
34. 1) правая; 2) левая; 3) левая; 4) правая; 5) векторы компланарны; 6) левая. 35. 1) компланарны; 2) не компланарны; 3) компланарны. 37. 3 куб. ед. 38. 11. 39. D1 (0,8,0), D2 (0,-7,0). 42. (-6,6,-3).
52. 30 км/ч,
северо-запад.
54. Sy=2,1 м; Sx=10,0 м; t=1,3
сек. 55. Так как горизонтальная
составляющая скорости камня
постоянна, то горизонтальная
составляющая ускорения равна
0. Поэтому полное ускорение
камня все время направлено
вертикально вниз и равно ускорению силы тяжести. По

этому а = g = àt2 + a n2 (см.
рис.)
Из рисунка видим, что
v
a
a
cos ϕ = x = n = n ,
v
a
g
sin ϕ =
vy
v
=
at at
= .
a
g
123
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Отсюда at = g ⋅
at =
g 2t
vx2 + v y2
=
vy
v
  
. Так как v = v x + v y
g 2t
vx2 + g 2t 2
,
an = g ⋅
и v y = g ⋅ t , то
vx
gvx
=
.
2
2 2
v
vx + g t
Подставляя
численные значения в выражения для аt и an, получим at = 5, 4
м/сек2, an = 8, 2 м/сек2. 59. Равнодействующая двух противоположно направленных, не равных по модулю сил, приложенных к точкам А и В стержня, им параллельна, направлена в сторону большей силы и равна по модулю их разности; линия действия равнодействующей делит [AB] внешним образом в отношении, обратно
P1 
r2


P2
Pr

1 1 − P2 r2
.
=
rс =
P2
P
−
P
1
2
1−
P1
r1 −
пропорциональном модулям этих сил.
Реше-


F2 = 15, F2 растягивает AB.

АС: | F2 |= 20 3 , в тросе СВ
ние аналогично решению задачи 58. 61.


F1 = 25, F2 сжимает АВ. 62. В тросе

| F1 |= 10 3 (силы растяжения). 63. В стержне
АВ действует растягивающая сила – 120 (ед.), в стержне СВ сжимающая сила –
60 3 ≈ 102 (ед.). 64. 10, 10, 10 2 . 65. Для решения задачи выбрать
 
 

СК так, чтобы О (0,0,0). i ↑↑ OA ; j ↑↑ OB ; k ↑↑ P . Далее требуется

  
 
разложить P по направлению действия сил F1 || i , F2 || j , F3 || OC .







Для этого надо найти орты F1 , F2 , F3 : F10 = −i , F20 = − j ,

F30 =
2
2 
3
i+
j+
k.
4
4
2
Затем разложить

 
P =| P |· k по
этим ортам. От-
вет: 5 6 ,5 6 – сила растяжения горизонтальных стержней, 20 3 –
сила сжатия стержня ОС. 66. Натяжение тросов осуществляется
силами

2
P,
2
вектор

T1
направлен противоположно вектору


CA,
вектор T 2 – противоположно вектору CB. 67. 1,16 кг, 0,85 кг.
68. 104 кг, 52 кг. 69. 90 кг, 89 кг. 70. 2000 кг, 1600 кг.
71. 4000 кг,

5300 кг. 72. Для решения задачи разложить вектор Q по направлениям OA , OB и OC . Для этого ввести прямоугольную декартову




систему координат и найти в ней орты FA , FB и FC , Q. Затем вос
пользоваться задачей разложения вектора Q по ортам найденных
124
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»



векторов. Ответ: FA = 100 2; FB = FC = 50 2. Стержень OA будет

сжиматься, а тросы OB и OC будут растягиваться. 73. Вектор Q


( Q = 2m ) лежит в плоскости крана ABCD и, следовательно, Q мож

но представить в виде суммы двух векторов: Q = CT + TQ ; Пусть T –
натяжение струны
.
ΔCTQ ~ ΔABC ,

 Q ⋅ BC
T =
.
BA
сюда
BC =
CT
следовательно,
ВС
находим

Q
BA
из
=

T
BC
. От-
ΔBCK
;
 2 ⋅10 3 10 3
T =
=
≈ 5, 78(m). Выберем
3⋅ 2
3
CK
5 ⋅ 2 10 10 3
=
=
=
,
0
3
sin 60
3
3
  
базис (i , j , k ) , как показано на рис. 23. Прямая BC составляет равные
углы с прямыми АЕ  и AF. Следовательно, BC имеет орт



2 cos 2 a + cos 2 600 = 1,
c1 = − cos ai + cos aj + cos 600 k .
Так как
то
6 6 1
 
c
=
−

и
Тогда
1
 4 ; 4 ; 2  .



 10 3 
5 2 5 2  5 
6
6  1 
T
=
−
i+
j+
k . Далее
T=
−
i
+
j
+
k
,

 то есть
3  4
4
2 
2
2
3

   
    


BA = −2k , BE = BA + AE = −2k + 2i , BF = BA + AF = −2k − 2 j . Найдем
3
cos 2 a = ;
8
cos a =
3
6
=
,
4
2 3

BE ,

BA.
Соответственно получим

1  1  
1  1  

j−
k , a1 = −k . Теперь осталось разлоe1 =
i−
k , f1 = −
орты
векторов
2
2
2

T
и
BF
2

 
a1 , e1
жить вектор по векторам
и f1. Для этого надо воспользоваться
формулой,  полученной
в
задаче
44 б):

(
(
)
)
(
(
)
)

  
 
 T ⋅ e1 ⋅ f1 
a1 ⋅ T ⋅ f1 
a1 ⋅ e1 ⋅ T1 
T =    a1 +    e1 +    f1 . После подсчетов должa1 ⋅ e1 ⋅ f1
a1 ⋅ e1 ⋅ f1
a1 ⋅ e1 ⋅ f1
но
получиться

5 

RBA =  5 2 −
 a1 ,
3

(
(
(
)
)


1 


T = 5 2 −
a
−
e
−
f
5
5
1
1.
 1
3




PF = −5 f1 ,
)


PE = −5e1.
(
2
2
 − P l − 3L − 2l ⋅ L 
DA;
74. TA =
3l 3L2 − 2l 2
Отсюда
)
2
2
 − P ⋅ L l + 2 3L − 2l 
TC =
DC ;
9l 3L2 − 2l 2
125
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
)
(
(
  
) (
(
  
) (
)
  
)
2
2
P ⋅a ⋅b + P ⋅b ⋅c + P ⋅c ⋅ a 

 − P l − 3L − 2l ⋅ L 

T
=
⋅ a,
TB =
DB. 75. AD
  
2
2
a, b , c
3l 3L − 2l
  
  
P ⋅ a ⋅b
P⋅c ⋅a  


 


 =
 =
⋅
−
T
b
a
,
T
⋅
c
−
a
,


(
)
a
=
OA
b
= OB ,
 
 
где
,
AB
AC
a, b , c
a, b , c
(
(
 
c = OC.
)
(
)
(
(
)
)
)
78. (5,5; 4,75). 80. (11,5). 81. 12,5 см от противоположной
5
1
м от опоры А. 84. Если A(a,0), B (0, b), то
веревки. 82.
8



 (a + c) A + (a + b) B + (b + c)C
. 87. (3; 0,5). 89. Если
C (−a, −b). 86. G =
2(a + b + c)
за начало координат принять точку Е – середину отрезка АВ, а за
оси координат – прямые ЕВ и ЕС, то центр масс имеет координаты
(0; 1,582 ). 90. (7,8), если за начало координат выбрана точка А,
ось Ох направлена в сторону луча АВ, ось Оу – в сторону луча
АС. 91. Центр масс однородного стержня находится в его середине. Поэтому искомый центр масс совпадает с центром масс системы материальных точек E, F, H, R, L, где Е – середина АВ, F – середина ВC, H – середина СD, К – середина АС, L – середина АD.
Примем точку А за полюс,
а радиус-векторы указанных точек обо
значим соответственно r i (i = 1,5). Поскольку все стержни сделаны
из одного материала, то масса их пропорциональна длине, поэтому можно считать, что m1 = m2 = m3 = m4 = m, а m5 найдем, подсчитав длину отрезка AD = 3 (по теореме косинусов для треугольника
АСD): m5 = 3m . Теперь по формуле для радиус-вектора центра





 mr1 + mr 2 + mr 3 + mr 4 + 3mr 5
G=
.
Так
как
масс
имеем
4m + 3m
       1  
r 2 = r1 + r 3 , r4 = r 3 + r 5 , r3 = (r 1 + r 5 ) , то для радиус-вектора центра
2


7r1 + (5 + 2 3)r 5
. 92. Принять точку С за по8+2 3
3
3a от
люс. Центр масс лежит на отрезке СК на расстоянии
14
масс фермы имеем G =
точки С. 93. Центр масс фигуры лежит на отрезке ОС, где О –
126
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2
a от центра квадрата. 94. Если
9
центр квадрата, на расстоянии
отцентр О квадрата
АВСD – полюс, r1 – радиус-вектор середины


середины отрезка ВС, r 3 – радиусрезка AB , r 2 – радиус-вектор

вектор вершины E , r 4 – радиус-вектор центра масс треугольника
АВЕ, то

S r
rg = − 2 4
S1 − S 2
угольника
площади
S1
ABE .
и
, где
S1
– площадь квадрата, а
Выразив вектор
S2 ,
получим

r4
S2
через
векторы
 

(6 − 3)r1 + r 2
rg = −
.
2(8 3 − 3)
– площадь тре
r1
и

r2
и найдя
96. 17. 97. 31. 98. 21.
99. -18. 100. Указание. Для решения задачи рассмотреть прямоугольную декартову систему координат с началом в центре Земли,
осью Оz, направленной вдоль земной оси на север, осью Ох, отвечающей углам λ = 0, φ = 0 , и осью Оy, перпендикулярной к Ох. При
этом долгота пусть меняется от 00 до 3600. Тогда можно найти
прямоугольные декартовые координаты точек А( λ1 , φ1 ) и В( λ 2 , φ 2 ) и
разложить по базисным векторам радиус-векторы этих точек. Далее следует найти угол между этими векторами, а затем – и длину
искомой дуги. 101. а) (15,-3,-14), b) (0,0,0), с) (-3,11, 9), d) (-4,3,4).

2
2
11
m = 15,cos α = ,cos β = − ,cos γ = .
3
15
15
102.
3
6
2
cos α = − ,cos β = ,cos γ = ;
7
7
7
104.


m = 28,
103.

1
−4
−7
m = 66, cos α =
,cos β =
,cos γ =
;
66
66
66
106. a) m = (0,0,140); б) плечо h=2,8; в) (-354,-248,0). 107. 150 Н.
110. 6400 об/мин. 111. 64 км/ч. 112. x 2 + y 2 = 4. 113. По условию
OM
2
= , M ( x, y ) , B ( 0,15) . Координаты точки М удовлетворяют
MB 3
уравнению: ( x + 12 ) + y 2 = 182. 114. Пусть прямые заданы уравне2
ниями: y = 0 и y = kx, а отношение
ML
= λ,
MN
где
M ( x, y )
– точка,
описывающая траекторию искомого в задаче множества, N и L –
проекции точки М на первую и вторую прямую соответственно.
Тогда М описывает пару пересекающихся в начале координат
(
)
прямых kx + 1 ± 1 + k 2 λ y = 0. 115. y = x − 2. 116. Если ось Ox со

направить с вектором OA, то OA = ( a, 0 ) , и если
127

F = ( x, y ) ,
то
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 
M
M = OA ⋅ F = ax  x =
a
117. ( x − a )
ли
c < 0.
122.
2
2
+y =a .
119.
y = x+
2
y0 − x0
2
−
118.
x2 y 2
+
=1
a2 c
x0 y 2
+
=1
20 16
– эллипс, если
– гипербола. 120.
– прямая, если точки
натным осям по законам:
z=
α
c
, α = 2 x sin ≈ xα .
αy
2

OA.
– прямая, перпендикулярная вектору
126.
x
x = x0 + Vt ,
и
c > 0,
y=−
y
гипербола, ес-
g 2
x
2V02
– парабола.
движутся по коорди-
y = y0 + Vt.
123.


V = ( −4,3,12 ) ; V = 13. 127. S = 21.
128.
z=
c
,
αx
x = 3 − 6t ,
129. x = −7 + 4t , y = 12 − 4t , z = 5 − 2t. 130. x = 20 − 6t ,
y = −18 + 8t , z = −32 + 24t ; при t = 3 точка M имеет координаты M ( 2, 6, 40 ) .
131. 1) P ( 6, − 2,5) , 2) t = 1, 3) t = 1, 4) AP = 14, BP = 13. 132. 1) P ( −25,16, 4 ) ,
2) t = 5, 3) AP = 60. 133. 1) P ( −2, 2, −3) , 2) t = 4, 3) AP = 50. 134. Δt = 5 .
y = −1 + 18t ,
z = −5 + 9t.
12
Глава 3
7. Промежуток [0,T ] разбит на две равные части. Ансамбль
сигналов имеет вид
1
5
s ( ) = g1 ( t ) cos 2π f s t ,
s ( ) = g 2 ( t ) cos 2π f s t ,
s ( 2) = − g1 ( t ) sin 2π f s t ,
s ( 6) = − g 2 ( t ) sin 2π f s t ,
s (3) = − g1 ( t ) cos 2π f s t , s ( 7 ) = − g 2 ( t ) cos 2π f s t ,
s ( ) = g1 ( t ) sin 2π f s t ,
s ( ) = g 2 ( t ) sin 2π f s t.
8. Ансамбль сигналов будет иметь вид
s ( i ) ( t ) = g1 ( t ) AkI cos 2π f s t − g1 ( t ) AlQ sin 2π f s t ;
4
s(
i+M )
8
( t ) = g 2 ( t ) AkI cos 2π f st − g 2 ( t ) AlQ sin 2π f s t , i = 1, M , k , l =1,
 4
 T
, если t ∈ 0, 

 T
 2
,
g1 ( t ) = 
 0, если t ∉ 0, T 
 2 

M.
 4
T 
, если t ∈  , T 

 T
2 
g2 ( t ) = 
.
 0, если t ∉  T , T 
 2 

9. Промежуток [0, T ] разбить на два равных промежутка и,
рассмотрев функции
128
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 4 Es
 T
 4 Es
T 
, если t ∈ 0, 

,
если
t
∈

 2 , T 
 T
 2
T

g1 ( t ) = 
, g (t ) = 
.
2
T


T




0, если t ∉  0, 
0, если t ∉  , T 


 2
2 

соответствующий ансамбль построить аналогично ансамблям из
предыдущих задач.
Глава 4
1 1 1 1 2 
4a
. Указание.
ρ 0 , C  − , + ,
 . 6. x0 = y0 = z0 =
4
2
π
2
π
π
3
π


 x=0
 x = a sin t
 x = a cos t



= γ 1 ∪ γ 2 ∪ γ 3 , где γ 1 :  y = a sin t , γ 2 :  y = a cos t , γ 3 :  y = 0 ,
 z = a sin t
 z = a cos t
 z=0



5. m =
γ
 π
t ∈  0,  .
 2
π 2
Заметим, что центр тяжести этого треугольника лежит
16a 2
2
внутри сферы радиуса a : x + y + z = 2 < a . 7. Указание.
9π
3
Уравнение u = c задает в  поверхность уровня функции
u = u ( x, y, z ) , при этом, в зависимости от величины параметра с,
получается «своя» поверхность уровня. В результате чего  3 расслаивается на поверхности уровня. В данном случае, при с = 0,
возникает эллиптический конус с осью Oz , при c > 0 , – однополостный гиперболоид, при c < 0 , – двуполостный гиперболоид.

a.
8. Множество всех плоскостей из  3 с нормальным вектором


n
a
≠
λ
b
,

9. Множество всех сфер в
с центром в точке О. 10. Если
 
то поверхности
уровня – плоскости с нормальным вектором a × b.



Если же a = λ b, то u ≡ 0 при всех x ∈  3 . 12. а) I = 1, б) I = 1, в) I = 1.
Заметим, что поскольку Py′ = Qx′ = 2 x, то интеграл I не зависит от
пути γ , соединяющего точки А и В. 13. I = 0. Заметим, что результат не зависит от формулы пути, ибо Py′ = Qx′ = 1. 14. I = 135 . 15. I = −4.
2
0
23. a)
d)
M = 2π a 2 ρ 0 ;
b)
4
I x = I y = I z = πρ 0 a 4 ;
3
e)
M xy = πρ 0 a 3 ;
2
0
2
0
M xz = 0;
2
I xy = I xz = I yz = πρ 0 a 4 ;
3
129
M yz =0 ;
f)
c)
x0 = 0,
I 0 = 2 πρ0 a 4 .
y0 = 0,
a
z0 = ;
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Содержание
1. Системы линейных уравнений .................................................. 4
1.1. Понятие системы линейных уравнений и её решения .................... 5
1.2. Виды систем линейных уравнений ..................................................... 6
1.3. Методы решений системы ................................................................. 7
1.3.1. Комментарии к методу Гаусса ......................................................... 7
1.3.2. Комментарии к методу Жордана – Гаусса ...................................... 9
1.4. Однородная система линейных уравнений ...................................... 11
1.5. Применение теории систем линейных уравнений .......................... 12
1.5.1. Применение в аналитической геометрии...................................... 12
1.5.2. Расчет электрических цепей ........................................................... 12
1.5.3. Расчет потоков транспорта на развилках дорог ........................... 16
1.5.4. Описание системы сил, действующих на упругую
статическую систему S, закрепленную на краях ......................... 20
1.5.5. Применение метода наименьших квадратов
для обработки результатов измерений ......................................... 21
1.6. Учебная литература ......................................................................... 30
2. Векторная алгебра и её приложения ...................................... 30
2.1. Понятие вектора. Линейные операции над векторами ............... 32
2.2. Линейная зависимость векторов. Базис системы векторов ....... 34
2.3. Понятие системы координат. Координаты точки ...................... 36
2.4. Задачи и упражнения ......................................................................... 37
2.5. Специальные произведения векторов .............................................. 39
2.5.1. Скалярное произведение двух векторов ....................................... 39
2.5.2. Векторное произведение двух векторов ....................................... 41
2.5.3. Смешенное произведение трех векторов ...................................... 43
2.5.4. Двойное векторное произведение.................................................. 44
2.6. Применение векторов в аналитической геометрии. Задачи ....... 44
2.7. Физические приложения векторной алгебры ................................. 49
2.7.1. Равнодействующая сил. Теорема сложения скоростей .............. 52
2.7.2. Простейшие задачи статики ........................................................... 58
2.7.3. Центр масс системы материальных точек .................................... 64
2.7.4. Вычисление работы, моментов инерции и угловых скоростей . 68
2.7.5. Уравнение траектории движущейся точки ................................... 71
2.8. Учебная литература ......................................................................... 75
130
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. Векторное описание канала связи........................................... 76
3.1. Построение ансамбля сигналов размерности ≤ 2 .......................... 76
3.2. Построение многомерных сигналов ................................................. 85
3.3. Процедура детектирования сигналов ............................................. 89
4. Векторный анализ ...................................................................... 92
4.1. Криволинейные интегралы и их физические приложения ............ 92
4.1.1 Криволинейный интеграл I рода
от скалярной функции вдоль кривой ............................................. 92
4.1.2. Физические приложения криволинейного интеграла I рода ...... 93
4.1.3. Криволинейный интеграл II рода .................................................. 98
4.1.4. Физические приложения криволинейного интеграла II рода ..... 99
4.2. Поверхностные интегралы и их физические приложения ......... 101
4.2.1. Поверхностный интеграл I рода .................................................. 101
4.2.2. Физические приложения поверхностного интеграла I рода ..... 102
4.2.3. Поверхностный интеграл II рода ................................................. 104
4.2.4. Физические приложения поверхностного интеграла II рода .... 110
4.3. Некоторые соотношения между характеристиками
скалярных и векторных полей........................................................ 111
4.3.1. Основные характеристики полей ................................................. 111
4.3.2. Специальные виды векторных полей – потенциальное
и соленоидальное .......................................................................... 116
4.3.3. Некоторые физические задачи из теории поля .......................... 117
4.4. Учебная литература ....................................................................... 121
Ответы и указания ....................................................................... 122
Глава 1 ...................................................................................................... 122
Глава 2 ...................................................................................................... 123
Глава 3 ...................................................................................................... 128
Глава 4 ...................................................................................................... 129
131
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учебное издание
Большаков Юрий Иванович
Медведева Людмила Борисовна
Математика для студентов
в задачах и упражнениях по физике
Учебное пособие
Редактор, корректор М. В. Никулина
Компьютерная верстка И. Н. Ивановой
Подписано в печать 26.05.2009 г. Формат 60х84/16.
Бумага офсетная. Усл. печ. л. 7,67. Уч.-изд. л. 6,27.
Тираж 120 экз. Заказ
.
Оригинал-макет подготовлен
в редакционно-издательском отделе ЯрГУ.
Ярославский государственный университет.
150000, г. Ярославль, ул. Советская, 14.
Отпечатано
ООО «Ремдер» ЛР ИД № 06151 от 26.10.2001.
г. Ярославль, пр. Октября, 94, оф. 37
тел. (4852) 73-35-03, 58-03-48, факс 58-03-49.
132
Документ
Категория
Физико-математические науки
Просмотров
261
Размер файла
3 502 Кб
Теги
физики, упражнения, математика, 2710, задача, студентов
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа