Скалярні та векторні поля

Приклад

Знайти лінії або поверхні рівня таких функцій:

а) z = x – 3y;

б) z = x² – y² ;

в) u = (x – 1)²+ (y + 2)²+ z² .

♦ а) Рівняння ліній рівня має вигляд C = x + 2y, C∈R. Це сім’я паралельних прямих з кутовим коефіцієнтом k = -1/2.

б) Лініями рівня заданої функції є криві x² – y²= C, C > 0. Це сім’я гіпербол.

в) Маємо функцію трьох змінних. Поверхня рівня заданої функції визначається з рівняння (x – 1)²+ (y + 2)²+ z² = С, С ≥ 0 або z = x² + y² + С. Це сім’я сфер із центрами в точці (1; -2; 0) і радіусами R = √C, а також сама точка (1; -2; 0).♦

Приклад

Знайти похідну $\vec{f'(t)}$ , якщо $\vec{f(t)}=e^{t}\vec{i}+lnt\cdot \vec{j}-sint\cdot \vec{k}$ .

♦ Знайдемо похідні координат вектор-функції $(lnt)' = \frac{1}{t},\; (-sint)'=-cost$ . Отже, $\vec{f'(t)}=e^{t}\vec{i}+\frac{1}{t}\cdot \vec{j}-cost\cdot \vec{k}$ .♦

Приклад

Знайти похідну функції f (x, y) = x³ +3xy + y³ у точці М (1; 2) за напрямом, що утворює кут 45^о з додатним напрямом осі Ох.

♦ Обчислюємо частинні похідні: f’ _x= 3x² + 3y, f’ _x (1; 2) = 9; f’ _y= 3x + 3y², f’ _y (1; 2) = 15. Оскільки $cos\alpha =cos\beta =cos\: 45^{0} =\frac{1}{\sqrt{2}}$ , а функція скрізь диференційовна, то за формулою $\frac{\partial f (M_{0}) }{\partial l}=f'_{x}(M_{0})cos\alpha +f'_{y}(M_{0})cos\beta$ дістаємо $\frac{\partial f (M) }{\partial l}=9\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+15\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=12\sqrt{2}$ .♦

Приклад

Визначити дивергенцію та ротор векторного поля $\vec{f}=x^{2}\vec{i}+y^{2}\vec{j}-z^{2}\vec{k}$ .

♦ Маємо

$P=x^{2},\; Q=y^{2},\; R=-z^{2};\; P_{x}'=2x,\; Q_{y}'=2y\; i\; R_{z}'=-2z$ . Тоді за формулою $div\vec{f}(M)=\frac{\partial P(M)}{\partial x}+\frac{\partial Q(M)}{\partial y}+\frac{\partial R(M)}{\partial z}$ дістаємо $div\vec{f}=2x+2y-2z=2(x+y-z)$ .

Оскільки $R_{y}'=Q_{z}'=P_{z}'=R_{x}'=Q_{x}'=P_{y}'=0$ , то, згідно з формулою $\vec{rot}\vec{f}(M)=\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{\partial }{\partial x} &\frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\ P(M) & Q(M) & R(M) \end{vmatrix}=$

$=(\frac{\partial R(M)}{\partial y}-\frac{\partial Q(M)}{\partial z})\vec{i}+(\frac{\partial P(M)}{\partial z}-\frac{\partial R(M)}{\partial x})\vec{j}+$

$+(\frac{\partial Q(M)}{\partial x}-\frac{\partial P(M)}{\partial y})\vec{k}$ , $\vec{rot}\vec{f}=0$ , тобто задане поле є безвихровим.♦

Приклад

Показати, що для функції z = f (x; y) її градієнт є перпендикулярним до лінії рівня f (x; y) = C, яка лежить у площині XOY і проходить через відповідну точку.

♦ Справді, кутовий коефіцієгт дотичної до лінії рівня f (x; y) = C дорівнює . Кутовий коефіцієнт градієнта $k_{1}=\frac{dy}{dx}=-\frac{f_{x}'}{f_{y}'}$ . Помічаємо, що $(\vec{grad}f=f_{x}'\vec{i}+f_{y}'\vec{j})\; k_{2}=\frac{f_{y}'}{f_{x}'}$ . Це й доводить справедливість твердження. ♦