Определение 1. Пусть дано вещественное линейное пространство $E$. Оно называется евклидовым, если на нем задано отображение из каждой пары векторов в соответствующее ей вещественное число. Назовем это отображение скалярным произведением. Отображение должно удолетворять следующим аксиомам:
$\left(x, y \right) = \left(y, x \right),$
$\left(\lambda x, y \right) = \lambda \left(x, y \right),$
$\left(x + y, z \right) = \left(x, z\right) + \left(y, z\right),$
$\left(x, x \right) > 0 \quad при \quad x \not= 0; (x, x) = 0 \quad при \quad x = 0; \forall x, y, z \in E, \forall \lambda \in R.$
Отсюда можно получить ряд следствий:
$\left(x, \lambda y\right) = \lambda \left(x, y \right)$,
$\left(x, y + z \right) = \left(x, y \right) + \left(x, z \right)$,
$\left(x {-} z, y \right) = \left(x, y \right){-}\left(z, y \right)$,
$\left(x, y {-} z \right) = \left(x, y \right){-}\left(x, z \right)$,
Любое n-мерное линейное пространство можно превратить в евклидово(с помощью определения в нем скалярного произведения). В n-мерном линейном пространстве скалярное произведение можно задать различными способами.
Например, возьмем в произвольном вещественном пространстве $G$ его некоторый базис $g = {e_1, e_2, \cdots, e_n}$ и два любых вектора $x$, $y$. Допустим, $$x = \sum\limits_{i = 1}^n \alpha_i e_i \quad y = \sum\limits_{i = 1}^n \beta_i e_i$$
Теперь можно ввести скалярное произведение: $\left(x, y\right) = \sum\limits_{i = 1}^n \alpha_i \beta_i.$
Любое подпространство из $E$ может быть Евклидовым, если в нем сохраняется скалярное произведение, определенное в $E$.
Определение 2. Пусть дан вектор $x$, принадлежащий евклидову пространству. Если $(x, x) = 1$, то этот вектор называется нормированным. Ненулевой вектор можно нормировать, если умножить его на произвольное число $\lambda$: $$\left(\lambda x, \lambda x \right) = \lambda^2 \left(x, x\right) = 1.$$
Значит, нормирующий множитель $\left(\lambda \right) = \left( x, x \right)^{{-}\frac{1}2}$
Определение 3. Пусть вектор $x$ принадлежит евклидову пространству $E$. Длиной вектора $x$ назовем число $\mid x \mid = + \sqrt{\left(x, x\right)}$, где $x \in R.$ Данное определение имеет свойства длины:
$\mid 0 \mid = 0.$
$\mid x \mid > 0, если x \not= 0.$
$\mid \lambda \cdot x \mid = {\mid \lambda \mid}{\mid x \mid}$ — свойство абсолютной однородности.
Определение 4. Пусть даны векторы $x, y$, принадлежащие евклидову пространствую. Тогда $ \displaystyle \cos \left(x, y \right) = \frac{ \left(x, x \right)}{{ \mid x \mid}{ \cdot}{ \mid y \mid}}, 0 \leqslant \left(x, y \right) \leqslant \pi$ — косинус угла между этими векторами
Рассмотрим применимость школьной геометрии к геометрии евклидова пространства. Пусть заданы два вектора $x, y \in E; x \not= 0, y \not= 0$ — две стороны треугольника. Тогда разность $y-x$ — третья сторона. С помощью формулы для угла можно вычислить квадрат третьей стороны: $${\mid y-x\mid}^2 = \left(y-x, y-x \right) = {\mid y \mid}^2+{\mid x \mid}^2 {-} 2 \left(y, x\right) = {\mid y \mid}^2+{\mid x \mid}^2 {-} \mid y \mid \mid x \mid \cos \left(b, a\right)$$
Получили теорему косинусов. Разумеется, если $y \bot x$, то треугольник является прямоугольным. Также, из последней формулы можно получить теорему Пифагора: ${\mid y-x\mid}^2 = {\mid y \mid}^2+{\mid x \mid}^2.$ Из той же формулы получаем отношение длин сторон треугольника, если оценивать множитель $cos(b^a)$ сверху: $${\mid y-x\mid}^2 \leqslant {\mid y \mid}^2+{\mid x \mid}^2 {+} 2{\mid y \mid}{\mid x \mid} = \left({\mid y \mid}+{\mid x \mid}\right)^2 \Rightarrow \mid y-x \mid \leqslant {\mid y \mid}+{\mid x \mid}.$$
И снизу: $${\mid y-x\mid}^2 \leqslant {\mid y \mid}^2+{\mid x \mid}^2 {-} 2{\mid y \mid}{\mid x \mid} = \left({\mid y \mid}-{\mid x \mid}\right)^2 \Rightarrow \mid y-x \mid \leqslant {\mid y \mid}-{\mid x \mid}.$$
Литература
Электронный конспект по линейной алгебре Белозерова Г.С.
Определение 1. Пусть заданы два ненулевых вектора $a$ и $b$, число, равное произведению длин этих векторов на косинус угла между ними, назовем их скалярным произведением. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)$$ В случае, если хотя бы один из векторов нулевой, будем считать их скалярное произведение равным нулю.
Также существуют другие определения скалярного произведения векторов.
Определение 2. Пусть заданы два ненулевых вектора, число, равное произведению длины первого и величины проекции второго вектора на первый, назовем их скалярным произведением. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}$$
Определение 3. Пусть два произвольных вектора заданы своими координатами, число, равное сумме произведений соответствующих координат, назовем скалярным произведением этих векторов.
Докажем эквивалентность первого и второго определений, эквивалентность третьему будет доказана позднее.
Лемма.Первое и второе определения эквивалентны, т.е. $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|a\right|\left\{pr_{a}b\right\}.$$
Воспользуемся определением проекции вектора на ось (другой вектор), откуда получим, что $\left\{pr_{a}b\right\} = \left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)$. Домножив обе части полученного равенства на $\left|a\right|$ получим искомое равенство.
Если хотя бы один вектор нулевой, то равенство достигается по определению. Рассмотрим случай ненулевых векторов:$$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right).$$ Умножение коммутативно, следовательно $\left|a\right|\left|b\right| = \left|b\right|\left|a\right|$. Также $\cos\angle\left(a,b\right) = \cos\angle\left(b,a\right)$. Тогда, по определению: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|b\right|\left|a\right|\cos\angle\left(b,a\right) = \left( b,a \right).$$
Если один из векторов нулевой или $\lambda = 0$, то доказательство очевидно. Рассмотрим общий случай: $$\left(\lambda a,b \right) = \left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right),$$ если $\lambda > 0$, то $$\left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right) = \lambda\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left( a,b\right) = \lambda\left(a,b\right),$$ если $\lambda < 0$, то $$\left|\lambda a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(\lambda a,b\right) = -\lambda\left|a\right|\left|b\right|\left(-\cos\angle\left( a,b\right)\right) = \lambda\left(a,b\right).$$
Теорема (неравенство Коши-Буняковского). Пусть заданы векторы $a$ и $b$, тогда выполняется неравенство: $$\left|\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|$$
Сначала рассмотрим случай равенства: $$\left|\left(a,b\right)\right| = \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left(a,b\right)\right| — \left|a\right|\left|b\right| = 0,$$ $$ \left|a\right|\left|b\right|\left(\cos\angle\left(a,b\right) — 1\right) = 0,$$ $$\left[
\begin{array}{1 1} \left|a\right| = 0, \\\left|b\right| = 0, \\\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right| = 1 \Rightarrow a\|b.\end{array}\right. $$Таким образом равенство достигается в случае коллинеарных или нулевых векторов. Теперь рассмотрим общий случай. Пусть даны два ненулевых вектора $a$ и $b$, тогда $$\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant 1,$$ домножим обе части на длины векторов $$\left|a\right|\left|b\right|\left|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|,$$ $$\left|\left(a,b\right)\right|\leqslant \left|a\right|\left|b\right|.$$
Геометрические свойства
Рассмотрим геометрические свойства скалярного произведения двух ненулевых векторов, тогда $\left|a\right|\neq 0$ и $\left|b\right|\neq 0$.
Также из определения вытекает формула для нахождения косинуса угла между векторами: $$\cos\angle\left(a,b\right) = \frac{\left(a,b\right)}{\left|a\right|\left|b\right|}$$
Скалярное произведение в координатах
Теорема. Пусть два вектора заданы своими координатами, тогда их скалярное произведение равно сумме произведений соответствующих координат: $$a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right),$$ $$\left(a,b\right) = x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+z_{1}z_{2}.$$
Рассмотрим два способа доказательства:
I способ
Пусть $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)$, отложим векторы $\overline{\rm OA} = a$ и $\overline{\rm OB} = b$ от начала координат — точки $O\left(0,0,0\right)$. Тогда: $$\left( a,b \right) = \left|a\right|\left|b\right|\cos\angle\left(a,b\right) = \left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|\cos\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right).$$
По построению: $$A\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), \left|a\right|=\left|\overline{\rm OA}\right| = \sqrt{x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2},$$ $$B\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right), \left|a\right|=\left|\overline{\rm OB}\right| = \sqrt{x_{2}^2+y_{2}^2+z_{2}^2}.$$ Теперь необходимо найти $\cos\angle\left(a,b\right) = \cos\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right)$, для этого воспользуемся теоремой косинусов для $\angle\left(\overline{\rm OA},\overline{\rm OB}\right) = \angle AOB $: $$\cos\angle AOB = \frac{\left|\overline{\rm OA}\right|^2 + \left|\overline{\rm OB}\right|^2 — \left|\overline{\rm AB}\right|^2}{2\left|\overline{\rm OA}\right|\left|\overline{\rm OB}\right|},$$ где $\left|\overline{\rm AB}\right|=\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^2+\left(y_{1}-y_{2}\right)^2+\left(z_{1}-z_{2}\right)^2}$.
Это доказательство можно провести и в обратную сторону, таким образом доказана эквивалентность первого и третьего определений.
II способ
Пусть система координат задана единичными взаимно перпендикулярными векторами $i,j,k$ (базисные векторы), тогда $$\left|i\right|=\left|j\right|=\left|k\right|=1,$$ $$\left(i,j\right)=\left(i,k\right)=\left(j,k\right)=0,$$ $$\left(i,i\right)=\left(j,j\right)=\left(k,k\right)=1.$$ А векторы $a=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right), b=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right),$ можно представить в виде сумм: $$a = x_{1}i+y_{1}j+z_{1}k,$$ $$b = x_{2}i+y_{2}j+z_{2}k.$$
Даны векторы $a=\left(2,5,-1\right)$ и $b=\left(3,2,15\right)$. Найти скалярное произведение $\left(a,b\right)$. Решение
Воспользуемся определением через координаты, тогда: $$\left(a,b\right)=2\cdot3+5\cdot2-1\cdot15=1$$
Даны векторы $a=\left(7,11,x\right)$, $b=\left(10,-5,3\right)$, $a\perp b$. Найти $x$. Решение
Воспользуемся следствием для перпендикулярных векторов:$$a\perp b \Leftrightarrow \left(a,b\right)=0$$ $$7\cdot10-11\cdot5+3x=0$$ $$3x=-15$$ $$x=-5$$
Даны векторы $a$ и $b$, $\displaystyle\left|a\right|=15, \left|b\right|=\frac{1}{3}, \angle\left(a,b\right)=\frac{2\pi}{3} $. Найти их скалярное произведение. Решение
Найти угол между векторами $a$ и $b$, если они заданы своими координатами: $a=\left(6,3,0\right)$, $b=\left(-2,-1,\sqrt{5}\right)$. Решение
Воспользуемся следствием для нахождения косинуса:$$\cos\angle\left(a,b\right)=\frac{-6\cdot2-3\cdot1+0\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{6^2+3^2+0^2}\sqrt{\left(-2\right)^2}\left(-1\right)^2+\left(\sqrt{5}\right)^2} = \frac{-15}{15\sqrt{2}}=-\frac{1}{2},$$ $$\cos\angle\left(a,b\right)=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle\left(a,b\right)=\frac{3\pi}{4}$$
Найти скалярное произведение векторов $p$ и $q$, если $p=2a-b$, $q=3b+4a$, где $\left|a\right|=4$, $\left|b\right|=3$, $\displaystyle\angle\left(a,b\right)=\frac{\pi}{3}$. Решение
Сопоставьте характеристику угла между векторами и характеристику их скалярного произведения.
Элементы сортировки
$\angle\left(a,b\right)$ - острый
$\angle\left(a,b\right)$ - прямой
$\angle\left(a,b\right)$ - тупой
$\left(a,b\right)>0$
$\left(a,b\right)=0$
$\left(a,b\right)<0$
Правильно
Неправильно
Задание 6 из 6
6.
Количество баллов: 2
Заполните пропуски
Пусть заданы два ненулевых вектора $a$ и $b$, (число), равное произведению длин этих векторов на (косинус) угла между ними, назовем их скалярным произведением.
Определение
Векторы $a, b,$ и $c,$ сведенные к общему началу, образуют тройку векторов.
Определение
Тройка некомпланарных векторов $\langle a, b, c \rangle$ называется правой, если направление вектора $a$ совмещается с направлением вектора $b$ кратчайшим путём при повороте против часовой стрелки вокруг вектора $c$ (рисунок 1).
Определение
Тройка некомпланарных векторов $\langle a, b, c \rangle$ называется левой, если направление вектора $a$ совмещается с направлением вектора $b$ кратчайшем путём при повороте по часовой стрелки вокруг вектора $c$ (рисунок 2).
Через основание $L$ и $M$ биссектрисы $BL$ и медианы $BM$ неравнобедренного треугольника $ABC$ провели прямые параллельно, соответственно, сторонам $BC$ и $BA$ до пересечения с прямыми $BM$ и $BL$ в точка $D$ и $E$. Докажите, что угол $BED$ прямой.
Рис. 1
Первое решение
Обозначим $O=LD \cap ME$, и пусть точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$ (именно такое расположение было предложено рассмотреть на олимпиаде). $ME$ — медиана треугольника $MBC$ (Рис.1), а значит, и треугольника $MDL$, т.е. $OL=OD$. Далее $\angle DLB = \angle LBC,\; \angle MEL = \angle ABL = \angle LBC$. Получили: $\angle MEL = \angle DLB, \; OL= OE$.
Итак, в треугольнике $LED$ медиана $EO$ равна половине стороны $LD$. Следовательно, угол $DEL$ прямой, откуда сразу следует утверждение задачи.
Случай внешнего расположения точки $O$ рассматривается аналогично. А можно и не рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очевидное предложение.
Рис. 2
Лемма. Пусть $B$ и $C$ — произвольные точки на выходящих из $A$ лучах (Рис.2), $BD \parallel CK, \; CE \parallel BF$. Тогда и $ED \parallel KF$.
Следует из теоремы Фалеса; легко получить его с помощью векторов.
С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи.
Второе решение
Рис. 3
Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе $\{\vec{a} , \; \vec{c} \}, \;$ где $\vec{a} = \vec{BC},\; \vec{c} = \vec{BA}, \;$ длины этих векторов обозначим через $a$ и $c$ соответственно.
Обозначим $\vec{BE} = \alpha \vec{BL}$, тогда $$ \alpha \vec{BL} + \vec{EM} = \vec{BM} =\frac{1}{2} \Big( \vec{a} + \vec{c} \Big).$$ Приравняем проекции левой и правой частей этого равенства на вектор $\displaystyle \vec{a}: \frac{\alpha c}{a+c} = \frac{1}{2}$, откуда $\displaystyle \alpha = \frac{a+c}{2c}$.
Аналогично, положив $\vec{BD} = \beta \vec{BM}$, получим $\beta \vec{BM}+\vec{DL}=\vec{BL}$; проектируя обе части этого равенства на $\vec{c}$, находим $\displaystyle \frac{\beta}{2}=\frac{a}{a+c}$.
Получили $\displaystyle \vec{BE} = \frac{\vec{a}}{2} + \frac{a}{2c} \vec{c},\; \vec{BD} = \frac{a}{a+c} \Big(\vec{a} + \vec{c} \Big)$. Таким образом, $\displaystyle\frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{2}\left( \frac{\vec{a}}{a} + \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — это высота треугольника, построенного на единичных векторах $\displaystyle \frac{\vec{a}}{a}$ и $\displaystyle \frac{\vec{c}}{c}$. Далее, $\displaystyle \frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{a+c}\left(a \cdot \frac{\vec{a}}{a}+c \cdot \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — (внутренняя) точка основания этого треугольника, отличная от основания высоты. Поэтому очевидно(Рис.3), что $\displaystyle \frac{\vec{BD}}{a}-\frac{\vec{BE}}{a}\bot\vec{BE}$ — и утверждение задачи доказано.
Разумеется, к этому решению можно было подойти более формально: вектор $\displaystyle \vec{BD}-\vec{BE}=\frac{a \left( a-c \right)}{2 \left( a+c \right)} \left(\frac{\vec{a}}{a}-\frac{\vec{c}}{c}\right) $ параллелен основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения векторов: $$\displaystyle \left( \vec{BD}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right), $$ $$\displaystyle \left( \vec{BE}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right).$$
Непрерывное векторное поле $(P(x,y),Q(x,y))$ называется потенциальным в области $G \subset \mathbb{R^2},$ если существует непрерывно дифференцируемая функция $U(x,y)$, заданная на $G$, такая, что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y), \quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y).$$ Такая функция $U$ называется потенциалом поля $(P,Q)$. Другими словами, функция $U$ называется потенциалом поля $(P,Q)$, если $$dU(x, y) = P(x, y) dx + Q(x, y) dy.$$
Следующая теорема содержит необходимое и достаточное условие потенциальности поля.
Теорема 1. Для того чтобы непрерывное поле $(P(x, y), Q(x, y))$ было потенциальным в области $G$, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено условие $$\int_{\Gamma} P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0\quad\quad(23.3)$$ для любой кусочно гладкой замкнутой кривой $\Gamma \subset G$.
Необходимость. Пусть поле $(P,Q)$ потенциально, т. е. пусть существует такая функция $U(x,y),$ что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y),\quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y)\quad((x,y) \in G).$$ Далее, пусть $\Gamma : r = r(t) = (x(t),y(t))\quad(\alpha \leqslant t \leqslant \beta)$ — произвольная кусочно гладкая, замкнутая кривая, лежащая в $G.$ Тогда $$\int_{\Gamma} P(x, y) dx + Q(x, y) dy =\int_{\alpha}^{\beta} [P(x(t),y(t))x^\prime(t) + Q(x(t),y(t))y^\prime(t)] dt =$$ $$= \int_{\alpha}^{\beta} \left [\frac{\partial U}{\partial x}(x(t),y(t))x\prime(t) + \frac{\partial U}{\partial y} (x(t),y(t))y^\prime(t)\right ] dt =$$ $$=\int_{\alpha}^{\beta} \frac{\partial}{\partial t} (x(t),y(t)) dt = U(x(\beta),y(\beta))-U(x(\alpha),y(\alpha)) = 0.$$ Последнее равенство справедливо в силу условия $r(\alpha) = r(\beta),$ т. е. в силу замкнутости кривой $\Gamma.$ Достаточность. Пусть выполнено условие (23.3). Покажем сначала, что в этом случае криволинейный интеграл $\int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy$ зависит лишь от начальной и от конечной точек кривой $\gamma \subset G$ и не зависит от самой кривой $\gamma,$ соединяющей эти точки.
Итак,пусть $\gamma_{1} : r =r_{1}(t)\quad(\alpha \leqslant t \leqslant \beta)$ и $\gamma_{2} :\quad r =r_{2}(\tau)\quad(a \leqslant \tau \leqslant b)$ — две кусочно гладкие кривые, лежащие в $G$ и такие, что $r_{1}(\alpha) = r_{2}(a), r_{1}(\beta) = r_{2}(b).$ Тогда кривая $\Gamma = \gamma_{1} \cup (\gamma_{2})_{-}$ является замкнутой, и поэтому, в силу условия (23.3), $$0 = \int_{\Gamma}P dx + Q dy = \int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy + \int_{(\gamma_{2})_{-}}P dx + Q dy = $$ $$= \int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy-\int_{\gamma_{2}}P dx + Q dy.$$ Отсюда следует, что $\int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy = \int_{\gamma_{2}}P dx + Q dy.$
Зафиксируем теперь точку $(\xi_{0},\eta_{0}) \in G.$ В силу связности $G$, для любой точки $(\xi,\eta) \in G$ найдется кусочно гладкая кривая $\gamma \subset G,$ начало которой в точке $(\xi_{0},\eta_{0}),$ а конец — в точке $(\xi,\eta),$ причем для любой такой кривой интеграл $\int_{\gamma}P dx + Q dy$ зависит лишь от точек $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta).$ Таким образом, на $G$ определена функция $$U(\xi,\eta) = \int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy,$$ где $\gamma \subset G$ — кусочно гладкая кривая, соединяющая точки $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta).$ Покажем, что функция $U(\xi,\eta)$ будет потенциалом нашего векторного поля, т. е. $$\frac{\partial U}{\partial \xi} (\xi,\eta) = P(\xi,\eta),\quad\frac{\partial U}{\partial \eta} (\xi,\eta) = Q(\xi,\eta).$$ Пусть $(\xi,\eta) \in G$ и $\Delta\xi$ таково, что отрезок $I,$ соединяющий точки $(\xi,\eta)$ и $\xi + \Delta\xi,\eta),$ содержится в $G.$ Соединим точки $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta)$ кривой $\gamma \subset G.$ Тогда $$\frac{1}{\Delta\xi}[U (\xi + \Delta\xi,\eta) — U(\xi,\eta)$ ] =$$ $$= \frac{1}{\Delta\xi}\left[\int_{\gamma \cup I}P(x,y) dx + Q(x,y) dy-\int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy \right] =$$ $$=\frac{1}{\Delta\xi}\int_{I}P(x,y) dx + Q(x,y) dy = \frac{1}{\Delta\xi}\int_{\xi}^{\xi + \Delta\xi}P(x,\eta) dx = P(\xi + \theta\Delta\xi,\eta),$$ где $0 \leqslant \theta \leqslant 1.$ Последнее равенство справедливо в силу непрерывности функции $P(x,y)$ и следует из теоремы о среднем значении для интеграла Римана по отрезку $[\xi,\xi+\Delta\xi].$ При $\Delta\xi \rightarrow 0$ правая часть стремится к $P(\xi,\eta).$ Поэтому существует $$\frac{\partial U}{\partial \xi}(\xi,\eta) = \lim\limits_{\Delta\xi\to 0} \frac{U(\xi+\Delta\xi,\eta)-U(\xi,\eta)}{\Delta\xi} = P(\xi,\eta).$$ Аналогично доказываем, что $$\frac{\partial U}{\partial \eta}(\xi,\eta) = Q(\xi,\eta).$$ Наконец, поскольку функции $P(\xi,\eta)$ и $Q(\xi,\eta)$ непрерывны в $G$, то функция $U(\xi,\eta)$ непрерывно дифференцируема в $G.$
Замечание 1. В условии теоремы 1 не требуется, чтобы кривая $$ была контуром, т. е. эта кривая не обязана быть простой.
Замечание 2. При доказательстве достаточности было показано, что из равенства нулю криволинейного интеграла $II$ рода вдоль любой замкнутой кривой следует, что интеграл не зависит от кривой, а только лишь от начальной и конечной ее точек. Обратное утверждение, очевидно, также имеет место, т. е. если интеграл не зависит от кривой, соединяющей начальную и конечную точки, то по замкнутой кривой он равен нулю.
Замечание 3. При доказательстве достаточности была построена такая функция $U$, что $dU = P dx + Q dy$, где заданные функции $P(x,y)$ и $Q(x,y)$ удовлетворяют условию (23.3). Ясно, что задача нахождения этой функции $U$ является двухмерным аналогом задачи нахождения первообразной в одномерном случае. Напомним, что в одномерном случае было показано, что для любой непрерывной функции $f$ ее первообразная $F$ может быть записана в виде интеграла с переменным верхним пределом $$F(x) = \int_{a}^xf(t)dt.$$ Полученная нами формула $$U(\xi,\eta) = \int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y)dy \quad(\gamma : (\xi_{0},\eta_{0}) \rightarrow (\xi,\eta))$$ является аналогом указанной выше формулы из одномерного случая для случая функции двух переменных. Следует, однако, отметить, что в пространстве $\mathbb{R^2}$ уже не для каждой пары непрерывных функций $P$ и $Q$ найдется соответствующая функция $U$. Пример таких функций $P$ и $Q$ приведем ниже. Мы доказали, что функция $U$ существует, если функции $(P,Q)$ удовлетворяют условию (23.3).
Замечание 4. Можно показать, что условие (23.3) эквивалентно условию равенства нулю интеграла по любому кусочно гладкому контуру, т. е. можно рассматривать лишь простые кривые.
Замечание 5. Теорема 1 не дает практических рекомендаций для выяснения вопроса о потенциальности поля $(P,Q),$ так как на практике условие (23.3) проверяется трудно.
Следующая теорема в частном случае содержит условие, легко проверяемое с практической точки зрения.
Теорема 2. Пусть поле $(P(x,y),Q(x,y))$ непрерывно дифференцируемо в области $G \subset \mathbb{R^2}.$ Для того чтобы оно было потенциальным, необходимо, а если область $G$ односвязна, то и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\quad ((x,y) \in G) \quad (23.4) $$
Необходимость. Пусть поле $(P,Q)$ потенциальное, т. е. пусть существует такая функция $U$, что $$P(x,y) = \frac{\partial U}{\partial x}(x,y),\quad Q(x,y) = {\partial U}{\partial y}(x,y)\quad((x,y) \in G).$$ Поскольку функции $P$ и $Q$ непрерывно дифференцируемы и $$\frac{\partial P}{\partial y}(x,y) = \frac{\partial^2 U}{\partial x\partial y}(x,y),\quad\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial^2 U}{\partial y\partial x}(x,y),$$ то, в силу равенства смешанных производных функции $U$, которое следует из теоремы Шварца, получаем, что справедиво равенство (23.4). Достаточность. Пусть область $G$ односвязна. Возьмем произвольный кусочно гладкий контур $\Gamma \subset G$ и обозначим через $\Omega$ область, ограниченную этим контуром. Тогда, по формуле Грина, получим $$\int_{\Gamma}P dx + Q dy = \int\int_{\Omega}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) dxdy.$$ Отсюда, в силу условия (23.4), следует, что по произвольному кусочно гладкому контуру $\Gamma \subset G$ справедливо равенство $$\int_{\Gamma}P dx + Q dy = 0.$$ С учетом замечания 4, из этого равенства следует, что поле $(P,Q)$ является потенциальным.
В заключение рассмотрим пример, показывающий, что условие односвязности в теореме 2 нельзя отбросить. Этот же пример показывает, что не для любых непрерывных (и даже непрерывно дифференцируемых) функций $P$ и $Q$ существует такая функция $U,$ что $dU=Pdx+Qdy.$
Пример. Пусть $\small P(x,y)=-\frac{y}{x^2+y^2},\,Q(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2}\,\,((x,y)\neq(0,0)).\normalsize$ Функция $P$ и $Q$ удовлетворяют условию (23.4) в области$G\equiv\mathbb{R^2}\backslash{(0,0)},$ так как $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ Вместе с тем поле $(P,Q)$ не является потенциальным, так как в противном случае было бы выполнено условие (23.3). Мы же покажем, что $\int_\Gamma Pdx+Qdy\neq 0,$ где $\Gamma$ – окружность $x=\cos t,\,y=\sin t\,(0\leqslant t \leqslant 2\pi).$ Имеем $$\int_{\Gamma} P dx + Q dy = \int_{0}^{2\pi}[(-\sin t)(-\sin t)+\cos t\cos t]dt = 2\pi \neq 0.$$
Таким образом, в неодносвязной области $G$ наше поле не является потенциальным. Вместе с тем так как условие (23.4) выполнено, то, в силу теоремы 2, наше поле потенциально в любой односвязной области $G$, не содержащей начала координат.
Пример 1. Проверить, является ли векторное поле $\vec{F} = X\vec{i} + Y\vec{j} + Z\vec{k}$ потенциальным. В случае потенциальности поля найти его потенциал.
$\vec{F} = (9x + 5yz)\vec{i} + (9y + 5xz)\vec{j} + (9z + 5xy)\vec{k}$
Решение. Для потенциальности поля необходимо и достаточно, чтобы $rot\vec{F} = 0.$
В качестве точки $(x_{0},y_{0},z_{0})$ возьмем точку $(0,0,0)$
$U = \int_{0}^{x}(9x+5yz)|_{y=0\\z=0} dx + \int_{0}^{y}(9y+5xz)|_{x=0}dy + \int_{0}^{z}(9z+5xy)dz + C = $ $=\frac{9}{2}x^2 + \frac{9}{2}y^2 + \frac{9}{2}z^2 + 5xyz +C$
Пример 2. Показать, что поле $\vec{a}=(y+\cos z)\vec{i} + x\vec{j}-x\sin z\vec{k}$ потенциально во всем пространстве и найти его потенциал.
Решение. Вычислим $\overline{rot}\vec{a}$
$rot\vec{a}=\begin{vmatrix} \vec{i}& \vec{j}& \vec{k} \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial}{\partial y}& \frac{\partial}{\partial z} \\ {y+\cos z}& x& {-x\sin z}\end{vmatrix}=\vec{i}(0-0)-\vec{j}(-\sin z + \sin z)+$ $$+(1-1)\vec{k}=\vec{0}$$ т.е. поле $\vec{a}$ потенциально . Вычисляем потенциальность с помощью этой формулы: $$U(x,y,z)=\int_{x_{0}}^{x}a_{x}(x,y_{0},z_{0}) dx+ \int_{y_{0}}^{y}a_{y}(x,y,z_{0}) dy+$$ $$+\int_{z_{0}}^{z}a_{z}(x,y,z) dz+C,$$ а в качестве точки $(x_{0},y_{0},z_{0})$ возьмем точку(0,0,0). $$U(x,y,z)=\int_{0}^x(0+\cos 0) dx + \int_{0}^y x dy-\int_{0}^z x\sin z dz =$$ $$=\int_{0}^x dx + x\int_{0}^y dy-x\int_{0}^z \sin z dz + C =$$ $$= x|_0^x + xy|_0^y+x\cos z|_0^z+C =$$ $$= x + xy + x\cos z-x\cos 0 + C =$$ $$= x + xy + x\cos z-x + C =$$ $$=xy+x\cos z + C.$$
Пример3.Показать,что векторное поле $\vec{F}$ является потенциальным.
Непрерывное векторное поле $(P(x,y),Q(x,y))$ называется ______________ в области $G \subset \mathbb{R^2},$ если существует непрерывно дифференцируемая функция $U(x,y)$, заданная на $G$, такая, что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y), \quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y).$$
Правильно
Неправильно
Задание 4 из 4
4.
Количество баллов: 4
Найдите потенциалы
Элементы сортировки
$u=xyz(x+y+z)+C$
$\frac{1}{3}$
$u=\frac{m}{r}$
$u(x,y,z)=\sum_{i=1}^{n} \frac{m_i}{r_i}$
$a=yz(2x + y +z)i+$
$+xz(x+2y+z)j+$
$+xy(x+y+2z)k$
