MS-A0305 Differentiaali- ja integraalilaskenta 3 Luento 9: Greenin lause

Transkriptio

1 MS-A0305 Differentiaali- ja integraalilaskenta 3 Luento 9: Greenin lause Antti Rasila Aalto-yliopisto Syksy 2015 Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

2 Esimerkki Olkoon F : R 3 R 3 vakiofunktio F = Ai + Bj + Ck, A, B, C R, ja S koordinaatistion suuntainen laatikko ulkonormaalina ˆN. Lasketaan F :n vuo ulos S:stä. Vuo = S F ˆN ds = laatikon sisus div F dv = 0. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

3 Esimerkki Lasketaan vektorikentän F (x, y, z) = zk voi ulos a-säteisestä pallosta S 2 (a) = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 = a 2 }, a > 0. Kuvasta nähdään, että vuo on nollaa suurempi. Vuo ulos S:stä (huom. div F = 1): S 2 (a) F ˆN ds = B 3 (a) div F dv = B 3 (a) 1 dv = 4πa3 3 > 0. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

4 Esimerkki Olkoon D R 3 kappale, jonka reunapinta on S ja ulkonormaali ˆN. Tarkastellaan funkiota F (x, y, z) = xi + yj + zk. Saadaan div F = = 3. Tällöin D:n tilavuus on D 1 dv = 1 3 = 1 3 S D F ˆN ds. div F dv Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

5 Gaussin lauseen tulkinta Oletetaan, että D R 3 on kappale jonka reunapinta on S ja ulkonormaali ˆN. Olkoon F : R 3 R 3 nesteen nopeuskenttä. Tällöin div F (x, y, z) kuvaa pisteen (x, y, z) D lähteisyyttä. Nyt I = D div F dv kuvaa kappaleen D lähteisyyttä. Perustelu: Gaussin lauseen nojalla I = S F ˆN ds, mikä on nesteen vuo S:n läpi. Erityisesti, jos I > 0, niin S:stä tulee enemmän nestettä kuin sinne menee sisään, eli S toimii lähteenä. Vastaavasti, jos I < 0, niin S toimii nieluna. Jos I = 0, S ei ole lähde eikä nielu. Gaussin lauseen tulkinta: Lähteiden summa vähennettynä nielujen summalla antaa kokonaisvirtauksen ulos alueesta. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

6 Yksinkertainen alue Alue D R 2 on yksinkertainen, jos D voidaan kirjoittaa muodossa D = {(x, y) : x (a, b), y (c(x), d(x))} ja myös muodossa D = {(x, y) : y (c, d), a (a(y), b(y))}. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

7 Säännöllinen alue Alue D R 2 on säännöllinen, jos D on rajoitettu ja D voidaan jakaa äärellisen moneen yksinkertaiseen osaan. Nämä alueet ovat säännöllisiä (kuvia luennolla). Rajoittamaton alue (erityisesti R 2 ) ei ole säännöllinen. Alue voi olla rajoitettu, mutta ei säännöllinen (äärettömän monta reikää). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

8 Reunakäyrän suunnistus Olkoon D R 2 säännöllinen alue. Voidaan kirjoittaa S = {(x, y, 0) : (x, y) D} R 3. Valitaan S:lle suunnistus ˆN = k. Esim. Kun kierretään reunakäyrää positiiviseen kiertosuuntaan (vastapäivään), niin alue D jää vasemmalle puolelle. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

9 Greenin lause Lause Olkoon D R 2 säännöllinen alue, jonka suljetut reunakäyrät C 1,..., C N ovat paloittain sileitä eivätkä leikkaa itseään. Tällöin D curl F k da = kun r : D R 2 on sileä vektorikenttä. D ( x F 2 y F 1) da = N j=1 C j F dr, Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

10 Huomautus Jos F = F 1 i + F 2 j, niin i j k curl F = det x y z F 1 (x, y) F 2 (x, y) 0 ( = 0i 0j + x F 2 ) y F 1 k. Tulkinta: Tason (xy-tason) vektorikenttä voi pyöriä (avaruudessa) ainoastaa z-akselin ympäri. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

11 Greenin lauseen todistus 1/6 Vektorikentälle F = F 1 i + F 2 j Greenin lause sanoo: D ( x F 2 y F 1) da = N F dr = C j j=1 Riittää osoittaa: { D y F 1 da = C (F 1i) dr, x F 2 da = C (F 2j) dr. D C (F 1 i + F 2 j) dr. Todistetaan ylempi yhtälö, alempi voidaan osoittaa samaan tapaan. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

12 Greenin lauseen todistus 2/6 Jos D on yksinkertainen, niin yhtälön vasen puoli voidaan kirjoittaa kuten Gaussin lauseen todistuksessa ˆ b ˆ d(x) y F 1 da = y F 1 dy dx = = D ˆ b a ˆ b a a c(x) [ F 1 ( x, d(x) ) + F1 ( x, c(x) ) ] dx ˆ ( ) a ( ) F 1 x, c(x) dx + F 1 x, d(x) dx b Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

13 Greenin lauseen todistus 3/6 Kirjoitetaan yhtälön oikea puoli ˆ (F 1 i) dr = I 1 + I 2 + I 3 + I 4, C missä I 1,..., I 4 vastaavat kuvion alaosaa, oikeaa sivua, yläosaa ja vasenta sivua (huom. kiertosuunta). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

14 Greenin lauseen todistus 4/6 I 1 : C 1 : r(x) = xi + c(x)j, x [a, b]. Saadaan x r(x) = i + c (x)j. Lasketaan: ˆ C 1 F 1 i dr = ˆ b a ˆ ( ) dr b F 1 r(x) i dx dx = ( ) F 1 x, c(x) dx. a I 2 : C 2 : r(y) = bi + yj, y [c(b), d(b)]. Saadaan y r(y) = j. Lasketaan: ˆ C 2 F 1 i dr = ˆ d(b) c(b) ( ) dr F 1 r(y) i dy = 0. dy Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

15 Greenin lauseen todistus 5/6 I 4 : Vastaavasti ˆ C 4 F 1 i dr = 0, koska y r = j. I 3 : C 3 : r(x) = xi + d(x)j, x [a, b]. Saadaan x r(x) = i + d (x)j. Lasketaan (huomaa integroimissuunta): ˆ C 3 F 1 i dr = ˆ a b F 1 ( r(x) ) i dr dx dx = ˆ a Saadaan Greenin lause yksinkertaiselle alueelle: C (F 1 i) dr = I 1 + I 3 = ˆ b a b F 1 ( x, d(x) ) dx. ˆ ( ) a ( ) F 1 x, c(x) dx + F 1 x, d(x) dx. b Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

16 Greenin lauseen todistus 6/6 Olkoon D = D 1 D 2, missä D 1, D 2 yksinkertaisia. Tällöin ( D x F 2 ) y F 1 da =... da +... da. D 1 D 2 Näihin voidaan erikseen soveltaa Greenin lausetta, jolloin vastakkaissuuntaiset integraalit reunallä kumoutuvat. Vastaavasti, jos D koostuu useammasta yksinkertaisesta alueesta jäljelle jää integraali alkuperäisen alueen reunan yli. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

17 Esimerkki Olkoon D R 2 säännöllinen alue reunakäyränä C ja F : D R 2 on vektorikenttä, jolle x F 2 y F 1 = 1. (1) Tällöin D:n pinta-ala on 1 da = D D ( x F 2 ) ˆ y F 1 da = F dr. C Yhtälö (1) pätee esimerkiksi, kun F = xj, F = yi tai F = 1 2 (xj yi). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

18 Esimerkki 1/2 Lasketaan ellipsin pinta ala. D = { ( x ) 2 ( y ) 2 } (x, y) : + 1, a, b > 0, a b Edellisen esimerkin perusteella D:n ala saadaan laskemalla integraali (xj) dr, missä C on D:n reunakäyrä. C:n parametrisaatio C F (t) = ai cos t + bj sin t. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19

19 Esimerkki 2/2 Lasketaan ˆ 2π 0 Huomaa, että ˆ 2π (aj cos t) ( ai sin t + bj cos t) dt = ab cos 2 t dt. 0 = ab 1 2 ˆ 2π 0 ˆ 2π 0 (sin 2 t + cos 2 t) dt = abπ. cos 2 t dt = ˆ 2π Tarkistus: Jos a = b, niin saadaan πa 2. 0 sin 2 t dt. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0305 Syksy / 19