Вычисление криволинейного интеграла первого рода примеры. Вычислить криволинейный интеграл I рода по дуге L. Задача о работе силы

Криволинейный интеграл 2-ого рода вычисляется так же, как криволинейный интеграл 1-ого рода сведением к определённому. Для этого все переменные под знаком интеграла выражают через одну переменную, используя уравнение той линии, вдоль которой производится интегрирование.

а) Если линия АВ задана системой уравнений то

(10.3)

Для плоского случая, когда кривая задана уравнением криволинейный интеграл вычисляется по формуле: . (10.4)

Если линия АВ задана параметрическими уравнениями то

(10.5)

Для плоского случая, еслилиния АВ задана параметрическими уравнениями , криволинейный интеграл вычисляется по формуле:

, (10.6)

где - значения параметра t, соответствующие начальной и конечной точкам пути интегрирования.

Если линия АВ кусочно-гладкая, то следует воспользоваться свойством аддитивности криволинейного интеграла, разбив АВ на гладкие дуги.

Пример 10.1 Вычислим криволинейный интеграл вдоль контура, состоящего из части кривой от точки до и дуги эллипса от точки до .

Т. к. контур состоит из двух частей, воспользуемся свойством аддитивности криволинейного интеграла: . Сведём оба интеграла к определённым. Часть контура задана уравнением относительно переменной . Воспользуемся формулой (10.4 ), в которой поменяем ролями переменные. Т.е.

. После вычисления получим .

Для вычисления интеграла по контуру ВС перейдём к параметрической форме записи уравнения эллипса и воспользуемся формулой (10.6).

Обратите внимание на пределы интегрирования. Точке соответствует значение , а точке соответствует Ответ:
.

Пример 10.2. Вычислим вдоль отрезка прямой АВ , где А(1,2,3), В(2,5,8).

Решение . Задан криволинейный интеграл 2-ого рода. Для вычисления необходимо преобразовать его в определённый. Составим уравнения прямой. Её направляющий вектор имеет координаты .

Канонические уравнения прямой АВ: .

Параметрические уравнения этой прямой: ,

При
.

Воспользуемся формулой (10.5) :

Вычислив интеграл, получим ответ: .

5. Работа силы при перемещении материальной точки единичной массы из точки в точку вдоль кривой .

Пусть в каждой точке кусочно –гладкой кривой задан вектор, имеющий непрерывные функции-координаты: . Разобьём эту кривую на малых частей точками так, чтобы в точках каждой части значение функций
можно было считать постоянными, а сама часть могла быть принята за отрезок прямой (см. рис. 10.1). Тогда . Скалярное произведение постоянной силы, роль которой играет вектор , на прямолинейный вектор перемещения численно равно работе, которую совершает сила при перемещении материальной точки вдоль . Составим интегральную сумму . В пределе при неограниченном увеличении числа разбиений получим криволинейный интеграл 2-ого рода

. (10.7) Таким образом, физический смысл криволинейного интеграла 2-ого рода - это работа, произведённая силой при перемещении материальной точки от А к В по контуру L .

Пример 10.3. Вычислим работу, производимую вектором при перемещении точки вдоль части кривой Вивиани, заданной как пересечение полусферы и цилиндра , пробегаемой против часовой стрелки, если смотреть с положительной части оси OX.

Решение . Построим заданную кривую как линию пересечения двух поверхностей (см. рис. 10.3).

.

Чтобы свести подынтегральное выражение к одной переменной, перейдём в цилиндрическую систему координат: .

Т.к. точка перемещается по кривой , то удобно в качестве параметра выбрать переменную , которая вдоль контура меняется так, что . Тогда получаем следующие параметрические уравнения этой кривой:

.При этом
.

Подставим полученные выражения в формулу для вычисления циркуляции:

( - знак + указывает на то, что движение точки по контуру происходит против часовой стрелки)

Вычислим интеграл и получим ответ: .

Занятие 11 .

Формула Грина для односвязной области. Независимость криволинейного интеграла от пути интегрирования. Формула Ньютона-Лейбница. Нахождение функции по ее полному дифференциалу с помощью криволинейного интеграла (плоский и пространственный случаи).

ОЛ-1 гл.5, ОЛ-2 гл.3, ОЛ-4 гл.3 § 10, п. 10.3, 10.4.

Практика : ОЛ-6№№ 2318(а,б,д),2319(а,в),2322(а,г),2327,2329 илиОЛ-5 №№10.79, 82, 133, 135, 139.

Домашнее здание к занятию 11 : ОЛ-6 №№ 2318 (в,г), 2319(в,г), 2322(б,в), 2328, 2330 или ОЛ-5 №№ 10.80, 134, 136, 140

Формула Грина.

Пусть на плоскости дана односвязная область , ограниченная кусочно- гладким замкнутым контуром . (Область называется односвязной, если в ней любой замкнутый контур может быть стянут в точку этой области).

Теорема . Если функции и их частные производные Г , то

Рисунок 11.1

- формула Грина . (11.1)

Обозначает положительное направление обхода (против часовой стрелки).

Пример 11.1. Используя формулу Грина, вычислим интеграл по контуру, состоящему из отрезков OA, OB и большей дуги окружности , соединяющей точки A и B, если , , .

Решение . Построим контур (см. рис.11.2). Вычислим необходимые производные.

Рисунок 11.2

, ; , . Функции и их производные непрерывны в замкнутой области, ограниченной данным контуром. По формуле Грина данный интеграл .

После подстановки вычисленных производных получаем

. Двойной интеграл вычислим, переходя к полярным координатам:
.

Проверим ответ, вычислив интеграл непосредственно по контуру как криволинейный интеграл 2-ого рода.
.

Ответ :
.

2. Независимость криволинейного интеграла от пути интегрирования .

Пусть и - произвольные точки односвязной области пл. . Криволинейные интегралы, вычисленные по различным кривым, соединяющим эти точки, в общем случае имеют различные значения. Но при выполнении некоторых условий все эти значения могут оказаться одинаковыми. Тогда интеграл не зависит от формы пути, а зависит только от начальной и конечной точек.

Имеют место следующие теоремы.

Теорема 1 . Для того, чтобы интеграл
не зависел от формы пути, соединяющего точки и , необходимо и достаточно, чтобы этот интеграл по любому замкнутому контуру был равен нулю.

Теорема 2. . Для того, чтобы интеграл
по любому замкнутому контуру был равен нулю, необходимо и достаточно, чтобы функции и их частные производные были непрерывны в замкнутой области Г и чтобы выполнялось условие (11.2)

Таким образом, если выполняются условия независимости интеграла от формы пути (11.2) , то достаточно указать только начальную и конечную точки: (11.3)

Теорема 3. Если в односвязной областивыполняется условие , то существует функция такая, что . (11.4)

Эта формула называется формулой Ньютона – Лейбница для криволинейного интеграла.

Замечание. Напомним, что равенство является необходимым и достаточным условием того, что выражение
.

Тогда из выше сформулированных теорем следует, что если функции и их частные производные непрерывны в замкнутой области Г , в которой даны точки и , и , то

а) существует функция , такая, что ,

не зависит от формы пути, ,

в) имеет место формула Ньютона – Лейбница .

Пример 11.2 . Убедимся в том, что интеграл
не зависит от формы пути, и вычислим его.

Решение. .

Рисунок 11.3

Проверим выполнение условия (11.2) .
. Как видим, условие выполнено. Значение интеграла не зависит от пути интегрирования. Выберем путь интегрирования. Наиболее

простым путём для вычислений является ломаная линия АСВ , соединяющая точки начала и конца пути. (См. рис. 11.3)

Тогда .

3. Нахождение функции по её полному дифференциалу .

С помощью криволинейного интеграла, который не зависит от формы пути, можно найти функцию , зная её полный дифференциал. Эта задача решается следующим образом.

Если функции и их частные производные непрерывны в замкнутой области Г и , то выражение является полным дифференциалом некоторой функции . Кроме этого интеграл
, во-первых, не зависит от формы пути и, во-вторых, может быть вычислен по формуле Ньютона – Лейбница.

Вычислим
двумя способами.

Рисунок 11.4

а) Выберем в области точку с конкретными координатами и точку с произвольными координатами. Вычислим криволинейный интеграл по ломаной, состоящей из двух отрезков прямых, соединяющих эти точки, причём один из отрезков параллелен оси , а другой – оси . Тогда . (См. рис. 11.4)

Уравнение .

Уравнение .

Получаем: Вычислив оба интеграла, получаем в ответе некоторую функцию .

б) Теперь тот же интеграл вычислим по формуле Ньютона – Лейбница.

Теперь сравним два результата вычисления одного и того же интеграла. Функциональная часть ответа в пункте а) является искомой функцией , а числовая часть – её значением в точке .

Пример 11.3. Убедимся в том, что выражение
является полным дифференциалом некоторой функции и найдём её. Проверим результаты вычисления примера 11.2 по формуле Ньютона-Лейбница.

Решение. Условие существования функции (11.2) было проверено в предыдущем примере. Найдём эту функцию, для чего воспользуемся рисунком 11.4, причём примем за точку . Составим и вычислим интеграл по ломаной АСВ, где :

Как было сказано выше, функциональная часть полученного выражения и есть искомая функция
.

Проверим результат вычислений из примера 11.2 по формуле Ньютона –Лейбница:

Результаты совпали.

Замечание. Все рассмотренные утверждения верны и для пространственного случая, но с большим количеством условий.

Пусть кусочно-гладкая кривая принадлежит области в пространстве . Тогда, если функции и их частные производные непрерывны в замкнутой области , в которой даны точки и , и
(11.5 ), то

а) выражение является полным дифференциалом некоторой функции ,

б) криволинейный интеграл от полного дифференциала некоторой функции не зависит от формы пути и ,

в) имеет место формула Ньютона – Лейбница .(11.6 )

Пример 11.4 . Убедимся в том, что выражение является полным дифференциалом некоторой функции и найдём её.

Решение. Для ответа на вопрос о том, является ли данное выражение полным дифференциалом некоторой функции , вычислим частные производные от функций , , . (См. (11.5) ) ; ; ; ; ; .

Эти функции непрерывны вместе со своими частными производными в любой точке пространства .

Видим, что выполняются необходимые и достаточные условия существования : , , , ч. т. д.

Для вычисления функции воспользуемся тем, что линейный интеграл не зависит от пути интегрирования и может быть вычислен по формуле Ньютона-Лейбница. Пусть точка - начало пути, а некоторая точка - конец пути. Вычислим интеграл

по контуру, состоящему из отрезков прямых, параллельных координатным осям. (см.рис.11.5).

.

Рисунок 11.5

Уравнения частей контура: , ,
.

Тогда

, x здесь зафиксирован, поэтому ,

Здесь зафиксирован y , поэтому .

В итоге получаем: .

Теперь тот же интеграл вычислим по формуле Ньютона-Лейбница.

Приравняем результаты: .

Из полученного равенства следует, что , а

Занятие 12.

Поверхностный интеграл первого рода: определение, основные свойства. Правила вычисления поверхностного интеграла первого рода с помощью двойного интеграла. Приложения поверхностного интеграла первого рода: площадь поверхности, масса материальной поверхности, статические моменты относительно координатных плоскостей, моменты инерции и координаты центра тяжести . ОЛ-1 гл.6, ОЛ 2 гл.3, ОЛ-4§ 11.

Практика : ОЛ-6 №№ 2347, 2352, 2353 или ОЛ-5 №№ 10.62, 65, 67.

Домашнее задание к занятию 12:

ОЛ-6 №№ 2348, 2354 или ОЛ-5 №№ 10.63, 64, 68.

Определение: Пусть в каждой точки гладкой кривой L = AB в плоскости Oxy задана непрерывная функция двух переменных f(x,y) . Произвольно разобьем кривую L на n частей точками A = М 0 , М 1 , М 2 , ... М n = B. Затем на каждой из полученых частей \(\bar{{M}_{i-1}{M}_{i}}\) выберем любую точку \(\bar{{M}_{i}}\left(\bar{{x}_{i}},\bar{{y}_{i}}\right)\)и составим сумму $${S}_{n}=\sum_{i=1}^{n}f\left(\bar{{x}_{i}},\bar{{y}_{i}}\right)\Delta {l}_{i}$$ где \(\Delta{l}_{i}={M}_{i-1}{M}_{i}\) - дуга дуги \(\bar{{M}_{i-1}{M}_{i}}\). Полученная сумма называется интегральной суммой первого рода для функции f(x,y) , заданой на кривой L.

Обозначим через d наибольшую из длин дуг \(\bar{{M}_{i-1}{M}_{i}}\) (таким образом, d = \(max_{i}\Delta{l}_{i}\)). Если при d ? 0 существует предел интегральных сумм S n (не зависящих от способа разбиения кривой L на части и выбора точек \(\bar{{M}_{i}}\)), то этот предел называется криволинейным интегралом первого порядка от функции f(x,y) по кривой L и обозначается $$\int_{L}f(x,y)dl$$

Можно доказать, что если функция f(x,y) непрерывна, то криволинейный интеграл \(\int_{L}f(x,y)dl\) существует.

Свойства криволинейного интеграла 1 рода

Криволинейный интеграл первого рода обладает свойствами, аналогичными соответствующим свойства определеннного интеграла:

• аддитивность,
• линейность,
• оценка модуля,
• теорема о среднем.

Однако есть отличие: $$\int_{AB}f(x,y)dl=\int_{BA}f(x,y)dl$$ т.е. криволинейный интеграл первого рода не зависит от направления интегрирования.

Вычисление криволинейных интегралов первого рода

Вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится к вычислению определенного интеграла. А именно:

1. Если кривая L задана непрерывно дифференцируемой функцией y=y(x), x \(\in \) , то $${\int\limits_L {f\left({x,y} \right)dl} } = {\int\limits_a^b {f\left({x,y\left(x \right)} \right)\sqrt {1 + {{\left({y"\left(x \right)} \right)}^2}} dx} ;}$$ при этом выражение \(dl=\sqrt{{1 + {{\left({y"\left(x \right)} \right)}^2}}} dx \) называется дифференциалом длины дуги.
2. Если крива L задана параметрически, т.е. в виде x=x(t), y=y(t), где x(t), y(t) - непрерывно дифференцируемые функции на некотором отрезке \(\left [ \alpha ,\beta \right ]\), то $$ {\int\limits_L {f\left({x,y} \right)dl} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left ({x\left(t \right),y\left(t \right)} \right)\sqrt {{{\left({x"\left(t \right)} \right)}^2} + {{\left({y"\left(t \right)} \right)}^2}} dt}} $$ Это равенство распространяется на случай пространственной кривой L, заданной параметрически: x=x(t), y=y(t), z=z(t), \(t\in \left [ \alpha ,\beta \right ]\). В этом случае, если f(x,y,z) - непрерывная функция вдоль кривой L, то $$ {\int\limits_L {f\left({x,y,z} \right)dl} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left [ {x\left(t \right),y\left(t \right),z\left(t \right)} \right ]\sqrt {{{\left({x"\left(t \right)} \right)}^2} + {{\left({y"\left(t \right)} \right)}^2} + {{\left({z"\left(t \right)} \right)}^2}} dt}} $$
3. Если плоская кривая L задана полярным уравнением r=r(\(\varphi \)), \(\varphi \in\left [ \alpha ,\beta \right ] \), то $$ {\int\limits_L {f\left({x,y} \right)dl} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left({r\cos \varphi ,r\sin \varphi } \right)\sqrt {{r^2} + {{{r}"}^2}} d\varphi}} $$

Криволинейные интегралы 1 рода - примеры

Пример 1

Вычислить криволинейный интеграл первого рода

$$ \int_{L}\frac{x}{y}dl $$ где L дуга параболы y 2 =2x, заключенная между точками (2,2) и (8,4).

Решение: Найдем дифференциал дуги dl для кривой \(y=\sqrt{2x}\). Имеем:

\({y}"=\frac{1}{\sqrt{2x}} \) $$ dl=\sqrt{1+\left ({y}" \right)^{2}} dx= \sqrt{1+\left (\frac{1}{\sqrt{2x}} \right)^{2}} dx = \sqrt{1+ \frac{1}{2x}} dx $$ Следовательно данный интеграл равен: $$\int_{L}\frac{x}{y}dl=\int_{2}^{8}\frac{x}{\sqrt{2x}}\sqrt{1+\frac{1}{2x}}dx= \int_{2}^{8}\frac{x\sqrt{1+2x}}{2x}dx= $$ $$ \frac{1}{2}\int_{2}^{8}\sqrt{1+2x}dx = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left (1+2x \right)^{\frac{3}{2}}|_{2}^{8}= \frac{1}{6}(17\sqrt{17}-5\sqrt{5}) $$

Пример 2

Вычислить криволинейный интеграл первого рода \(\int_{L}\sqrt{x^2+y^2}dl \), где L - окружность x 2 +y 2 =ax (a>0).

Решение: Введем полярные координаты: \(x = r\cos \varphi \), \(y=r\sin \varphi \). Тогда поскольку x 2 +y 2 =r 2 , уравнение окружности имеет вид: \(r^{2}=arcos\varphi \), то есть \(r=acos\varphi \), а дифференциал дуги $$ dl = \sqrt{r^2+{2}"^2}d\varphi = $$ $$ =\sqrt{a^2cos^2\varphi=a^2sin^2\varphi }d\varphi=ad\varphi $$.

При этом \(\varphi\in \left [- \frac{\pi }{2} ,\frac{\pi }{2} \right ] \). Следовательно, $$ \int_{L}\sqrt{x^2+y^2}dl=a\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}acos\varphi d\varphi =2a^2 $$

Кафедра «Высшая математика»

Криволинейные интегралы

Методические указания

Волгоград

УДК 517.373(075)

Рецензент:

старший преподаватель кафедры «Прикладная математика» Н.И. Кольцова

Печатается по решению редакционно-издательского совета

Волгоградского государственного технического университета

Криволинейные интегралы: метод. указания / сост. М.И.Андреева,

О.Е. Григорьева; ВолгГТУ. – Волгоград, 2011. – 26 с.

Методические указания являются руководством к выполнению индивидуальных заданий по теме « Криволинейные интегралы и их приложения к теории поля».

В первой части методических указаний содержится необходимый теоретический материал для выполнения индивидуальных заданий.

Во второй части рассмотрены примеры выполнения всех типов заданий, включенных в индивидуальные задания по теме, что способствует лучшей организации самостоятельной работы студентов и успешному усвоению темы.

Методические указания предназначены для студентов первого и второго курсов.

© Волгоградский государственный

технический университет, 2011

1. КРИВОЛИНЕЙНЫЙ ИНТЕГРАЛ 1 РОДА

Определение криволинейного интеграла 1 рода

Пусть È АВ – дуга плоской или пространственной кусочно-гладкой кривой L , f (P ) – заданная на этой дуге непрерывная функция, А 0 = А , А 1 , А 2 , …, А n – 1 , А n = B АВ и P i – произвольные точки на частичных дугах È А i – 1 A i , длины которых Dl i (i = 1, 2, …, n

при n ® ¥ и max Dl i ® 0, который не зависит ни от способа разбиения дуги È АВ точками A i , ни от выбора точек P i на частичных дугах È А i – 1 A i (i = 1, 2, …, n ). Этот предел называется криволинейным интегралом 1 рода от функции f (P ) по кривой L и обозначается

Вычисление криволинейного интеграла 1 рода

Вычисление криволинейного интеграла 1 рода может быть сведено к вычислению определенного интеграла при разных способах задания кривой интегрирования.

Если дуга È АВ плоской кривой задана параметрически уравнениями где x (t ) и y (t t , причем x (t 1) = x A , x (t 2) = x B , то

где - дифференциал длины дуги кривой.

Аналогичная формула имеет место в случае параметрического задания пространственной кривой L . Если дуга ÈАВ кривой L задана уравнениями , и x (t ), y (t ), z (t ) – непрерывно дифференцируемые функции параметра t , то

где - дифференциал длины дуги кривой.

в декартовых координатах

Если дуга ÈАВ плоской кривой L задана уравнением где y (x

и формула для вычисления криволинейного интеграла имеет вид:

При задании дуги ÈАВ плоской кривой L в виде x = x (y ), y Î [y 1 ; y 2 ],
где x (y ) – непрерывно дифференцируемая функция,

и криволинейный интеграл вычисляется по формуле

(1.4)

Задание кривой интегрирования полярным уравнением

Если плоская кривая L задана уравнением в полярной системе координат r = r (j), j Î , где r (j) – непрерывно дифференцируемая функция, то

и

(1.5)

Приложения криволинейного интеграла 1 рода

С помощью криволинейного интеграла 1 рода вычисляются: длина дуги кривой, площадь части цилиндрической поверхности, масса, статические моменты, моменты инерции и координаты центра тяжести материальной кривой с заданной линейной плотностью.

1. Длина l плоской или пространственной кривой L находится по формуле

2. Площадь части цилиндрической поверхности с параллельной оси OZ образующей и расположенной в плоскости XOY направляющей L , заключенной между плоскостью XOY и поверхностью, задаваемой уравнением z = f (x ; y ) (f (P ) ³ 0 при P Î L ), равна

(1.7)

3. Масса m материальной кривой L с линейной плотностью m(P ) определяется формулой

(1.8)

4. Статические моменты относительно осей Ox и Oy и координаты центра тяжести плоской материальной кривой L с линейной плотностью m(x ; y ) соответственно равны:

(1.9)

5. Статические моменты относительно плоскостей Oxy , Oxz , Oyz и координаты центра тяжести пространственной материальной кривой с линейной плотностью m(x ; y ; z) определяются по формулам:

(1.11)

6. Для плоской материальной кривой L с линейной плотностью m(x ; y ) моменты инерции относительно осей Ox , Oy и начала координат соответственно равны:

(1.13)

7. Моменты инерции пространственной материальной кривой L с линейной плотностью m(x ; y ; z) относительно координатных плоскостей вычисляются по формулам

(1.14)

а моменты инерции относительно координатных осей равны:

(1.15)

2. КРИВОЛИНЕЙНЫЙ ИНТЕГРАЛ 2 РОДА

Определение криволинейного интеграла 2 рода

Пусть ÈАВ – дуга кусочно-гладкой ориентированной кривой L , = (a x (P ); a y (P ); a z (P )) – заданная на этой дуге непрерывная векторная функция, А 0 = А , А 1 , А 2 , …, А n – 1 , А n = B – произвольное разбиение дуги АВ и P i – произвольные точки на частичных дугах А i – 1 A i . Пусть – вектор с координатами Dx i , Dy i , Dz i (i = 1, 2, …, n ), и – скалярное произведение векторов и (i = 1, 2, …, n ). Тогда существует предел последовательности интегральных сумм

при n ® ¥ и max ÷ ç ® 0, который не зависит ни от способа разбиения дуги АВ точками A i , ни от выбора точек P i на частичных дугах ÈА i – 1 A i
(i = 1, 2, …, n ). Этот предел называется криволинейным интегралом 2 рода от функции (P ) по кривой L и обозначается

В случае, когда векторная функция задана на плоской кривой L , аналогично имеем:

При изменении направления интегрирования криволинейный интеграл 2 рода меняет знак.

Криволинейные интегралы первого и второго рода связаны соотношением

(2.2)

где – единичный вектор касательной к ориентированной кривой.

С помощью криволинейного интеграла 2 рода можно вычислять работу силы при перемещении материальной точки по дуге кривой L:

Положительным направлением обхода замкнутой кривой С, ограничивающей односвязную область G , считается обход против часовой стрелки.

Криволинейный интеграл 2 рода по замкнутой кривой С называется циркуляцией и обозначается

(2.4)

Вычисление криволинейного интеграла 2 рода

Вычисление криволинейного интеграла 2 рода сводится к вычислению определенного интеграла.

Параметрическое задание кривой интегрирования

Если ÈАВ ориентированной плоской кривой задана параметрически уравнениями , где х (t ) и y (t ) – непрерывно дифференцируемые функции параметра t , причем то

Аналогичная формула имеет место в случае параметрического задания пространственной ориентированной кривой L . Если дуга ÈАВ кривой L задана уравнениями , и – непрерывно дифференцируемые функции параметра t , то

Явное задание плоской кривой интегрирования

Если дуга ÈАВ L задана в декартовых координатах уравнением где y (x ) – непрерывно дифференцируемая функция, то

(2.7)

При задании дуги ÈАВ плоской ориентированной кривой L в виде
x = x (y ), y Î [y 1 ; y 2 ], где x (y ) – непрерывно дифференцируемая функция, справедлива формула

(2.8)

Пусть функции непрерывны вместе со своими производными

в плоской замкнутой области G , ограниченной кусочно-гладкой замкнутой самонепересекающейся положительно ориентированной кривой С + . Тогда имеет место формула Грина:

Пусть G – поверхностно-односвязная область, и

= (a x (P ); a y (P ); a z (P ))

– заданное в этой области векторное поле. Поле (P ) называется потенциальным, если существует такая функция U (P ), что

(P ) = grad U (P ),

Необходимое и достаточное условие потенциальности векторного поля (P ) имеет вид:

rot (P ) = , где (2.10)

(2.11)

Если векторное поле является потенциальным, то криволинейный интеграл 2 рода не зависит от кривой интегрирования, а зависит только от координат начала и конца дуги М 0 М . Потенциал U (М ) векторного поля определяется с точностью до постоянного слагаемого и находится по формуле

(2.12)

где М 0 М – произвольная кривая, соединяющая фиксированную точку М 0 и переменную точку М . Для упрощения вычислений в качестве пути интегрирования может быть выбрана ломаная М 0 М 1 М 2 М со звеньями, параллельными координатным осям, например:

3. примеры выполнения заданий

Задание 1

Вычислить криволинейный интеграл I рода

где L – дуга кривой , 0 ≤ x ≤ 1.

Решение. По формуле (1.3) сведения криволинейного интеграла I рода к определенному интегралу в случае гладкой плоской явно заданной кривой:

где y = y (x ), x 0 ≤ x ≤ x 1 – уравнение дуги L кривой интегрирования. В рассматриваемом примере Находим производную этой функции

и дифференциал длины дуги кривой L

то, подставляя в это выражение вместо y , получаем

Преобразуем криволинейный интеграл к определенному:

Вычисляем этот интеграл с помощью подстановки . Тогда
t 2 = 1 + x , x = t 2 – 1, dx = 2t dt ; при x = 0 t = 1; а x = 1 соответствует . После преобразований получаем

Задание 2

Вычислить криволинейный интеграл 1 рода по дуге L кривой L : x = cos 3 t , y = sin 3 t , .

Решение. Так как L – дуга гладкой плоской кривой, заданной в параметрическом виде, то используем формулу (1.1) сведения криволинейного интеграла 1 рода к определенному:

.

В рассматриваемом примере

Найдем дифференциал длины дуги

Найденные выражения подставляем в формулу (1.1) и вычисляем:

Задание 3

Найти массу дуги линии L с линейной плоскостью m.

Решение. Масса m дуги L с плотностью m(P ) вычисляется по формуле (1.8)

Это криволинейный интеграл 1 рода по параметрически заданной гладкой дуге кривой в пространстве, поэтому он вычисляется по формуле (1.2) сведения криволинейного интеграла 1 рода к определенному интегралу:

Найдем производные

и дифференциал длины дуги

Подставляем эти выражения в формулу для массы:

Задание 4

Пример 1. Вычислить криволинейный интеграл 2 рода

по дуге L кривой 4x + y 2 = 4 от точки A (1; 0) до точки B (0; 2).

Решение. Плоская дуга L задана в неявном виде. Для вычисления интеграла удобнее выразить x через y :

и находить интеграл по формуле (2.8) преобразования криволинейного интеграла 2 рода в определенный интеграл по переменной y :

где a x (x ; y ) = xy – 1, a y (x ; y ) = xy 2 .

С учетом задания кривой

По формуле (2.8) получаем

Пример 2 . Вычислить криволинейный интеграл 2 рода

где L – ломаная ABC , A (1; 2), B (3; 2), C (2; 1).

Решение . По свойству аддитивности криволинейного интеграла

Каждый из интегралов- слагаемых вычисляем по формуле (2.7)

где a x (x ; y ) = x 2 + y , a y (x ; y ) = –3xy .

Уравнение отрезка прямой AB : y = 2, y ¢ = 0, x 1 = 1, x 2 = 3. Подставляя в формулу (2.7) эти выражения, получаем:

Для вычисления интеграла

составим уравнение прямой BC по формуле

где x B , y B , x C , y C – координаты точек B и С . Получаем

y – 2 = x – 3, y = x – 1, y ¢ = 1.

Подставляем полученные выражения в формулу (2.7):

Задание 5

Вычислить криволинейный интеграл 2 рода по дуге L

0 ≤ t ≤ 1.

Решение . Так как кривая интегрирования задана параметрически уравнениями x = x (t ), y = y (t ), t Î [t 1 ; t 2 ], где x (t ) и y (t ) – непрерывно дифференцируемые функции t при t Î [t 1 ; t 2 ], то для вычисления криволинейного интеграла второго рода используем формулу (2.5) сведения криволинейного интеграла к определенному для плоской параметрически заданной кривой

В рассматриваемом примере a x (x ; y ) = y ; a y (x ; y ) = –2x .

C учетом задания кривой L получаем:

Подставляем найденные выражения в формулу (2.5) и вычисляем определенный интеграл:

Задание 6

Пример 1. C + где С : y 2 = 2x , y = x – 4.

Решение. Обозначение C + указывает, что обход контура осуществляется в положительном направлении, то есть против часовой стрелки.

Проверим, что для решения задачи можно использовать формулу Грина (2.9)

Так как функции a x (x ; y ) = 2y – x 2 ; a y (x ; y ) = 3x + y и их частные производные непрерывны в плоской замкнутой области G , ограниченной контуром C , тоформула Грина применима.

Для вычисления двойного интеграла изобразим область G , предварительно определив точки пересечения дуг кривых y 2 = 2x и
y = x – 4, составляющих контур C .

Точки пересечения найдем, решив систему уравнений:

Второе уравнение системы равносильно уравнению x 2 – 10x + 16 = 0, откуда x 1 = 2, x 2 = 8, y 1 = –2, y 2 = 4.

Итак, точки пересечения кривых: A (2; –2), B (8; 4).

Так как область G – правильная в направлении оси Ox , то для сведения двойного интеграла к повторному спроектируем область G на ось OY и воспользуемся формулой

.

Так как a = –2, b = 4, x 2 (y ) = 4+y , то

Пример 2. Вычислить криволинейный интеграл 2 рода по замкнутому контуру где С – контур треугольника с вершинами A (0; 0), B (1; 2), C (3; 1).

Решение. Обозначение означает, что контур треугольника обходится по часовой стрелке. В случае, когда криволинейный интеграл берется по замкнутому контуру , формула Грина принимает вид

Изобразим область G , ограниченную заданным контуром.

Функции и частные производные и непрерывны в области G , поэтому можно применить формулу Грина. Тогда

Область G не является правильной в направлении какой-либо из осей. Проведем отрезок прямой x = 1 и представим G в виде G = G 1 È G 2 , где G 1 и G 2 области, правильные в направлении оси Oy .

Тогда

Для сведения каждого из двойных интегралов по G 1 и G 2 к повторному будем использовать формулу

где [a ; b ] – проекция области D на ось Ox ,

y = y 1 (x ) – уравнение нижней ограничивающей кривой,

y = y 2 (x ) – уравнение верхней ограничивающей кривой.

Запишем уравнения границ области G 1 и найдем

AB : y = 2x , 0 ≤ x ≤ 1; AD : , 0 ≤ x ≤ 1.

Составим уравнение границы BC области G 2 , используя формулу

BC : где 1 ≤ x ≤ 3.

DC : 1 ≤ x ≤ 3.

Задание 7

Пример 1. Найти работу силы L : y = x 3 от точки M (0; 0) к точке N (1; 1).

Решение . Работу переменной силы при перемещении материальной точки по дуге кривой L определяем по формуле (2.3) (как криволинейный интеграл второго рода от функции по кривой L ) .

Так как векторная функция задана уравнением и дуга плоской ориентированной кривой определена явно уравнением y = y (x ), x Î [x 1 ; x 2 ], где y (x ) непрерывно дифференцируемая функция, то по формуле (2.7)

В рассматриваемом примере y = x 3 , , x 1 = x M = 0, x 2 = x N = 1. Поэтому

Пример 2 . Найти работу силы при перемещении материальной точки вдоль линии L : x 2 + y 2 = 4 от точки M (0; 2) к точке N (–2; 0).

Решение . Используя формулу (2.3), получаем

.

В рассматриваемом примере дуга кривой L (ÈMN ) – это четверть окружности, задаваемой каноническим уравнением x 2 + y 2 = 4.

Для вычисления криволинейного интеграла второго рода удобнее перейти к параметрическому заданию окружности: x = R cost , y = R sint и воспользоваться формулой (2.5)

Так как x = 2cost , y = 2sint , , , получаем

Задание 8

Пример 1 . Вычислить модуль циркуляции векторного поля вдоль контура Г :

Решение. Для вычисления циркуляции векторного поля вдоль замкнутого контура Г воспользуемся формулой (2.4)

Так как задано пространственное векторное поле и пространственный замкнутый контур Г , то переходя от векторной формы записи криволинейного интеграла к координатной форме, получаем

Кривая Г задана как пересечение двух поверхностей: гиперболического параболоида z = x 2 – y 2 + 2 и цилиндра x 2 + y 2 = 1. Для вычисления криволинейного интеграла удобно перейти к параметрическим уравнениям кривой Г .

Уравнение цилиндрической поверхности можно записать в виде:
x = cos t , y = sin t , z = z . Выражение для z в параметрических уравнениях кривой получается подстановкой x = cos t , y = sin t в уравнение гиперболического параболоида z = 2 + cos 2 t – sin 2 t = 2 + cos 2t . Итак, Г : x = cos t ,
y = sin t , z = 2 + cos 2t , 0 ≤ t ≤ 2p.

Так как входящие в параметрические уравнения кривой Г функции
x (t ) = cos t , y (t ) = sin t , z (t ) = 2 + cos 2t являются непрерывно дифференцируемыми функциями параметра t при t Î , то криволинейный интеграл находим по формуле (2.6)

16.3.2.1. Определение криволинейного интеграла первого рода. Пусть в пространстве переменных x,y,z задана кусочно-гладкая кривая , на которой определена функция f (x ,y ,z ).Разобьём кривую точками на частей, на каждой из дуг выберем произвольную точку , найдём и длину дуги , и составим интегральную сумму . Если существует предел последовательности интегральных сумм при , не зависящий ни от способа разбиения кривой на дуги , ни от выбора точек , то функция f (x ,y ,z ) называется интегрируемой по кривой , а значение этого предела называется криволинейным интегралом первого рода, или криволинейным интегралом по длине дуги от функции f (x ,y ,z ) по кривой , и обозначается (или ).

Теорема существования. Если функция f (x ,y ,z ) непрерывна на кусочно-гладкой кривой , то она интегрируема по этой кривой.

Случай замкнутой кривой. В этом случае в качестве начальной и конечной точки можно взять произвольную точку кривой. Замкнутую кривую в дальнейшем будем называть контуром и обозначать буквой С . То, что кривая, по которой вычисляется интеграл, замкнута, принято обозначать кружочком на знаке интеграла: .

16.3.2.2. Свойства криволинейного интеграла первого рода. Для этого интеграла имеют место все шесть свойств, справедливых для определённого, двойного, тройного интеграла, от линейности до теоремы о среднем . Сформулировать и доказать их самостоятельно . Однако для этого интеграла справедливо и седьмое, персональное свойство:

Независимость криволинейного интеграла первого рода от направления прохождения кривой: .

Доказательство. Интегральные суммы для интегралов, стоящих в правой и левой частях этого равенства, при любом разбиении кривой и выборе точек совпадают (всегда длина дуги ), поэтому равны их пределы при .

16.3.2.3. Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Примеры. Пусть кривая задана параметрическими уравнениями , где - непрерывно дифференцируемые функции, и пусть точкам , которые задают разбиение кривой, соответствуют значения параметра , т.е. . Тогда (см. раздел 13.3. Вычисление длин кривых) . По теореме о среднем, существует точка такая, что . Выберем точки , получающиеся при этом значении параметра: . Тогда интегральная сумма для криволинейного интеграла будет равна интегральной сумме для определенного интеграла . Так как , то, переходя к пределу при в равенстве , получим

Таким образом, вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится к вычислению определённого интеграла по параметру. Если кривая задана параметрически, то этот переход не вызывает трудностей; если дано качественное словесное описание кривой, то основной трудностью может быть введение параметра на кривой. Ещё раз подчеркнём, что интегрирование всегда ведётся в сторону возрастания параметра.

Примеры. 1. Вычислить , где - один виток спирали

Здесь переход к определённому интегралу проблем не вызывает: находим , и .

2. Вычислить тот же интеграл по отрезку прямой, соединяющей точки и .

Здесь прямого параметрического задания кривой нет, поэтому на АВ необходимо ввести параметр. Параметрические уравнения прямой имеют вид где - направляющий вектор, - точка прямой. В качестве точки берем точку , в качестве направляющего вектора - вектор : . Легко видеть, что точка соответствует значению , точка - значению , поэтому .

3. Найти, где - часть сечения цилиндра плоскостью z =x +1, лежащая в первом октанте.

Решение: Параметрические уравнения окружности - направляющей цилиндра имеют вид x =2cosj, y =2sinj, и так как z=x +1, то z = 2cosj+1. Итак,

поэтому

16.3.2.3.1. Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Плоский случай. Если кривая лежит на какой-либо координатной плоскости, например, плоскости Оху , и задаётся функцией , то, рассматривая х как параметр, получаем следующую формулу для вычисления интеграла: . Аналогично, если кривая задаётся уравнением , то .

Пример. Вычислить , где - четверть окружности , лежащая в четвёртом квадранте.

Решение. 1. Рассматривая х как параметр, получаем , поэтому

2. Если за параметр взять переменную у , то и .

3. Естественно, можно взять обычные параметрические уравнения окружности : .

Если кривая задана в полярных координатах , то , и .

Лекция 5 Криволинейные интегралы 1 и 2 рода, их свойства..

Задача о массе кривой. Криволинейный интеграл 1 рода.

Задача о массе кривой. Пусть в каждой точке кусочно-гладкой материальной кривой L: (AB) задана ее плотность . Определить массу кривой.

Поступим так же, как мы поступали при определении массы плоской области (двойной интеграл) и пространственного тела (тройной интеграл).

1. Организуем разбиение области- дуги L на элементы – элементарные дуги так, чтобы эти элементы не имели общих внутренних точек и(условие А )

3. Построим интегральную сумму , где - длина дуги (обычно вводятся одни и те же обозначения для дуги и ее длины). Это – приблизительное значение массы кривой. Упрощение состоит в том, что мы предположили плотность дуги постоянной на каждом элементе и взяли конечное число элементов.

Переходя к пределу при условии (условие В ), получим криволинейный интеграл первого рода как предел интегральных сумм:

.

Теорема существования.

Пусть функция непрерывна на кусочно-гладкой дуге L. Тогда криволинейный интеграл первого рода существует как предел интегральных сумм.

Замечание. Предел этот не зависит от

Свойства криволинейного интеграла первого рода.

1. Линейность
а) свойство суперпозиции

б) свойство однородности .

Доказательство. Запишем интегральные суммы для интегралов в левых частях равенств. Так как в интегральной сумме число слагаемых конечно, перейдем к интегральным суммам для правых частей равенств. Затем перейдем к пределу, по теореме о предельном переходе в равенстве получим желаемый результат.

2. Аддитивность.
Если, то = +

3. .Здесь – длина дуги .

4. Если на дуге выполнено неравенство , то

Доказательство. Запишем неравенство для интегральных сумм и перейдем к пределу.

Заметим, что, в частности, возможно

5. Теорема об оценке.

Если существуют константы , что , то

Доказательство. Интегрируя неравенство (свойство 4), получим . По свойству 1 константы можно вынести из-под интегралов. Используя свойство 3, получим искомый результат.

6. Теорема о среднем (значении интеграла).

Существует точка , что

Доказательство. Так как функция непрерывна на замкнутом ограниченном множестве , то существует ее нижняя грань и верхняя грань . Выполнено неравенство . Деля обе части на L, получим . Но число заключено между нижней и верхней гранью функции. Так как функция непрерывна на замкнутом ограниченном множестве L, то в некоторой точке функция должна принимать это значение. Следовательно, .

Вычисление криволинейного интеграла первого рода.

Параметризуем дугу L: AB x = x(t), y = y(t), z =z (t). Пусть t 0 соответствует точке A, а t 1 соответствует точке B. Тогда криволинейный интеграл первого рода сводится к определенному интегралу ( - известная из 1 семестра формула для вычисления дифференциала длины дуги):

Пример. Вычислить массу одного витка однородной (плотность равна k) винтовой линии: .

Криволинейный интеграл 2 рода.

Задача о работе силы.

Какую работу производит сила F (M ) при перемещении точки M по дуге AB ? Если бы дуга AB была отрезком прямой, а сила была бы постоянной по величине и направлению при перемещении точки M по дуге AB, то работу можно было бы вычислить по формуле , где - угол между векторами. В общем случае эту формулу можно использовать для построения интегральной суммы, предполагая силу постоянной на элементе дуги достаточно малой длины. Вместо длины малого элемента дуги можно взять длину стягивающей ее хорды , так как эти величины – эквивалентные бесконечно малые величины при условии (первый семестр).

1. Организуем разбиение области- дуги AB на элементы – элементарные дуги так, чтобы эти элементы не имели общих внутренних точек и(условие А )

2. Отметим на элементах разбиения «отмеченные точки» M i и вычислим в них значения функции

3. Построим интегральную сумму , где вектор, направленный по хорде, стягивающей -дугу .

4. Переходя к пределу при условии (условие В ), получим криволинейный интеграл второго рода как предел интегральных сумм (и работу силы):

. Часто обозначают

Теорема существования.

Пусть вектор - функция непрерывна на кусочно-гладкой дуге L. Тогда криволинейный интеграл второго рода существует как предел интегральных сумм.

.

Замечание. Предел этот не зависит от

Способа выбора разбиения, лишь бы выполнялось условие А

Выбора «отмеченных точек» на элементах разбиения,

Способа измельчения разбиения, лишь бы выполнялось условие В

Свойства криволинейного интеграла 2 рода.

1. Линейность
а) свойство суперпозиции

б) свойство однородности .

Доказательство. Запишем интегральные суммы для интегралов в левых частях равенств. Так как в интегральной сумме число слагаемых конечно, используя свойство скалярного произведения, перейдем к интегральным суммам для правых частей равенств. Затем перейдем к пределу, по теореме о предельном переходе в равенстве получим желаемый результат.

2. Аддитивность.
Если, то = + .

Доказательство. Выберем разбиение области L так, чтобы ни один из элементов разбиения (первоначально и при измельчении разбиения) не содержал одновременно как элементы L 1 , так и элементы L 2 . Это можно сделать по теореме существования (замечание к теореме). Далее проводится доказательство через интегральные суммы, как в п.1.

3. Ориентируемость.

= -

Доказательство. Интеграл по дуге –L, т..е. в отрицательном направлении обхода дуги есть предел интегральных сумм, в слагаемых которых вместо стоит (). Вынося «минус» из скалярного произведения и из суммы конечного числа слагаемых, переходя к пределу, получим требуемый результат.