Документ: Kratn_2, страницы 41-45 | База учебных материалов

только знаком, поэтому

Z	( )	→−	= − Z	f(P ), →−
l−			l+
	~	, dl		~	dl	,
	f P	, dl			dl	,

~

если, конечно, f(P ) интегрируема по l+.

Для криволинейного интеграла второго рода справедливы теоремы, аналогичные теоремам для интеграла первого рода. В частности, криволинейный интеграл второго рода обладает свойствами аддитивности и линейности.

Перейдем к вопросу о вычислении криволинейного интеграла второго рода. Задача вычисления интеграла второго рода является, в общем случае, более сложной, чем задача вычисления интеграла первого рода. Для решения этой задачи необходимо, во-первых, ввести в IR2 какую-либо систему координат и, во-вторых, в каждой точке выбрать некоторый базис. Целесообразно в качестве базиса взять базис из координатнах ортов, соответствующих введенной системе координат. В простейшем случае декартовых координат такой базис не зависит от точки – это обстоятельство существенно упрощает вычисление криволинейного интеграла второго рода.

Итак, пусть в IR2 введены система декартовых координат 0xy и со-

{~ ~}

ответствующий ей базис i, j . Пусть уравнение гладкой кривой l имеет вид

~r = ~r(t) = x(t)~i + y(t)~j,		t ht(1), t(2)i .	(3.4)
~		~ ~
Разложим f(P ) по выбранному базису {i, j}:
~	~	~
f(P ) = fx(x, y)i + fy(x, y)j.

Теорема 3.4. Если (x, y) – декартовы координаты и l – гладкая кривая, соответствующая уравнению (3.4), то для интегрируемой по l функ-

~

ции f(P ) справедливо равенство

Z

t(2)

→−

Z

l+

t

~

=

[

x(

( )

( ))

0

( ) +

y( ( ) ( ))

0

( )]

f(P ),

x

y

dl

f

x t

, y t

t

f x t , y t

t dt,

(1)

~

где fx и fy – проекции вектора f на оси 0x и 0y соответственно.

Z

x + y ~

Пример 3.5. Вычислить интеграл x − y , dl , где l – ломаная

l+

с вершинами (1; 1), (2; 3), (4; 5).

40

Воспользуемся свойством аддитивности и будем вычислять интеграл сперва по одному отрезку, затем по другому. На отрезке с концами (1; 1),

(

x = 1 + t,

(2; 3) можно ввести параметризацию где t изменяется от 0 y = 1 + 2t,

до 1. Тогда

Z x − y	, dl~	= Z0	1
Z x − y	, dl~	= Z0	[((1 + t) + (1 + 2t)) ·1 + ((1 + t) −(1 + 2t)) ·2]dt =
x + y
[(1;1),(2;3)]
1				1		1
				2		1
= Z ((2 + 3t) + 2(−t))dt = Z				(t + 2)dt =	t	+ 2t 0	= 2, 5.
= Z ((2 + 3t) + 2(−t))dt = Z				(t + 2)dt =	2	+ 2t 0	= 2, 5.
0			0

(

На отрезке с концами (2; 3), (4; 5) введем параметризацию x = 2 + t, y = 3 + t,

где t изменяется от 0 до 2. Тогда

Z x − y			, dl~	= Z0	2
Z x − y			, dl~	= Z0	[((2 + t) + (3 + t)) · 1 + ((2 + t) − (3 + t)) · 1]dt =
	x + y
[(2;3);(4;5)]
		2			2	2
						2
	= Z (5 + 2t − 1)dt = Z (2t + 4)dt = (t2 + 4t) 0 = 12.
		0			0

				x + y
Окончательно Z x − y , dl~ = 2, 5 + 12 = 14, 5.
			l+			xy2
Пример 3.6. Вычислить интеграл Z yx2 , dl~ , где l – верхняя
					l+
полуокружность x2 + y2 = 4, проходимая против часовой стрелки.
					x = 2 cos t,
Введем параметризацию (y = 2 sin t,						где t изменяется от 0 до π.
Тогда
Z yx2		, dl~	π	(8 cos t sin2 t · (−2 sin t) + 8 cos2 t sin t · 2 cos t)dt =
Z yx2		, dl~	= Z0
xy2
l+
π					π
= 16 Z0	(− cos t sin3 t + sin t cos3 t)dt = 16 Z0					sin t cos t(cos2 t − sin2 t)dt =

41

π	π		π
= 8 Z	sin 2t cos 2t dt = 4 Z		π
= 8 Z	sin 2t cos 2t dt = 4 Z	sin 4t dt = − cos 4t 0		= 0.
0	0

		2xy
Пример 3.7. Вычислить интеграл Z 3x + y			, dl~ , где l+ – дуга

l+

параболы y = x2 от точки (1; 1) до точки (3; 9).

(

Введем параметризацию x = t, где t изменяется от 1 до 3. Имеем: y = t2,

Z 3x + y	, dl~	3	(2t3	· 1 + (3t + t2) · 2t)dt =
Z 3x + y	, dl~	= Z1	(2t3	· 1 + (3t + t2) · 2t)dt =
2xy
l+
3					3
					3
= Z (4t3 + 6t2)dt = (t4 + 2t3) 1						= 132.
1

Пример 3.8. Вычислить интеграл				Z	3x2		, dl~ , где l+ – отрезок
				Z	yz
					xy
				l+

из точки (1; 1; 1) в точку (2; 4; 5).

x = 1 + t,

Введем параметризацию y = 1 + 3t, где t изменяется от 0 до 1.

z = 1 + 4t,

Тогда		, dl~ =		[3(1 + t)2 1 + (1 + t)(1 + 3t) 3 + (1 + 3t)(1 + 4t) 4]dt =
	xy	, dl~ =		[3(1 + t)2 1 + (1 + t)(1 + 3t) 3 + (1 + 3t)(1 + 4t) 4]dt =
Z	2x2			1	·		·			·
Z	yz			Z	·		·			·
l+				0
		= Z	1						1
		= Z	(60t2 + 46t + 10)dt = (20t3 + 23t2 + 10t) 0							= 53.
		0

	Упражнения.					y
	3.9. Вычислить интеграл Z −x , dl~ , где кривая l+ задана пара-
					l+
		x = cos3 t,					π
метрически (y = sin3 t					при t h0;			i.
метрически (y = sin3 t					при t h0;		2	i.

42

							xy
		3.10. Вычислить интеграл Z x + y , dl~ , где l+ – прямоугольник
						l+
с вершинами (0; 0), (3; 0), (3; 5), (0; 5) (в порядке обхода).
							x2 + y
		3.11. Вычислить интеграл Z x + y2 , dl~ , где l+						– верхняя полу-
						l+
окружность x2 + y2 = 9, проходимая против часовой стрелки.
							x + y2
		3.12. Вычислить интеграл Z x2 + y , dl~ , где l+ – верхняя полу-
						l+
окружность x2 + y2 = 9, проходимая против часовой стрелки.
							x2
		3.13.	Вычислить			интеграл	Z y2 , dl~ , где l+	–	окружность
							l+
(x	−	1)2 + (y		−	1)2 = 1, проходимая против часовой стрелки.
	−			−			y3
		3.14.	Вычислить			интеграл	Z x3 , dl~ , где l+	–	окружность

l+

(x − 1)2 + (y − 1)2 = 1, проходимая против часовой стрелки.

Zz

3.15. Вычислить интеграл l+	y	~
3.15. Вычислить интеграл l+	x	, dl , где l+ – ломаная с верши-
нами (0; 0; 0), (1; 2; 3), (3; 4; 9).
Z −yz
3.16. Вычислить интеграл l+	xz	~
3.16. Вычислить интеграл l+	xy	, dl , где l+ – винтовая линия

x = cos t,

y = sin t, при t [0; 4π].

z = t

Ответы: 3.9. −316π. 3.10. −152 . 3.11. −18. 3.12. −36. 3.13. 0. 3.14.

32π. 3.15. 35. 3.16. 8π2.

3.3. Теорема Грина

Кривая l в определении криволинейных интегралов может быть замкнутой. В этом случае точки A и B (концы l) совпадают и в качестве точки A можно взять вообще любую точку l. Криволинейный интеграл

43

второго рода по замкнутой кривой l+ принято обозначать символом

I f(P ), →−
~	dl .

l+

Замкнутая кривая l разбивает плоскость IR2 на две части: ограниченную часть D и неограниченную – IR2 \D. Будем далее считать, что направление на l+ согласовано с D так, что при движении по l в выбранном направлении часть D плоскости остается слева.

Криволинейный интеграл второго рода (в IR2) по замкнутой кривой l тесно связан с двойным интегралом. Справедливо следующее утверждение.

Теорема 3.5 (Грина). Пусть D – ограниченная замкнутая область в IR2 с кусочно-гладкой границей l и на l выбрано направление, согласован-

~

2

непрерывно дифференцируема на

ное с D. Пусть функция f(P ): IR → IR

области D. Тогда справедливо равенство

f(P ), →−

ZZ

∂x

− ∂y

=

I

∂fy

∂fx

~

D

∂D

dS

dl

,

~

2

~ ~

} –

где f = fx(x, y)i + fy(x, y)j; (x, y) – декартовы координаты в IR , {i, j

соответствующий этим координатам базис, а символом ∂D обозначена ориентированная граница l+ области D.

Приведем несколько примеров, иллюстрирующих эту теорему.

I

x + y ~

Пример 3.9. Рассмотрим интеграл x − y , dl , l+ – треуголь-

l+

ник с вершинами (1; 1), (2; 3), (4; 5) (в направлении обхода).

Вычислим этот интеграл непосредственно. По свойству аддитивности можно вычислить сумму трех интегралов по сторонам. Два из них вычислены в примере 3.5. Для отрезка [(4; 5), (1; 1)] введем параметризацию

(y = 1	−	4t	при t [−1; 0]. Тогда
x = 1	−	3t,
	−
Z		x − y		, dl~	0				0	(17t − 6)dt =
Z		x − y		, dl~	= Z ((2 − 7t)(−3) + t(−4))dt = Z					(17t − 6)dt =
			x + y
[(2;5),(1;1)]					−1		− 6t		−1
						17t2		0
				=		17t2			1 = −14, 5.
				=		2			1 = −14, 5.
							−

44

Материал: Kratn_2

Смотрите также: