Лекции по вышмату за 1 курс

R R R R R

0. Íî l = l1=AB + l2=BA , откуда следует, что l1=AB = l2=BA =

R

l2=AB , что и требовалось доказать.

Если кривые l1 è l2 пересекаются в точке , то, по доказанному выше,

R R R R

получим l10 =AC = l20 =AC è l10 =CB = l20 =CB . Складывая эти равенства почленно, получим требуемое.

Теперь докажем, что из 2) следует 3). Возьмем в области произволь-

~ R

ную точку M0 (x0; y0) и рассмотрим функцию U (x; y) = l P (t; w) dt + Q (t; w) dw, где интеграл вычисляется по произвольной кусочно-гладкой кривой, иду-

щей из точки M0 (x0; y0) в точку M (x; y). Так как этот интеграл не зависит

от выбора пути интегрирования, то значение этой функции будет зависеть только от координат точки . Докажем, что эта функция - искомая, то есть, что выполняются равенства

Докажем, например, первое из этих равенств. Для этого зададим приращение переменной х: x и вычислим приращение функции

Z Z

~ ~ ~

U = U (x + x; y) U (x; y) = P (t; w) dt + Q (t; w)dw P (t; w) dt + Q (t; w)dw;

M0M1 M0M

где первый интеграл можно вычислять по произвольной кривой, соединяющей точки M0 (x0; y0) è M1 (x + x; y), а второй - по произвольной кривой, соединяющей точки M0 (x0; y0) и M (x; y). Ввиду произвольности этих кривых, в качестве пути для второго интеграла выберем какую-нибудь подходящую кривую l, идущую из M0

объединение l и отрезка, соединяющего и M1. Очевидно, что этот отрезок параллелен оси ОХ и имеет уравнение w = const = y; x t x + x. Тогда

первый интеграл разбивается на два слагаемых

Z Z Z

P (t; w) dt + Q (t; w)dw = +

M0M1 l MM1

где последний интеграл - обыкновенный определенный интеграл по переменной t. Так как функция P (x; y) непрерывна по переменной , то к по-

следнему интегралу можно применить теорему о среднем. Тогда получим

~

x к нулю, получим @U(x;y) = P (x; y), что и требовалось доказать. Второе

@x

равенство доказывается аналогично.

И, наконец, докажем, что из 3) следует 1). Пусть существует функция U = U (x; y) такая, что

точке области. По следствию 2 из теоремы Грина получаем требуемое. Теорема доказана полностью.

281

Следствие 12 Объединяя доказанную теорему и следствие 2 из теоремы Грина, получим, что условие

@P@y = @Q@x

является необходимым и достаточным для независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования. (Только в односвязной области!)

Следствие 13 Очевидно, что функция ~ R

U (x; y) = l P (t; w) dt + Q (t; w) dw

не единственная функция, удовлетворяющая условиям

P (x; y) = @U@x ; Q (x; y) = @U@y :

~

Любая функция вида U (x; y) = U (x; y) + C тоже будет удовлетворять указанным условиям. При этом, полагая в последнем равенстве x = x0; y = y0, получим U (x0; y0) = C, откуда следует равенство

Z

U (x; y) U (x0; y0) = P (t; w) dt + Q (t; w) dw;

M0M

являющееся аналогом формулы Ньютона-Лейбница. Этой формулой удобно пользовать, если требуется найти функцию, у которой задано значе- ние в некоторой точке области. Если же такого значения не задано, то можно вернуться к произвольной константе и формула для вычисления U = U (x; y) будет иметь вид

Z

U (x; y) = P (t; w) dt + Q (t; w) dw + C;

M0M

что является аналогом формулы для нахождения первообразной.

зависит от выбора пути интегрирования, и этот путь мы можем выбрать сами. Возьмем в качестве пути ломаную, состоящую из отрезков от точки до точки C (2; 1) и от точки до точки .

Искомый интеграл разлагается на сумму двух

282

Решение Обозначим через F (t) первообразную функции f (t) и положим t = x + y. Тогда

dF (x + y) = dFdt @x@t dx + dFdt @y@t dy = f (x + y) dx + f (x + y) dy;

т.е. функция F (x + y) является функцией, полный дифференциал которой совпадает с подынтегральным выражением. Отсюда по формуле (91) полу-

÷èì Z

f (x + y) (dx + dy) = F (x + y)j((0a;b;0)) = F (a + b) F (0) :

AB

С другой стороны, по свойству инвариантности формы полного дифференциала dF = f (t) dt.

Следовательно, R0a+b f (t) dt = F (a + b) F (0) : Сопоставляя оба результата, получим

Z Z a+b

f (x + y) (dx + dy) = f (t) dt:

AB 0

Пример 258 Найдите функцию U = U (x; y), если

dU = x2 + 2xy y2 dx + x2 2xy y2 dy:

Решение Сначала проверим, что данное выражение действительно является полным дифференциалом некоторой функции. Для этого надо проверить равенство

которое очевидно выполнено.

Для нахождения функции воспользуемся формулой (91). Тогда

Z

U (x; y) = t2 + 2tw w2 dt + t2 2tw w2 dw + C;

l

где l - произвольная кривая, идущая из некоторой фиксированной точки в точку M (x; y). В качестве фиксированной точки возьмем (0; 0), а в качестве

кривой интегрирования - ломаную, состоящую из отрезка от точки до точ- ки (; 0) и отрезка от точки до точки . Интеграл по ломаной раскладывается

на сумму двух интегралов

Z Z Z

=+ :

283

Уравнение отрезка : t = x; 0 w y и

91 Поверхностные интегралы первого рода

Пусть дана кусочно-гладкая, ограниченная поверхность и в пространственной области, где задана эта поверхность, существует функция f (x; y; z),

непрерывная в каждой точке этой поверхности. Произвольным образом разобьем эту поверхность на n частей, на каждой из этих частей выбе-

рем произвольную точку ~

Mi (~xi; y~i; z~i) и составим интегральную сумму n =

n

P

f (~xi; y~i; z~i) Si, ãäå Si - площадь i-ой части поверхности. Пусть (M1; M2)

i=1

- расстояние между точками M1 è M2 è di = max M1i; M2i , где максимум берется по всем точкам M1i è M2i, лежащем на i-ой части поверхности. Мел-

костью разбиения назовем n = max di:

1 i n

Тогда число I будем называть поверхностным интегралом первого рода, если для любого " > 0 можно найти > 0 такое, что, если n < , òî j n Ij < ":

В этом смысле число I является пределом интегральной суммы n. Êàê

обычно, этот предел не зависит от способа разбиения поверхности на части и от выбора промежуточных точек.

Для поверхностного интеграла первого рода применяют обозначение

RR

f (x; y; z) dS:

92Правило вычисления поверхностных интегралов первого рода и их свойства

1.Если подынтегральная функция непрерывна, то предел интегральных сумм, то есть поверхностный интеграл, I существует.

2.Из определения поверхностного интеграла первого рода следует, что,

3.Допустим, что данная поверхность взаимно однозначно проектиру-

ется на плоскость ОХУ. Тогда, поверхность можно задать формулой z = ' (x; y). По формуле вычисления площади поверхности получим

Si = RR jdxdyj, ãäå - угол, который нормаль к поверхности состав-

cos

Di

ляет с осью OZ. Так как по условию поверхность является кусочногладкой, можно считать, что части, на которые поделена поверхность

284

1

jcos j - непрерывна. Пользуясь теоремой

о среднем для двойного интеграла, получим Si = j Di j, ãäå

cos i

между осью OZ и нормалью, проведенной в точке

Mi (xi; yi; zi), находящейся на i-ой части поверхности, а Di - площадь проекции i-ой части поверхности на плоскость ОХУ. Так как промежуточную точку

èбудет совпадать с интегральной суммой для двойного интеграла

RR f (x; y; ' (x; y)) jdxdycos j:

DXY

Отсюда получаем формулу для вычисления поверхностного интеграла первого рода.

DXY

Замечание 48 Аналогично, если поверхность взаимнооднозначно проектируется на плоскости OXZ или OYZ, то уравнение поверхности можно представить в виде соответственно y = (x; z) или

x = (y; z). Тогда для вычисления поверхностного интеграла первого рода будут иметь место формулы

ZZ ZZ

f (x; y; z) dS = f (x; (x; z) ; z) dxdz jcos j

DXZ

DY Z

соответственно.

В последних формулах и - это углы, которые нормаль к поверхности образует с осями OY и OZ соответственно.

Замечание 49 Для окончательного вычисления поверхностного интеграла первого рода в подходящую формулу надо подставить выражение для вычисления cos ; cos или cos . Чтобы найти эти выра-

жения достаточно найти орт вектора нормали к поверхности.

4.Если функция f (x; y; z) > 0, то ее можно интерпретировать, как плот-

ность массы, распределенной по поверхности. Тогда поверхностный интеграл первого рода равен массе поверхности.

5.Поверхностный интеграл первого рода обладает свойством линейно-

сти относительно подынтегральной функции, т.е.

Это свойство следует из аналогичного свойства двойного интеграла.

285

6.Поверхностный интеграл первого рода обладает свойством аддитивности, т.е., если поверхность разбита на две части, не имеющие общих

внутренних точек, 1 è 2, òî

Это свойство также следует из аддитивности двойного интеграла.

7.Поверхностный интеграл первого рода не зависит от выбора стороны поверхности, т.е. нормаль к поверхности может быть направлена произвольно.

Пример 259 Вычислить RR z2dS, где - часть сферы x2 + y2 + z2 = R2,

лежащая в области y 0; z 0:

Решение Найдем нормаль к данной поверхности. Если поверхность задана уравнением F (x; y; z) = 0, то вектор нормали равен

Так как в нашем примере F (x; y; z) = x2 + y2 + z2 R2, то вектор нор- мали имеет вид ~n = (2x; 2y; 2z). Далее найдем длину этого вектора j~nj =

p

4 (x2 + y2 + z2) = 2R è åãî îðò ~n0 = . Из векторной алгебры известно, что координаты орта равны косинусам углов, которые вектор составляет с координатными осями. Поэтому cos =

в данной области z 0, поэтому jcos j = Rz : Теперь воспользуемся формулой (93). Тогда

где D - проекция данной поверхности на плоскость ОХУ.

Для вычисления двойного интеграла перейдем к полярным координатам

Решение Найдемp нормаль к данной поверхности. Возводя обе части уравнения y = x2 + z2 в квадрат, получим x2 y2 + z2 = 0; y 0. Òî-

гда вектор нормали равен ~n = (2x; 2y; 2z). Длина этого вектора с учетом условия y 0 равна

p p p j~nj = 4 (x2 + y2 + z2) = 2 2y2 = 2 2y

286

Так как поверхность взаимно однозначно проектируется только на плоскость OXZ, то воспользуемся формулой (93), для которой нужно взять

cos = 1 :

p

2

D

где D - проекция поверхности на плоскость OXZ. Для вычисления двой-

в проекции на плоскость ОХ не область, а кривую. (Это будет эллипс с тем

ность можно проектировать только либо на плоскость ОХУ, либо на плоскость OYZ. Выберем, например, плоскость OYZ. В проекции поверхности на эту плоскость получится прямоугольник 2 y 2; 0 z 1. Но это

проектирование не является взаимнооднозначным, так как каждая точка прямоугольника (кроме граничных точек) является проекцией двух точек поверхности. Поэтому разобьем данную поверхность на две части, не имею-

287

вычислим частные производные от функции, стоящей в левой части этого p

уравнения: ~n = ( 2x; 2y; 1). Далее j~nj = 4x2 + 4y2 + 1 è

D

на плоскость ОХУ - область на плоскости, ограниченная той части лемнискаты Бернулли, которая лежит в полуплоскости x 0.

Для вычисления двойного интеграла перейдем к полярным координатам

Пример 263 Найти координаты центра тяжести части сферы x2 +y2 + z2 = R2; x 0; y 0; z 0; x + y R. Плотность распределения массы постоянна и равна k:

Решение Координаты центра тяжести поверхности вычисляются по

288