Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный минерально-сырьевой университет «Горный»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

matematika.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.04.2015

Размер:

1.89 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 138 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

17. При каких значениях x сходится ряд

1+ x + x2 +... + xn +...?

18.Объясните происхождение приближенной формулы ex ≈1 + x.

19.Объясните, как можно вычислить неберущийся в элементарных функциях

	1	x	e−	x2
		∫0			dx .
интеграл				2
интеграл	2π			2
20. Расскажите, как с помощью ряда						y(x) = y(0)	+	y '(0)	x +
20. Расскажите, как с помощью ряда						y(x) = y(0)	+		x +
							1!

задачу Коши для дифференциального уравнения начальных условиях y(0) = y0 .

y ''(0)2! x2 +... решить

y′ = f (x, y) при

Раздел 6. Двойные и криволинейные интегралы

Данный раздел включает три темы:

•6.1. Двойные интегралы.

•6.2. Криволинейные интегралы первого рода.

•6.3. Криволинейные интегралы второго рода.

Вкаждой теме сначала излагается теоретический материал и приводятся иллюстрирующие примеры. Завершает тему подробный разбор решений типовых примеров. После каждой темы Вам следует решить соответствующий тест и ответить на вопросы для самопроверки. Студенты очно-заочной и заочной форм обучения должны сделать три задачи из контрольной работы №6.

6.1. Двойные интегралы

При изучении данной темы Вам предстоит ознакомиться со следующими вопросами:

•Определение двойного интеграла, его механический и геометрический смысл.

•Основные свойства двойных интегралов.

•Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах и полярных координатах.

•Применение двойных интегралов.

После изучения данных вопросов в опорном конспекте Вам следует

решить тест №10 и ответить на вопросы для самопроверки. Если Вы будете испытывать затруднения в ответах, обратитесь к [3] или к глоссарию. Студенты очно-заочной и заочной форм обучения должны решить две задачи под № 51-70 из контрольной работы № 6 в соответствии со своим вариантом.

Определение двойного интеграла, его механический и геометрический смысл

107

Двойной интеграл является одним из возможных обобщений определенного интеграла. Поэтому, прежде чем приступать к этой теме, полезно вспомнить, как вводилось понятие определенного интеграла – его Вы изучали на первом курсе.

Наподобие того, как задача о площади криволинейной трапеции приводит к понятию определенного интеграла, аналогичная задача об объеме цилиндрического тела приводит к понятию двойного интеграла. К этому понятию также приводит и физическая задача определения массы плоской пластины.

Определение двойного интеграла

Пусть на плоскости имеется замкнутая и ограниченная область D , в которой задана функция f (x, y) .

108

Проделаем следующие операции:	п частей D1, D2 ,..., Dn .
1. Разобьем область D сетью кривых на	п частей D1, D2 ,..., Dn .
Обозначим площади этих частей S1, S2 ,...,	Sn , а диаметры (диаметром

области называется максимальное расстояние между всевозможными парами точек области) - λ1,λ2 ,...,λn . Наибольший из этих диаметров обозначим через

λ.

2. Выберем произвольно в каждой ячейке Di (i =1, 2,..., n) по точке

(xi , yi ) и вычислим f (xi , yi ).

3. Составим сумму ∑ f (xi , yi ) Si . Полученная сумма называется

i=1

интегральной суммой для функции f (x, y) в области D.

4. Вычислим lim ∑ f (xi , yi ) Si .

λ→0 i=1

Если этот предел существует, конечен и не зависит ни от способа

разбиения области D, ни от выбора точек			(x1, y1 ),(x2 , y2 ),...,			(xn , yn ),	то он
называется	двойным интегралом	от функции		f (x, y)	по	области	D и
обозначается символами
	∫∫ f (x, y)dSили	(	,∫∫ )f x	y dxdy .
	D		D	f (x, y) -
При этом	используют следующие	названия:		f (x, y) -	подынтегральная

функция, D - область интегрирования, х,у - переменные интегрирования, dS или dxdy - элемент площади.

Итак, определение двойного интеграла можно записать следующим образом


∫∫ f (x, y)dxdy = lim		n	Si .
∫∫ f (x, y)dxdy = lim		∑ f (xi , yi )	Si .
D	λ→0 i=1

Геометрический смысл двойного интеграла

Если в некоторой области D двумерного пространства задана

неотрицательная функция	f (x, y) , то	двойной интеграл	∫∫ f (x, y)dxdy
			D
представляет собой объем тела, ограниченного снизу областью D, сверху -
поверхностью z = f (x, y) ,	с боков -	цилиндрической	поверхностью с

образующими, параллельными оси Oz, а направляющей которой является граница области D.

108

Механический смысл двойного интеграла

Если в некоторой области D двумерного пространства определена неотрицательная функция µ(x, y), задающая плотность фигуры D, то двойной

интеграл ∫∫µ(x, y)dxdy определяет массу фигуры D.

Теорема 6.1. (Достаточные условия существования двойного интеграла).

Если функция f (x, y) непрерывна в замкнутой и ограниченной области

D, ограниченной кусочно-гладкой кривой,	то двойной интеграл
∫∫ f (x, y)dxdy существует.
D

Основные свойства двойных интегралов

Здесь мы будем предполагать, что все встречающиеся функции удовлетворяют условиям теоремы существования двойного интеграла. В этом случае справедливы перечисленные ниже свойства.

1.		∫∫dxdy = S, где S - площадь области D.
		D
2.		∫∫kf (x, y)dxdy = k∫∫ f (x, y)dxdy .
		D			D
3.		∫∫[f (x, y) + g(x, y)]dxdy = ∫∫ f (x, y)dxdy + ∫∫g(x, y)dxdy.
		D				D	D
Из свойств 2 и 3 следует свойство линейности двойного интеграла:
		∫∫[k1 f (x, y) + k2 g(x, y)]dxdy = k1 ∫∫					f (x, y)dxdy + k2 ∫∫g(x, y)dxdy.
		D				D	D
4.	Если f (x, y) ≥ 0			всюду в области D, то			∫∫ f (x, y)dxdy ≥ 0 .
							D
5.	Свойство аддитивности. Если область D разбита на две части D1 и D2 ,
имеющие лишь общую границу, то
		∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (x, y)dxdy + ∫∫ f (x, y)dxdy .
		D				D1	D2
6.	Если f (x, y) ≥ g(x, y) всюду в области D, то
					∫∫ f (x, y)dxdy ≥		∫∫g(x, y)dxdy .
					D		D
7.		∫∫ f (x, y)dxdy	≤ ∫∫		f (x, y)	dxdy .
7.		∫∫ f (x, y)dxdy	≤ ∫∫		f (x, y)	dxdy .
		D		D
8.	Теорема о среднем.
		Если функция		f (x, y) непрерывна в замкнутой ограниченной области D,

то в этой области найдется хотя бы одна точка (x, y ) такая, в которой

109

выполнено равенство

∫∫ f (x, y)dxdy = f (x, y ) S ,

где S - площадь области D.

Вычисление двойных интегралов в декартовых координатах

Вычисление двойного интеграла основано на следующей теореме. Теорема 6.2. (Фубини) Если функция f (x, y) непрерывна в замкнутой

области D, ограниченной линиями x = a, x = b(a < b), y = ϕ(x), y = ψ(x)

y =ψ (x)

y =ϕ(x)

Рис. 6.1

(рис. 6.1), причем функции ϕ(x) и ψ(x)

непрерывны		на		промежутке [a,b] и
ϕ(x)≤ ψ(x),		то		имеет		место равенство
			b	ψ(x)
∫∫	f (x, y)dxdy =			∫	f	(x, y)dy dx
∫∫			∫	∫		.
D			a	ϕ(x)

Выражение, стоящее в правой части этого равенства, называется повторным (двукратным) интегралом. Его принято

x записывать в виде

bψ(x)

∫dx ∫ f (x, y)dy.

a ϕ(x)

Тогда можно записать

		b	ψ(x)
	∫∫ f (x, y)dxdy =∫dx ∫ f (x, y)dy.			(6.1)
	D	a	ϕ(x)
При	использовании	формулы (6.1)	сначала вычисляется внутренний
	ψ(x)
интеграл	∫ f (x, y)dy,	при этом x	считается постоянным.	Затем
	ϕ(x)

полученная функция, которая зависит уже от переменной x , интегрируется по

х на промежутке [a;b].

Поменяв в предыдущем рассуждении местами переменные х и у, получим следующую теорему.

Теорема 6.3. Если функция f (x, y) непрерывна в замкнутой области D, ограниченной линиями y = c, y = d, (c < d ), x = α( y), x = β(y) (рис.

Г.Фубини (1879-1943) – итальянский математик.

110

6.2), причем функции α( y)

и β(y) непрерывны на промежутке

[c;d ] и

α(y)≤ β(y), то имеет место равенство

β( y)

x =α(y)

∫∫ f (x, y)dxdy =∫dy

∫

f (x, y)dx.

(6.2)

α( y)

этом

случае

сначала

вычисляется

β( y)

f (x, y)dx при

x = β(y)

внутренний

интеграл

∫

α( y)

постоянном

y . Затем полученная функция

переменной у интегрируется по у на

Рис. 6.2

промежутке [c;d ].

Если область D имеет более сложный

вид,

чем в

теоремах

6.2 и

6.3,

то

следует

воспользоваться свойством аддитивности двойного интеграла. А именно, область D нужно разбить на несколько частей, каждая из которых удовлетворяет условиям теоремы 6.2 или 6.3. Интеграл по области D будет равен сумме интегралов по ее частям.

Пример

6.1. Вычислить интеграл

∫∫(3 + xy)dxdy,

если область D

ограничена линиями y = 2x,

x =1, x = 2 и осью Ох.

Решение. Изобразим область D (рис.

6.3). Она удовлетворяет условиям теоремы

y = 2x

6.2. Воспользуемся формулой (6.1), т.е. за

внешнюю переменную возьмем х, за

внутреннюю - у. Внешняя переменная х

меняется в пределах от 1 до 2, а внутренняя

у - от 0 до 2х (область D снизу ограничена

прямой

y = 0

, сверху прямой y = 2x ).

Тогда

∫∫(3 + xy)dxdy

Рис. 6.3

=∫dx ∫ (3 + xy)dy.

Вычисляем внутренний интеграл, считая х постоянным.

∫ (3 + xy)dy =

3 ∫ dy + x ∫ ydy =

+ x

6x +2x3.

Теперь вычисляем внешний интеграл

∫(6x +2x3 )dx = 3x2

=16 1 .

111

Замена переменных в двойном интеграле

Преобразование плоских областей

Пусть имеются две плоскости с выбранными на них прямоугольными системами координат Оху и Ouv. Рассмотрим в этих плоскостях две замкнутые

области:	D – в плоскости Оху и			- в плоскости Ouv (рис. 6.4).
y			v	∆		Допустим,		что	имеется
y			v	∆		система		непрерывных
	D					функций
	D			(u,v)		x = x(u,v),				(6.3)
	(x, y)			(u,v)						(6.3)
O	x	O			u	y = y(u,v),				(u,v)
O		O			u	которая каждой			точке
						которая каждой			точке
	Рис. 6.4					области			ставит	в
						соответствие одну точку (х,у)
области D, причем каждая точка области D соотнесена какой-либо точке
области , и разным точкам области					соответствуют разные точки области
D. В таком случае говорят, что формулы (6.3) задают взаимно однозначное
отображение области			на	область	D.	Точка (х,у)	с	координатами
x = x(u,v), y = y (u,v) и называется образом точки (u,v),							а,	соответственно,

точка (u,v) - прообразом точки (х,у).

Далее мы будем предполагать, что функции (6.3) не только сами непрерывны, но и имеют непрерывные частные производные первого порядка. Введем в рассмотрение определитель

	∂x	∂x
	∂x	∂x
I(u,v) =	∂u	∂ν	.
	∂y	∂y
	∂u	∂ν

Этот определитель называется определителем Якоби или якобианом

отображения (6.3). Мы будем предполагать, что в области он отличен от нуля и, значит, в силу непрерывности частных производных сохраняет знак. Можно показать, что при отображении (6.3) линия переходит в линию, область - в область.

Формула замены переменных в двойном интеграле

Если функция f(x,y) непрерывна в замкнутой области D, ограниченной кусочно-гладким контуром, а отображение (6.3) удовлетворяет всем перечисленным выше условиям, то имеет место равенство

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (x(u,v), y(u,v))	I(u,v)	dudv.	(6.4)

К.Якоби (1804-1851) – немецкий математик.

112

Замечание. Формула (6.4) сходна с формулой замены переменных в

обыкновенном определенном интеграле:

∫

′

f (x)dx = ∫ f (x(t))x (t)dt.

Переход в двойном интеграле к полярным координатам

Рассмотрим один частный случай преобразования координат

x = r cos ϕ

0 ≤ r,

0 ≤ ϕ < 2π,

(6.5)

y = r sin ϕ,

где

играют

роль переменных u, v. Можно рассматривать

прямоугольную систему координат

0rϕ, как

это делается в общем случае. Однако r

r = r2 (ϕ)

имеют

наглядное

геометрическое

истолкование. Если вместе с декартовой

системой координат Оху мы будем

рассматривать полярную систему координат,

полюс которой совпадает с началом координат

r = r1 (ϕ)

0, а полярная ось

совпадает

положительной

полуосью

Ox,

то

ϕ,

Рис. 6.5

определяемые отображением (6.5), будут

полярными координатами точки (х,у). Якобиан

этого отображения I (r,ϕ) = r .

Подставляя полученное значение в формулу (6.4), получаем формулу

перехода в двойном интеграле к полярным координатам

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫(r cos ϕ, r sin ϕ)rdϕdr.

(6.6)

Вычисление двойного интеграла в полярных координатах так же, как и в

декартовых, сводится к вычислению повторного интеграла, причем, как

правило,

внешний интеграл берется по переменной ϕ, а внутренний – по r .

Для расстановки пределов можно использовать чертеж области D в декартовой

системе координат и геометрический смысл полярных координат. Так,

например, если область D ограничена двумя лучами ϕ = α и ϕ = β и кривыми

r = r1 (ϕ)

и r = r2 (ϕ) , где r1(ϕ) ≤ r2 (ϕ)

(рис. 6.5), то интеграл (6.6) сведется к

повторному интегралу так:

(ϕ)

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (r cosϕ,

r sin ϕ)rdϕdr = ∫dϕ

∫

f (r cosϕ,

r sin ϕ)rdϕdr.

(6.7)

r1(ϕ)

113

	Пример 6.2.		Вычислить двойной интеграл		y
	y			D	1	x
	y
∫∫D x2 + y2		dxdy
			по области D, задаваемой	B		A
			по области D, задаваемой			A
неравенствами x2 + y2 ≤ 4; y ≥1.				O		C
	Решение. Область D изображена на рис. 6.6.
Это сегмент круга радиуса 2 с центром в начале				Рис. 6.6
координат, отсекаемый хордой, проходящей через				Рис. 6.6
точку на оси Оу			с ординатой, равной 1. Для

расстановки пределов интегрирования в полярных координатах определим

сначала углы

АОС и

ВОС, учитывая, что угол

АОС равен

углу DAO.

sin AOC =

1 .

Значит,

AOC =

π.

Соответственно,

BOC = π −

5π. Для определения пределов изменения r

перепишем

уравнения линий, ограничивающих область D, в полярных координатах.

Уравнению окружности

x2 + y2 = 4

в полярных координатах соответствует

уравнение r = 2 , и прямой y =1

- уравнение r sin ϕ =1,

т.е.

r =

. Тогда

sin

r sin ϕ

5π6

∫∫

dxdy = ∫∫

rdϕdr = ∫ dϕ

∫

sin ϕdr =

+ y

sin ϕ

5π6

5π

= ∫

sin ϕdϕr

21sin ϕ = ∫

(2sin ϕ −1)dϕ = (−2cos

ϕ − ϕ)

π66 =

π6

= 3 − 56π + 3 + π6 = 23 − 23π.

Применение двойных интегралов

Геометрические приложения

Спомощью двойного интеграла можно вычислить:

1.Площадь S плоской области D:

S = ∫∫dxdy.	(6.8)
D
2. Объем V цилиндрического	тела, ограниченного с боков

цилиндрической поверхностью с образующими, параллельным оси Oz , сверху - поверхностью z = f (x, y), и снизу - областью D на плоскости Оху :

114

	V = ∫∫ f (x, y)dxdy.		(6.9)
	D
3. Площадь S части поверхности z = f (x, y):
S = ∫∫		dxdy,
	1+(fx/ (x, y))2 +(fy/ (x, y))2		(6.10)
D
где D - проекция заданной части поверхности на плоскость Оху. При этом
предполагается, что частные производные fx/ (x, y) и fy/ (x, y)			непрерывны.
Механические приложения

Если µ(x, y) - поверхностная плотность плоской пластины D, то с

помощью двойного интеграла вычисляются масса M плоской пластины, статические моменты, моменты инерции, координаты центра масс.

Приведем формулу для нахождения массы пластины:

				M = ∫∫µ(x, y)dxdy.				(6.11)
	Пример 6.3.				D
	Пример 6.3.			Вычислить	объем тела, ограниченного		поверхностями
					z = y2 + 2, z = 0, x = 0, y = 0, x + y =1.
					Решение. Данное тело ограничено
			z		координатными плоскостями			Oxz, Oyz и
					координатными плоскостями			Oxz, Oyz и
					плоскостью	x + y =1,	т.е.	является
		2			плоскостью	x + y =1,	т.е.	является
		2			цилиндрическим телом. Снизу оно
					цилиндрическим телом. Снизу оно
					ограничено плоскостью Оху, а сверху -
				y	параболическим цилиндром z = y2 + 2 .
					параболическим цилиндром z = y2 + 2 .
			O		Воспользуемся формулой (6.9).
					V = ∫∫(y2 + 2)dxdy.
x		1			V = ∫∫(y2 + 2)dxdy.			(6.12)
x	1		Рис. 6.7			D
			Рис. 6.7

Область D (на рис.6.7 заштрихована)

– треугольник в плоскости Oxy . Перейдем в интеграле (6.12) к повторному, беря за внешнюю переменную y . Тогда

1	1−y		1					1		(y2 − y3 +2 −2y)dy =
V = ∫dy ∫		(y2 +2)dx = ∫dy (y2 +2)x					10−y		=∫


0	0		0					0
			y3		y4	+2y − y2			1	13	.

		=		−					=
			3		4					12
									0

115

Решение задач

Задача

6.1.

Область

задается

неравенствами:

−2 ≤ x ≤ 0;

x2 − 4 ≤ y ≤ 3. Перейти от двойного интеграла ∫∫ f (x, y)dxdy к

повторному двумя способами.

Решение. Область D изображена на рис. 6.8.

Первый способ.

Возьмем за внешнюю переменную x . Для области D

x [−2;0].

Снизу область D ограничена

кривой

y = x2 −4

, а

сверху –

прямой

y = 3 . Тогда в соответствии с формулой (6.1) получаем

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dx ∫

f (x, y)dy .

−2

x2 −4

Второй способ.

Теперь возьмем за внешнюю

переменную

y . Поскольку левая часть границы

области

D состоит из двух участков,

заданных

разными уравнениями,

то нужно разбить область D

горизонтальной прямой y = 0 на две:

D1 и D2 . Для

−2

области

D1 y [−4;0].

Слева

область

ограничена

кривой

y = x2 −4 .

Выразим

из

этого

y = x2 −4

уравнения

через

y ,

учитывая,

что

−4

x < 0 : x = −

y +4 . Тогда, используя формулу (6.2),

Рис. 6.8

получаем

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ dy

∫

(x, y)dx .

−4

−

y+4

Для области

y [0;3]. Слева и справа область D1 ограничена прямыми

x = −2

x = 0

соответственно.

Тогда

по

формуле

(6.2)

получаем:

∫∫f (x, y)dxdy = ∫dy ∫ f (x, y)dx , откуда

0 −2

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (x, y)dxdy + ∫∫ f (x, y)dxdy =

D		D1	D2
0	0	3	0
= ∫ dy ∫ f (x, y)dx + ∫dy ∫ f (x, y)dx.
−4	− y+4	0	−2
		116

Задача 6.2. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле

2		4−y2
∫dy ∫ f (x, y)dx .
−2	y2 −4

Сделать чертеж области D .

Решение. Переменная y в области D изменяется в промежутке от −2 до 2 , значит, область D заключена между горизонтальными прямыми y = −2 и

y = 2

. Пределы интегрирования во внутреннем интеграле показывают, что

слева

область

D ограничена параболой x = y2 −4 ,

а справа

–

половиной

окружности x =

4 − y2

(или x2 + y2 = 4 ). Изобразим область D (рис. 6.9).

Теперь

поменяем

порядок

интегрирования,

приняв

за

внешнюю

переменную x . Разобьем область D на

области D1 и D2 .

D1 :

+ y

Для

области

−4 ≤ x ≤ 0, − x + 4 ≤ y ≤ x + 4 ,

а для области D2 :

−4

0 ≤ x ≤ 2, − 4 − x2 ≤ y ≤ 4 − x2 .

Тогда

x = y2 −4

−2

4−y2

Рис. 6.9

∫dy

∫ f (x, y)dx = ∫∫ f (x, y)dxdy =

−2

y2 −4

= ∫∫ f (x, y)dxdy + ∫∫ f (x, y)dxdy =

4−x2

x+4

= ∫dx ∫ f (x, y)dy + ∫dy ∫ f (x, y)dy.

−4 − x+4

−

4−x2

Задача 6.3. Вычислить интеграл ∫∫2xdxdy , если область D ограничена

линиями x =

x + y = 2,

y = 0.

Решение. Изобразим область D (рис. 6.10). Координаты точки

пересечения кривых находим из системы уравнений

117

x + y = 2,

x = y.

Получаем

точку (1;1).

Из рисунка видно, что область D не удовлетворяет

условиям теоремы 6.2, но удовлетворяет условиям

теоремы 6.3. Поэтому используем формулу (6.2).

x =

2−y

x + y = 2

∫∫2xdxdy = ∫dy ∫ 2xdx = ∫ x2

dy =

∫

− y)

− y

Рис. 6.10

dy =

(2 − y)3

= −

−

= −

−

Задача 6.4. Вычислить интеграл

∫∫(x + 2y2 )dxdy

по области D, задаваемой

неравенствами:

≤

; 0 ≤ y ≤ 3,

0 ≤ x ≤ 2.

y = x

Область

изображена

на;

рис. 6.11. Она не

удовлетворяет как условиям теоремы 6.2, так и

условиям теоремы 6.3. Разобьем ее, как показано на

рисунке, на области D1 и D2 . Тогда

∫∫(x +2y

)dxdy = ∫∫(x +

)dxdy + ∫∫(x +2y

)dxdy.

Рис. 6.11

Вычислим каждый из этих интегралов, беря за внешнюю переменную х, за внутреннюю – у.

	1	3			1			2y	3	3
	1	3			1				3	3
∫∫(x +2y2 )dxdy = ∫dx∫(x +2y				2 )dy = ∫			xy +				dx =
								3
D1	0	0			0					0
D1	0	0			0					0
	1		3x2			1	=19,5.
						1


	= ∫(3x +18)dx =		2	+18x
	0		2			0
	0					0

118

∫∫(x +2y2 )dxdy = ∫dx ∫(x +2y2 )dy = ∫ xy + 2y

dx =

= ∫

dx =

3x −

9,75.

Окончательно получаем

∫∫(x + 2y2 )dxdy =19,5 +9,75 = 29, 25.

Задача 6.5. Вычислить двойной интеграл ∫∫xydxdy

по области D, определяемой неравенствами

x2 + y2 ≤ 4,

x ≥ 0,

y ≥ 0.

Решение. Для вычисления интеграла

перейдем к

Рис. 6.12

полярным

координатам.

Область D (рис. 6.12)

представляет собой четверть круга радиусом 2 c центром

в начале координат.

Она ограничена лучами

ϕ = 0 и

ϕ =

π (оси Ох и Оу

x2 + y2 = 4 ).

соответственно)

и кривой

r = 2

(окружность

Нижний предел

изменения r это r = 0 . Тогда, используя формулы (6.6) и (6.7), получаем

∫∫xydxdy = ∫∫r cos ϕr sin ϕrdϕdr = ∫2 dϕ∫r3 cos ϕsin ϕdr =

= ∫2 cos ϕsin ϕdϕ

∫2

4cos ϕsin ϕdϕ =

∫2

2sin 2ϕdϕ = −cos 2ϕ

0π2 = 2.

∫∫1x dxdy

Задача 6.6.

Вычислить

двойной интеграл

по

области D,

x2 + y2 = 2x

задаваемой

неравенствами

x2 + y2 ≤ 2x,

x ≥1,

y ≥ 0.

					Решение. Область D (рис. 6.13) – это
		•			четверть круга радиусом 1 с центром в точке
O	1	•	2	x	(1;0). Для вычисления интеграла перейдем к
O	1		2	x	полярным координатам. Запишем уравнения
					полярным координатам. Запишем уравнения
					кривых, ограничивающих область D, и
					определим границы изменения ρ и ϕ.
	Рис. 6.13				x2 + y2 = 2x r2 = 2r cos ϕ r = 2cos ϕ.
					x2 + y2 = 2x r2 = 2r cos ϕ r = 2cos ϕ.
					119

x =1 r cos ϕ =1 r = cos ϕ .

Таким образом,

меняется в пределах от

до 2cosϕ.

cosϕ

Так как окружность, ограничивающая область D, имеет радиус равный 1,

то луч, идущий через точки

O и

A ,

образует угол

с осью

Ox .

Значит,

ϕ 0;

. Тогда

1dxdy = ∫∫

π/ 4

2 cos ϕ

∫∫

rdrdϕ= ∫

dϕ

∫

dr =

r cos

1/ cos ϕ

cosϕ

π/ 4

2cosϕ

π/ 4

∫

cosϕ

∫

2cosϕ−

dϕ=

1/ cosϕ

cosϕ

π/ 4

−

π/ 4

= 2

−tg

−

= ∫

cos2 ϕ

dϕ=(2ϕ−tgϕ)

Задача 6.7. Найти площадь части поверхности параболического цилиндра

z = x2

z = x

лежащей

между

y = x

плоскостями y =x,

x =2, y =0

(при x ≥ 0 ).

Решение.

Заданная

часть

поверхности

изображена на

рис. 6.14, а ее проекция на

y = x

a) Рис. 6.14

б)

плоскость

Oxy

на рис.

6.14,б.

Для

вычисления

площади

поверхности

воспользуемся

формулой (6.10). В

нашем примере

f (x, y)

. Тогда

fx′ = x;

fy′

= 0.

1+ x2 y x

∫∫

1+ x2 dxdy = ∫dx∫

1+ x2 dy = ∫dx

= ∫x 1 + x2 d x=

∫ 1 + x2 d (1 + x2 )=

120

	1					3		2	2		1							5		−1
=		(1	+ x	2	)		2			=			3		3		=		5		.

	2							3			3	(1+ 4)		2	−1	2		3
									0

Задача 6.8. Найти массу плоской пластины, задаваемой неравенствами

y x2 + y2 = 2 y

y = x

x2 + y2 = 4

Рис. 6.15

x2 + y2 ≤ 4, x2 + y2 ≤ 2y, y ≥ x, x ≥ 0, если ее

плотность µ = x2 y+2 y2 .

Решение. Данная пластина изображена на рис. 6.15. Она представляет собой часть плоскости, ограниченную дугами окружностей

x2 + y2 = 4 и x2 + y2 = 2y и прямой y = x .

Воспользуемся формулой (6.11) и перейдем к полярным координатам.

M = ∫∫(x2 + y2 )

dxdy = ∫∫

rdrdϕ =

sin

D r

π/ 2

= ∫ dϕ ∫

dr = ∫ dϕ

2sin

π/ 4

2sin ϕ sin

π/ 4

2sin ϕ

π/ 2

π.

= ∫

dϕ

− 2

dϕ = (−2ctgϕ − 2ϕ)

= 2

−

π/ 4

sin

Вопросы для самопроверки по теме 6.1

1.Какие задачи приводят к понятию двойного интеграла?

2.Дайте определение двойного интеграла.

3.Перечислите свойства двойного интеграла.

4.Напишите формулу перехода от двойного интеграла к повторному в декартовых координатах.

5.Что называется якобианом отображения?

6.Напишите формулу перехода от двойного интеграла к повторному в полярных координатах.

7.Какие геометрические и физические величины можно вычислить, используя двойные интегралы?

121

6.2. Криволинейные интегралы первого рода

При изучении данной темы Вам предстоит ознакомиться со следующими вопросами:

•Определение криволинейного интеграла первого рода и его механический смысл.

•Основные свойства криволинейного интеграла первого рода.

•Вычисление криволинейного интеграла первого рода.

После изучения данных вопросов в опорном конспекте Вам следует решить тест №11 и ответить на вопросы для самопроверки. Если Вы будете испытывать затруднения в ответах, обратитесь к [3] или к глоссарию.

Студенты очно-заочной и заочной форм обучения должны решить одну задачу под № 71-80 из контрольной работы № 6 в соответствии со своим вариантом.

Определение криволинейного интеграла первого рода и его основные свойства

Криволинейный интеграл первого рода является еще одним обобщением определенного интеграла. К понятию криволинейного интеграла первого рода приводит задача о вычислении массы материальной кривой. Дадим определение этого интеграла.

Пусть в пространстве (или на плоскости) дана непрерывная спрямляемая

кривая АВ, в точках которой определена функция f (M ). Проделаем

следующие операции:

1. Разобьем кривую АВ на п частей следующими друг за другом точками

A0 , A1,..., An . При этом точку A0 отождествляем с точкой A,						An - с точкой В.
Длину	дуги	A −	A (i =1, 2,..., n)	обозначим через	l .	Наибольшую из
		i 1	i		i
величин	li	обозначим через λ .

2. На каждой дуге

Mi и вычислим f (Mi ). 3. Найдем сумму

Ai−1Ai (i =1, 2,..., n) выберем произвольно по точке

∑ f (Mi ) li .

i=1

Эта сумма называется интегральной суммой для функции f (M ) на кривой АВ.

4. Вычислим lim ∑ f (Mi ) li .

λ→0 i=1

122

Если этот предел существует, конечен и не зависит от способа разбиения кривой АВ на части и от выбора точек Mi , то он называется криволинейным

интегралом первого рода от функции f (M ) по кривой АВ. Этот интеграл

обозначают символом
∫ f (M )dl или	∫ f (x, y)dl,
AB	AB
если кривая АВ лежит на плоскости Оху,	или, если АВ - пространственная
кривая:

∫ f (x, y, z)dl.

При этом используют следующие названия: f (M ) - подынтегральная

функция, АВ - линия (кривая, контур) интегрирования, А и В - начальная и конечная точка интегрирования.

Таким образом, определение криволинейного интеграла первого рода можно записать так


∫ f (M )dl = lim		n
∫ f (M )dl = lim		∑ f (Mi ) li
AB	λ→0 i=1

Криволинейные интегралы первого рода называют также интегралами по длине дуги.

Механический смысл криволинейного интеграла первого рода

Если неотрицательная функция µ(M ) определяет плотность кривой АВ

в точке М, то криволинейный интеграл первого рода равен массе m кривой АВ, т.е.

m = ∫ µ(M )dl.	(6.13)
AB

Достаточные условия существования криволинейного интеграла первого рода

Приведем без доказательства следующую теорему.

Теорема 6.4. Если функция f (M ) непрерывна на спрямляемой

непрерывной кривой АВ, то криволинейный интеграл ∫ f (M )dl существует.

Основные свойства криволинейных интегралов первого рода

Перечислим основные свойства, предполагая, что все встречающиеся ниже функции и кривые удовлетворяют условиям теоремы 6.4. Эти свойства выводятся непосредственно из определения криволинейного интеграла аналогично тому, как доказываются свойства определенного интеграла.

123

1. ∫ f (M )dl = ∫ f (M )dl , т.е. значение криволинейного интеграла не

зависит от направления кривой.

2.	∫ kf (M )dl = k ∫ f (M )dl .
	AB		AB
3.	∫	f (M )+ g (M ) dl =		∫	f (M )dl +	∫	g (M )dl	.
3.	∫			∫		∫		.
	AB			AB		AB

Из свойств 2 и 3 следует свойство линейности криволинейного интеграла

k f (M )

g (M )

dl = k

f (M )dl +k

∫

g (M )dl

∫

1 ∫

4. Свойство аддитивности.

Если кривая АВ разбита точкой С на две части АС и СВ, то

∫ f (M )dl = ∫ f (M )dl + ∫ f (M )dl .

Если

f (M )≥ 0 для всех точек М кривой АВ, то

∫

f (M )dl ≥ 0.

Если

f (M )≥ g (M ) для всех точек М кривой АВ, то

∫ f (M )dl ≥ ∫ g (M )dl.

∫ f (M )dl

≤ ∫

f (M )

dl.

∫ dl = LAB , где LAB - длина кривой АВ.

9. Теорема о среднем.

Если функция f (M ) непрерывна на кривой АВ, то на этой кривой

найдется хотя бы одна такая точка M , что

∫ f (M )dl = f (M ) LAB .

Вычисление криволинейных интегралов первого рода

Вычисление криволинейных интегралов первого рода сводится к вычислению определенных интегралов. Приведем правила вычисления интегралов первого рода.

124

1. Пусть кривая АВ - плоская и задается уравнением y = y (x), x [a;b], где y (x) - функция, непрерывно дифференцируемая на [a;b], a точкам А и В соответствуют значения x = a и x = b соответственно. Тогда

	b
	b		1+(y′(x))2 dx.
∫ f (x, y)dl = ∫ f (x, y (x))			1+(y′(x))2 dx.		(6.14)
AB	a

Выражение dl =	1+(y′(x))2	dx		называется дифференциалом длины

дуги кривой.					y [c;d ],
Если кривая АВ - плоская и задается уравнением x = x(y),					y [c;d ],

где x(y) - функция, непрерывно дифференцируемая на [c;d ], а точкам А и В

соответствуют значения y = c и y = d , то получим формулу, аналогичную формуле (6.14):

	d
	d
∫	f (x, y)dl = ∫ f (x(y), y) 1+(x′(y))2 dy.	(6.15)
AB	c

В этом случае дифференциал длины дуги кривой dl = 1+(x′(y))2 dy.

2. Пусть кривая АВ - плоская и задается параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), α ≤ t ≤ β,

где x(t) и	y (t) - функции,	непрерывно дифференцируемые на	[α,β], a
точкам А и В соответствуют значения параметра t = α и t = β.
	β
	β
∫	f (x, y)dl = ∫ f (x	(t), y (t)) (x′(t))2 +(y′(t))2 dt.	(6.16)
AB	α

Дифференциал длины дуги кривой в этом случае dl = (x′(t))2 +(y′(t))2 dt.

3. Пусть АВ - пространственная кривая и задается параметрическими уравнениями

x = x(t), y = y(t), z = z(t), α ≤ t ≤ β,

где	x(t), y (t), z (t) - функции, непрерывно дифференцируемые на [α,β], а
точкам А и В соответствуют значения параметра t = α и t = β. Тогда
	β

∫ f (x, y, z)dl = ∫ f (x(t), y(t), z (t)) (x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t ))2 dt. (6.17)
AB	α

Дифференциал длины дуги кривой

125

dl = (x′(t))2 +(y′(t))2 +(z′(t))2 dt.

4. Если различные участки кривой АВ задаются различными формулами, то нужно воспользоваться свойством аддитивности интеграла, т.е. разбить кривую на соответствующее число частей, вычислить интегралы по этим частям и просуммировать.

Пример 6.4. Вычислить

∫

вдоль параболы

y = x2 −1

от точки

4y +

до точки B(

2;1).

A(0;−1)

Решение. Воспользуемся формулой (6.14):

1+ (2x)2 dx =

∫

d l =

∫

4(x

AB 4y + 5

−1)+ 5

x 1+ 4x2

xdx

−

= ∫

dx = ∫

∫ (

4x2 +1)

2 dx2 =

(4x2 +1)2

4x2

Пример 6.5. Вычислить

∫

− x2 − y

dl вдоль первого витка винтовой

1+ z

t [0;2π].

линии: x = cost,

y = sint, z = t,

Решение. Вычислим сначала dl :

dl = ((cost)′)2 +((sin t)′)2 +(t′)2 dt = 2dt.

Тогда, используя формулу (6.17), получаем

− x2 − y2

2π t2

− cos

2 t − sin2 t

2π t2

−1

∫

d l = ∫

2dt =

2 ∫

dt =

1+ z

+ t

2π

= 2 ∫ (t −1)dt = 2

= 2 2π(π −1).

− t

Решение задач

Задача 6.9. Найти дифференциал dl длины дуги кривой y = 23 x3 .

		2		′
			x3
Решение. Учитывая, что					=	x , получаем
Решение. Учитывая, что	y′ =	3			=	x , получаем
		3
	126

		dl =	1+(y′(x))2	dx =
						1+ xdx .

Задача	6.10.	Найти	дифференциал			dl длины дуги кривой
x = t −sin t, y =1−cost .

Решение.	В	случае,	если кривая		задается параметрически, то

dl = (xt′)2 + (yt′)2 dt.

Вычислим xt′ и yt′. xt′ = (t −sin t)′ =1−cost; yt′ = (1−cost)′ = sin t .

Тогда

dl = (1−cost)2 +sin2 tdt = 1−2cost +cos2 t +sin2 tdt = 2 −2costdt .

Задача		6.11. Вычислить ∫ (x +2)ydl , где AB - дуга параболы
		AB
y = 2		от точки A(0;2) до точки B (3;4).
	1+ x

Решение. Воспользуемся формулой (6.14), вычислив предварительно dl .

∫(x

= 2∫3

2 + x

dx .

y′ = 2

. Тогда dl = 1+

dx =

1+ x

+ 2)dl = ∫3 (x + 2) 2			dx =
		x + 2
	x +1	x + 2
	x +1
0		x +1
(x + 2)3 / 2 dx = 2∫3 (x + 2)3 / 2 d(x + 2) =				2(x + 2)	5 / 2 2	3	=	4	(25		− 4		).

										5		2
0					5	0		5

Задача 6.12.	Вычислить				∫	dl	,	где	L	- дуга кривой
						xy
		π		π	L
x = cos3 t, y = sin3 t,			;
	t	8		.
				4						предварительно dl .
Воспользуемся	формулой				(6.15),			вычислив
xt′ = 3cos2 t (−sin t);	yt′ = 3sin2 t cost . Тогда

dl = 9cos4 t sin2 t + 9sin4 t cos2 tdt = 3cos2 t sin2 t (cos2 t + sin2 t )dt = = 3cos t sin tdt.

127

Следовательно,

cost sin t

π4

∫

3 ∫

dt = 3 ∫

=12 ∫

(2cost sin t )

L xy

π8 cos

t sin

π8 cos

t sin

π8

π4

=12

= −

ctg

4 = −6 ctg

− ctg

= 6.

π∫

sin2

Задача 6.13. Найти массу m дуги материальной кривой

y = ln x

между

точками

A(1;0) и B(e;1)

, если плотность вещества µ =

x2 +1

Решение. В соответствие с формулой (6.13)

ln2 x

m = ∫

dl = ∫

1+ (ln x)′ 2 dx = ∫

dx =

AB x

1−0

= ∫ln2 x

x2 +1dx = ∫ln2 xd ln x == ln3 x

= ln3 e −ln31

= 1.

x x2 +1

Вопросы для самопроверки по теме 6.2

1.Дайте определение криволинейного интеграла первого рода.

2.Перечислите свойства криволинейного интеграла первого рода.

3.Какой механический смысл имеет криволинейный интеграл первого

рода?

4.Что такое дифференциал длины дуги кривой?

5.Сформулируйте теорему существования криволинейного интеграла первого рода.

6.3. Криволинейные интегралы второго рода

При изучении данной темы Вам предстоит ознакомиться со следующими вопросами:

•Определение криволинейного интеграла второго рода и его механический смысл.

•Основные свойства криволинейного интеграла второго рода.

•Вычисление криволинейного интеграла второго рода.

•Формула Грина.

•Условия независимости интеграла от пути интегрирования.

128

∑P (xi ; yi ; zi )

i=1

После изучения данных вопросов в опорном конспекте Вам следует решить тест №12 и ответить на вопросы для самопроверки. Если Вы будете испытывать затруднения в ответах, обратитесь к [3] или к глоссарию.

Студенты очно-заочной и заочной форм обучения должны решить задачу под № 71-80 из контрольной работы № 6 в соответствии со своим вариантом.

Определение криволинейного интеграла второго рода и его основные свойства

Понятие криволинейного интеграла второго рода естественным образом возникает при решении задач о вычислении работы силы при перемещении материальной точки вдоль некоторой кривой.

Пусть в пространстве (или на плоскости) задана непрерывная кривая АВ, в точках которой определена функция P(M ) . Проделаем следующие операции:

1. Разобьем кривую АВ на п дуг точками M0 , M1,..., Mn , следующими друг за другом. При этом точку M0 отождествим с точкой А, а точку Мп - с точкой В. Координаты точек M0 , M1, M2 ,..., Mn обозначим через

(x0, y0, z0 ),(x1, y1, z1 ),(x2, y2, z2 ),..., (xn , yn , zn )(или (x0, y0 ),(x1, y1 ),(x2, y2 ),...,(xn , yn ),

если кривая лежит на плоскости). Наибольшую из длин дуг Mi−1Mi обозначим через λ .

2.На каждой дуге Mi−1Mi выберем произвольно по точке Ni (xi ; yi ; zi )

ивычислим P (xi ; yi ; zi ), i =1, 2,..., n .

3. Обозначим через

xi разность xi − xi−1 и вычислим сумму

xi . Эта сумма называется интегральной суммой для функции x, y, z) на дуге АВ по переменной х.

		n
4. Вычислим	lim	∑P(xi ; yi ; zi ) xi .
	λ→0	i=1
		i=1

Если этот предел существует, конечен и не зависит от способа разбиения кривой АВ на части и выбора точек Ni , то он называется криволинейным

интегралом второго рода по переменной x от функции P(x, y, z) по кривой АВ от точки А до точки В. Этот интеграл обозначают символом

∫ P(x, y, z)dx

(6.18)

или

129

	∫ P(x, y)dx ,
	AB
если кривая АВ лежит на плоскости Оху.
z	Аналогично определяются криволинейные интегралы по переменным у и
z	соответственно:

∫		n	∫ P(x,
	P(x, y, z)dy =lim	∑P(xi ; yi ; zi ) yi ,
AB	λ→0 i=1		AB

Если на кривой АВ определены три функции

	n
y, z)dz =lim	∑P(xi ; yi ; zi ) zi. (6.19)
λ→0	i=1
	i=1
P(x, y, z) ,	Q(x, y, z) , R(x, y, z) ,

то сумму интегралов	∫ P(x, y, z)dx + ∫ Q(x, y, z)dy + ∫ R(x, y, z)dz
	AB	AB	AB

называют криволинейным интегралом (общего вида) второго рода по кривой АВ в направлении от А к В. Его обозначают символом:

∫ P(x, y, z)dx +Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz.	(6.20)
AB

Достаточные условия существования криволинейных интегралов второго рода

Приведем без доказательства следующую теорему.

Теорема 6.5. Если кривая АВ - кусочно-гладкая, а функция P(x, y, z) непрерывна на ней, то интегралы

∫ P(x, y, z)dx, ∫ P(x, y, z)dy, ∫ P(x, y, z)dz

AB AB AB

существуют.

Механический смысл криволинейного интеграла второго рода

Если в каждой точке кривой AB действует сила F (x, y, z), имеющая координаты P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z), то криволинейный интеграл

(6.20) определяет работу силы F при перемещении материальной точки единичной массы вдоль кривой ВС.

Свойства криволинейных интегралов второго рода

Рассмотрим свойства интегралов вида (6.18), предполагая, что все встречающиеся ниже интегралы существуют. Интегралы вида (6.19) и (6.20) имеют аналогичные свойства.

1. ∫ P(x, y, z)d x= − ∫ P(x, y, z),

AB BA

т.е. при изменении направления на кривой интеграл второго рода меняет знак.

130

2.	∫ kP(x, y, z)dx = k ∫ P(x, y, z)dx.
	AB	AB
3.	∫ [P(x, y, z) +G(x, y, z)]d x= ∫ P(x, y, z)d x+ ∫ G(x, y, z)d .x
	AB	AB	AB

Из свойств 2 и 3 следует свойство линейности криволинейного интеграла второго рода:

∫ [k1P(x, y, z) +k2G(x, y, z)]d x=k1 ∫ P(x, y, z)d x+k2 ∫ G(x, y, z)d .x

AB AB AB

4. Свойство аддитивности.

Если кривая АВ разбита точкой С на две части АС и СВ, то

∫ P(x, y, z)dx = ∫ P(x, y, z)dx + ∫ P(x, y, z)dx.

AB AC CB

5. Если L - замкнутая кривая, то криволинейный интеграл не зависит от выбора начальной точки, а зависит только от направления движения вдоль кривой.

Связь между криволинейными интегралами первого и второго родов

Пусть АВ - пространственная кривая, на которой задано направление от точки А к точке В. Рассмотрим в каждой точке кривой касательный вектор, направление которого соответствует направлению кривой.

Обозначим через α,β, γ углы, которые образует этот вектор с осями Ox,Oy,Oz.

Вэтом случае справедлива формула

∫P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz =

= ∫ [P(x, y, z)cosα + Q(x, y, z)cos β + R(x, y, z)cosγ ]d l. (6.21)

Замечание. Если изменить направление кривой, то интеграл, стоящий слева, интеграл второго рода, изменит знак. Интеграл справа, интеграл первого рода, также изменит знак, так как изменит знак подынтегральная функция: изменение направления кривой влечет изменение направления касательного вектора на противоположное и, соответственно, меняются знаки у cosα,cosβ,cos γ .

Вычисление криволинейных интегралов второго рода

Вычисление криволинейных интегралов второго рода также сводится к вычислению определенных интегралов. Приведем без доказательства формулы перехода от криволинейных интегралов к определенным.

1. Пусть АВ - плоская кривая и задается уравнением y = y (x), точка А имеет координаты (a ; y (a)), точка В - координаты (b; y (b)). Тогда

131

		b
∫ P(x, y)d x+ Q(x, y)d y= ∫ P(x, y(x))+ Q(x, y(x)) y′(x) d .x			(6.22)
AB		a
Если плоская кривая АВ задается уравнением x = x(y), а точки А и B
имеют координаты (x(c),c) и (x(d ), d ), то
		d
∫ P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫ P(x(y), y)x′(y)+ Q(x(y), y) dy.
AB		c
2. Пусть АВ - плоская кривая, задаваемая параметрическими
уравнениями:	x = x(t),	y = y (t), причем точке А соответствует значение
параметра t =α , точке В - значение t = β . Тогда
		β
∫ P(x, y)dx +Q(x, y)dy = ∫ P(x(t), y(t))x′(t)+Q(x(t), y(t))y′(t) dt.			(6.23)
AB		α
3. Если АВ - пространственная кривая, задаваемая параметрическими
уравнениями:	x = x(t),	y = y(t), z = z(t), и точкам А и В соответствуют

значения t = α и t = β, то

∫ P(x, y, z)dx +Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz =

	β	(6.24)
	= ∫[P(x(t), y(t), z(t))x'(t) +Q(x(t), y(t), z(t))y '(t) + R(x(t), y(t), z(t))z '(t)]d .t	(6.24)

	α

Пример 6.6. Вычислить

∫ (2x2 − y)dx +

по параболе

y = x2 от

точки А(2;4) до точки В(1;1).

Решение. Воспользуемся формулой (6.22), учитывая, что y′ = 2x :

(2x2 − y)dx +

∫

dy =

∫

2x2

− x2 +

dx = ∫3x2dx = x3

= −7.

Пример 6.7.	Вычислить ∫ (x − y)dx +(x −2y)dy , где АВ -	дуга
	AB
эллипса x = 2cost,	y = sin t, идущая от точки А(2; 0) до точки В(-2;	0) в

направлении против часовой стрелки.

132

Рис. 6.18

	Решение. Воспользуемся формулой (6.23): x′(t)= −2sin t,				y′(t)= cost .
Точке А соответствует значение параметра t = 0 , точке B		− t =π . Тогда
	π
∫ (x − y)dx +(x −2y)dy = ∫[(2cost −sin t)(−2sin t) +(2cost −2sin t)cost]dt =
AB	0		3		π
π	π

= ∫	[−6cost sin t +2sin2 t +2cos2 t]dt =∫[−3sin 2t +2]dt =		2	cos 2t +2t		0	= 2π.
0	0

Формула Грина

Интегралы по замкнутому контуру

Если L - замкнутая кривая (замкнутый контур), то, как говорилось в теме 6.2, значение криволинейного интеграла второго рода не зависит от выбора начальной точки. Криволинейный интеграл по замкнутой кривой иногда обозначают символом:

∫. При этом направление обхода контура L

задается дополнительно. Если L - замкнутая плоская кривая, без точек самопересечения, то положительным направлением обхода контура L

называется такое направление, при котором область, ограниченная контуром L, остается слева,

т.е. движение происходит против часовой стрелки (рис. 6.18). Противоположное направление обхода называется отрицательным.

В дальнейшем, если нет дополнительных указаний о направлении, будем считать направление обхода контура положительным.

Связь двойного интеграла с криволинейным

Теорема 6.6. (Формула Грина).

Пусть функции P(x, y),Q(x, y), ∂∂Qx , ∂∂Py непрерывны в области D, имеющей кусочно-гладкую границу. Тогда

	∂Q		∂P
∫∫	∂Q	−	∂P	dxdy = ∫P(x, y)dx +Q(x, y)dy,		(6.25)
D	∂x		∂y		L

где L - граница области D, а криволинейный интеграл второго рода берется в положительном направлении.

Дж.Грин (1793-1841) - английский математик и физик.

133

Пример	6.8. Вычислить		с	помощью	формулы Грина интеграл
∫(x2 −2y)dx +(3x + y2 )dy , где			L	- контур	треугольника, образованного
L
координатными осями и прямой x + y = 2 .
Решение.	Для	этого		интеграла	P = x2 −2y, Q = 3x + y2 .

Соответственно ∂∂Py = −2; ∂∂Qx = 3 . Следовательно, применяя формулу Грина,

имеем:

∫(x2 −2y)dx +(3x + y2 )dy = ∫∫(3 + 2)dxdy = 5∫∫dxdy .

L D D

D - это прямоугольный треугольник, образованный координатными осями и прямой x + y = 2 , т.е. треугольник, катеты которого равны 2. Двойной

интеграл ∫∫dxdy равен площади области D (площади треугольника), т.е.

12 2 2 = 2 . Окончательно получаем

∫(x2 −2y)dx +(3x + y2 )dy = 5 2 =10.

Условия независимости криволинейных интегралов от пути интегрирования

Пусть в некоторой односвязной области D на плоскости заданы

∂P

непрерывные функции P(x, y) и Q(x, y) , частные производные которых ∂y

∂Q

и ∂x также непрерывны. Рассмотрим криволинейный интеграл второго рода

∫ P(x, y)dx +Q(x, y)dy ,	(6.26)
AB
где A(x0 , y0 ) и B (x1, y1 ) - две какие-нибудь точки области	D, а АВ -

произвольная, соединяющая их кусочно-гладкая кривая, целиком лежащая в области D. Может случиться, что значение интеграла (6.26) одинаково для всех различных путей, ведущих из точки А в точку В и лежащих в области D, т.е. однозначно определяется только начальной и конечной точками А и В. В этом случае говорят, что интеграл (6.26) не зависит от пути интегрирования в области D и обозначают символами

134

B	(x1, y1 )
∫Pdx +Qdy или	∫	Pdx +Qdy .
A	(x0 , y0 )

Возникает вопрос: при каких условиях интеграл (6.26) не зависит от пути интегрирования? Ответ на него дает следующая теорема.

Теорема 6.7. Пусть функции				P(x, y) и Q(x, y) вместе со своими
частными производными	∂P	и	∂Q	определены и непрерывны в односвязной
	∂y		∂x

открытой области D. Тогда равносильны следующие утверждения: 1. Криволинейный интеграл

∫ P(x, y)dx +Q(x, y)dy

не зависит от пути интегрирования в области D.

2. Для любого замкнутого контура L, целиком лежащего в области D,

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

3. Всюду в области D выполняется равенство

∂Q(x, y) = ∂P(x, y) .

∂x ∂y

(6.27)

(6.28)

6. Выражение P(x, y)dx +Q(x, y)dy является полным дифференциалом в

области D некоторой функции U (x, y) :

dU (x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy

При этом функцию U (x, y) можно найти по формуле

	(x, y)
U (x, y)= ∫		P (x, y)d x+Q (x, y)d
	(x0 , y0 )
или		y
x		y
U (x, y)= ∫ P	(x, y0 )d x+∫Q		(x, y)d y+C,
x0		y0

(6.29)

(6.30)

где (x0 , y0 ) - любая точка области D, С – произвольная постоянная. Аналогичная теорема справедлива и для пространственного случая.

Пример 6.9. Вычислить ∫ (3 + y)dx +(x +5y)dy , где АВ - верхняя

		AB
половина эллипса	x2	+ y2 =1 от точки A(2;0)	до точки B(−2;0) .
половина эллипса	4	+ y2 =1 от точки A(2;0)	до точки B(−2;0) .
	4
		135

Решение. Покажем, что этот интеграл не зависит от пути интегрирования на всей плоскости Оху. Покажем, что выполняется равенство (6.28).

Действительно, P(x, y) = 3 + y, Q(x, y) = x +5y,	∂P	=1,	∂Q	=1 непрерывны
	∂y		∂x

на плоскости Оху и ∂∂Py = ∂∂Qx . Значит, интеграл не зависит от пути

интегрирования. Поэтому вместо дуги эллипса можно взять более простой путь - отрезок АВ оси Ох. В этом случае y = 0 и dy = 0 и, следовательно, исходный интеграл равен

−2

∫ 3dx = ∫ dx = 3x 2−2 = −12.

AB 2

Пример 6.10. Показать, что выражение ex cos ydx −ex sin ydy является полным дифференциалом некоторой функции и найти эту функцию.

	Решение. В	данном примере P(x, y) = ex cos y,			Q(x, y) = −ex sin y,
∂P	= −ex sin y,	∂Q	= −ex sin y . Функции P, Q,	∂P	и	∂Q	непрерывны
∂y		∂x		∂y		∂x

∂P = ∂Q

во всей плоскости Оху и ∂y ∂x . Значит, согласно теореме 6.7, выражение

Pdx +Qdy = dU . Найдем функцию U, используя формулу (6.30). В качестве точки (x0 , y0 ) возьмем (0,0):

U = ∫ex cos0dx − ∫ex sin ydy +C =∫exdx −ex ∫sin ydy +C =

= ex

x +ex cos y

y +C = ex −1

+ex cos y −ex +C = ex cos y +C

где

C1 = C −1.

Решение задач

Задача 6.14.

Вычислить ∫

dx −

, где L

- дуга кривой y = e−x

1+ y

1+e

от точки

A(0;1) до точки B(−ln 2;2) .

Решение. Воспользуемся формулой (6.22).

−ln 2

−x

−ln 2

∫

dx −

∫

−

(e−x )′

dx =

∫

(e−x ) dx =

1+e

−x

1+e

L 1+ y

1+e

136

−ln 2			1				1
= ∫			1				1
= ∫		x	+1	+	e	x	(e	x		dx =
0	e		+1		e		(e		+1)

−ln 2

∫

−ln 2

dx =

∫

e−xdx = −e−x

= −eln 2 +e0 = −2 +1 = −1.

(

)

Задача

6.15.

Вычислить

∫

dx −dy ,

где

- дуга

кривой

π −1;1) .

x = t −sin t,

y =1−cost

от точки

A(π;2) до точки B(

Решение. Будем использовать формулу (6.23). Заметим, что точке

соответствует значение t = π, точке

B - t = π .

Тогда

π2

−cost

dx − dy =

(t −sint)′ −(1−cost)′ dt =

−sint

dt =

∫ y

∫

(1−cost)

∫

−cost

= ∫2 (1−sint)dt = (t

+ cost)

ππ2 = π

− π+ cos π −cosπ = −

π + 0 −(−1)=1

−

π.

∫(−x2 y)dx + xy2dy

Задача

6.16.

Вычислить

вдоль

окружности

x2 + y2 = 4

положительном

направлении.

Решение. Так как интеграл берется по замкнутому

контуру, то можно воспользоваться формулой Грина.

Для этого интеграла P(x, y) = −x2 y,

Q(x, y) = xy2 .

Тогда

∂P

= −x

;

∂Q

= y

. Тогда, используя формулу

Рис. 6.19

∂y

∂x

Грина,

получим

∫(−x2 y)dx + xy2dy = ∫∫(y2 + x2 )dxdy ,

где D

круг

радиусом 2 с центром в начале координат (рис. 6.19). Для вычисления интеграла перейдем к полярным координатам и расставим пределы интегрирования:

		2π	2	2π		r4	2

∫∫(y2 + x2 )dxdy = ∫∫r2rdϕdr = ∫			dϕ∫r3dr = ∫		dϕ		= 2π 4 = 8π.

D	D	0	0	0	4		0

137

∂∂Py = ∂∂Qx

Задача 6.17. Проверить, справедливо ли утверждение: криволинейный интеграл ∫cos(x, y)dx −sin(xy)dy не зависит от пути интегрирования.

Решение. Воспользуемся теоремой 6.7 и проверим, выполняется ли

равенство (6.28).		В нашем случае		P(x, y) = co (xys ), Q(x, y) = −sin xy() .
Тогда		∂P		∂Q
		∂P	= −sin(xy) x;	∂Q	= −cos(xy) y.
		∂y		∂x
∂P	≠	∂Q
Так как ∂y	≠	∂x	, то утверждение несправедливо.
					(0;π)
Задача 6.18. Показать, что интеграл					∫ x2dx +(2y + y2 )dy не зависит
					(0;0)

от пути интегрирования, и вычислить его.

Решение. Воспользуемся теоремой 6.7 и проверим, выполняется ли

равенство (6.28). В нашем случае	∂P	= (x2 )′	= 0;	∂Q	= (2y + y2 )′	= 0.
	∂y		y	∂x		x

Значит, интеграл не зависит от пути интегрирования, и в качестве пути

интегрирования можно взять отрезок оси Ox , соединяющий точки									(0;0) и
(0;π). На этом пути	y = 0. Тогда
(0;π)				π		x3	π	π3 .
(0;π)				π			π
	∫ x2dx +(2y + y2 )dy = ∫x2dx =						=
	∫ x2dx +(2y + y2 )dy = ∫x2dx =						=
(0;0)				0	3		0	3
(0;0)				0			0
Задача 6.19. Показать, что выражение				eydx + xeydy				является полным
дифференциалом некоторой функции U (x, y)				и найти ее.
Решение. Воспользуемся теоремой 6.7 и проверим, выполняется ли
равенство (6.28).	∂P = (ey )′	= ey ;	∂Q = (xey )′		= ey .			Таким	образом
	∂y	y	∂x		x

и, значит, cos ydx − xsin ydy = dU . Для нахождения функции U

воспользуемся формулой (6.30). В качестве точки (x0; y0 ) возьмем (0;0):

x	y	x	y	0y +C = x + xey −xe0 +C = xey +C.
U = ∫e0dx +∫xeydy +C = ∫dx + x∫eydy +C = x + xey				0y +C = x + xey −xe0 +C = xey +C.
0	0	0	0

138

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 138 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.04.20151.46 Mб43litology-kl-2012.pdf
#
26.08.2019890.88 Кб26LOGISTIKA_RASPREDELENIYa_Uchebnoe_posobie.doc
#
02.04.2015459.26 Кб6Marketing_Uchposobie.doc
#
25.11.20191.24 Mб8MATAN.doc
#
02.04.2015292.39 Кб54MATAN_RGZ.docx
#
02.04.20151.89 Mб62matematika.pdf
#
07.05.2019499.2 Кб7Materialy_po_teme_Pronoun_dlya_1_kursa.doc
#
14.08.2019209.58 Кб2Material_dlya_podgotovki_k_GEK_2012.docx
#
20.11.2019583.68 Кб2MathI_opor_konsp_3.doc
#
19.09.201965.02 Кб3Matved_12-15.doc
#
22.11.2019651.26 Кб4mat_ved_kp.doc