Госы 5к Надя / лекции_3 / int_ zaw_ot_ par / Математический анализ - Интегралы - Аксёнов - 2000 - 145

(l) = (l1 ) U(l2 ) U(l3 );

y

I = ∫( x + y) ds = ∫( x + y) ds + ∫( x + y) ds + ∫( x + y) ds.

B(0,1)

(l )

(l1 )

(l2 )

(l3 )

(l3 )

(l2 )

1) (l ) = OA : y = 0 , x [0,1]

1

x

ds = 1 +( y′ )2 dx = dx

;

x

1

O

(l1 ) A(1,0)

1

2

x

1 .

Рис. 3.4.

I1 = ∫( x + y) ds = ∫( x + 0) dx =

=

К примеру 3

(l1 )

0

2

0

2

2) (l ) = AB : y =1 − x , x [0,1] ds = 1 +( y′ )2 dx = 2 dx ;

2

1

1

x

10 =

I2 = ∫( x + y) ds = ∫( x +1− x) 2 dx = ∫ 2 dx = 2 x

.

2

(l2 )

0

0

3) (l ) = OB : x = 0 ; y [0,1] ds = 1 +( x′ )2 dy = dy ;

3

y

1

y2

1

= 1 .

I3 = ∫( x + y) ds = ∫(0 + y) dy =

(l )

0

2

0

2

Значит,

3

= 1 +

2 + 1

I = I + I

2

+ I

3

=1+ 2 .

1

2

2

4. Вычислить I = ∫z ds , где (l) – коническая винтовая линия:

(l )

x = t cos t,

t [0, t0 ].

y = t sin t,

= t,

z

Имеем: xt′ = cos t −t sin t ;

yt′ = sin t + t cos t ; zt′ =1;

ds = ( x′)2

+( y′)2 +( z′)2 dt = 2 + t2 dt .

Тогда

t

t

t

t

t0 = 1 ((2 + t0 )3 2

− 23 2 ).

I = ∫z ds = ∫0 t 2 + t2 dt =

1

(2 + t2 )3 2

(l )

0

3

0

2

x2

+ y2 + z2 = a2 ,

5. Вычислить I = ∫x2ds, где (l) – окружность:

(l )

x + y + z = 0.

со сферой

x2 + y2 + z2 = a2 по окружности радиуса a . Таким образом,

(l) –

окружность радиуса a

длина

(l)

равна 2πa .

Легко понять,

что

∫x2ds = ∫ y2ds = ∫z2ds .

А тогда I = ∫x2ds = 13 ∫( x2 + y2 + z2 ) ds. Заметим,

(l )

(l )

(l )

(l )

(l )

что на (l),

т. е. на окружности радиуса a с центром в точке O , подынтеграль-

ная функция равна a2 . Следовательно,

I = 13 ∫a2ds = a32

∫ds. Но

∫ds равен

(l )

(l )

(l )

§2. Криволинейные интегралы второго рода

z

B=An

1°. Определение. Пусть в

An−1

пространстве дана

непрерыв-

ная кривая

(AB .

Пусть на

(AB

задана

функция

Ak+1

f ( x, y, z) . Выберем на (AB

Ak

какое-нибудь

направление

( xk , yk , zk )

(одно из двух возможных), на-

A=A0 A1 A2

y

пример, от точки A к точке B.

Проделаем следующие опера-

O

ции.

(AB точка-

x

1. Разбиваем

ми A0 = A, A1, A2 , K , An−1,

Рис. 3.5. К определению криволинейного

An = B

на

n частичных дуг

интеграла второго рода

(Ak Ak+1 ,

k = 0, 1, 2, K, n −1.

→ →

→

∆l0 , ∆l1,

K, ∆ln−1 .

Спроектируем эти векторы на ось Ox . Получим числа

∆x0 , ∆x1, K, ∆xn−1

→

→

( ∆xk = xk+1 − xk = прOx Ak Ak+1 = прOx ∆lk

).

Эти числа

могут быть положительными, отрицательными и равными нулю.

3. Каждое вычисленное значение функции f ( xk , yk , zk )

→

Ak+1

умножаем на проекцию соответствующего звена ломаной на

∆lk

ось Ox . Получим f ( xk , yk , zk ) ∆xk , k = 0, 1, 2, K, n −1.

n−1

σ = ∑ f ( xk , yk , zk ) ∆xk

( σ – интегральная сумма).

Ak

k=0

Рис. 3.6. К

5. Измельчаем дробление (AB на части (Ak Ak+1 так,

определению

чтобы λ → 0 , и ищем lim σ. Если существует конечный

криволинейного

λ→0

интеграла

I = lim σ и этот предел не зависит ни от способа разбиения

второго рода

λ→0

(AB на части (Ak Ak+1 , ни от выбора точки ( xk , yk , zk ) на

(Ak Ak+1 , то этот

предел называется криволинейным интегралом

второго рода от функции

f ( x, y, z) по кривой (AB (по x ) и обозначается

∫ f ( x, y, z) dx .

(AB

(BA

→

на ось Ox существенно зависят

Это ясно, ибо проекции звеньев ломаной ∆lk

от направления (Ak Ak+1

и меняют знак с изменением этого направления на

n−1

∫ f ( x, y, z) dy = lim ∑ f ( xk , yk , zk ) ∆yk .

(AB

λ→0 k=0

→

направленной ломаной проектировать на ось Oz , то по-

3. Если звенья ∆lk

n−1

∫ f ( x, y, z) dz = lim ∑ f (xk , yk , zk ) ∆zk .

(AB

λ→0 k=0

4. Если на кривой (AB определены три функции P( x, y, z) , Q( x, y, z) ,

R( x, y, z) и если существуют

интегралы ∫P( x, y, z) dx ,

∫Q( x, y, z) dy ,

(AB

(AB

x = ϕ(t),

1. Пусть кривая (AB задана параметрическими уравнениями

y = ψ(t),

где ϕ(t), ψ(t), ω(t) – функции, заданные и непрерывные на

z = ω(t),

промежутке

водная ϕ′(t) . Пусть (ϕ(a), ψ(a),ω(a))= A , (ϕ(b), ψ(b),ω(b))= B ,

причем

A ≠ B , т. е. кривая (AB – незамкнутая. Пусть точки (ϕ(t), ψ(t),ω(t))

следу-

ют друг за другом на (AB именно в том порядке, в каком соответствующие

значения t следуют друг за другом на [a,b].

2. Пусть функция f ( x, y, z) , заданная на (AB , непрерывна там.

Тогда I = ∫ f ( x, y, z) dx

существует и выражается обыкновенным опреде-

(AB

ленным интегралом по формуле

b

∫ f ( x, y, z) dx = ∫ f (ϕ(t), ψ(t),ω(t)) ϕ′(t) dt .

(1)

(AB

a

b

1.

Интеграл I* = ∫ f (ϕ(t), ψ(t),ω(t)) ϕ′(t) dt существует, ибо подынте-

a

гральная функция в нем непрерывна на [a,b].

2.

Нижний предел в I* должен отвечать началу пути интегрирования в I , а

xk = ϕ(θk ) ,

yk = ψ(θk ) , zk = ω(θk ) . Тогда получим

n−1

n−1

σ = ∑ f ( xk , yk , zk )( xk+1 − xk ) = ∑ f (ϕ(θk ), ψ(θk ),ω(θk ))(ϕ(tk+1 ) −ϕ(tk )).

k=0

k=0

По формуле

Лагранжа ϕ(tk+1 ) −ϕ(tk ) = ϕ′(τk )(tk+1 − tk ) ,

где

τk [tk ,tk+1].

n−1

Поэтому σ = ∑ f (ϕ(θk ), ψ(θk ),ω(θk )) ϕ′(τk )∆tk . Видим, что эта сумма по-

k=0

хожа на интегральную сумму Римана для определенного интеграла I*, но тако-

вой не является, ибо, вообще говоря, θk ≠ τk .

n−1

Составим сумму σ* = ∑ f (ϕ(τk ), ψ(τk ),ω(τk )) ϕ′(τk )∆tk .

Это уже на-

k=0

стоящая интегральная сумма Римана для I*. Было отмечено выше, что интеграл

I* существует, и потому σ* → I* при λ* → 0 ( λ* =

max

{∆tk }). Отметим,

k=0, n−1

что λ → 0 , если λ* → 0 .

Рассмотрим очевидное равенство

σ = σ* +(σ −σ* ).

(2)

n−1

σ − σ* = ∑[f (ϕ(θk ), ψ(θk ),ω(θk ))− f (ϕ(τk ), ψ(τk ),ω(τk ))] ϕ′(τk )∆tk .

k =0

По условию ϕ′(t) C([a,b]) ϕ′(t)

– ограниченная в [a,b], т. е. существует

число M > 0 такое, что

ϕ′(t)

≤ M для всех t [a,b]. Поэтому

n−1

σ − σ*

≤ M ∑

f (ϕ(θk ), ψ(θk ),ω(θk ))− f (ϕ(τk ), ψ(τk ),ω(τk ))

∆tk .

k =0

Функция f (ϕ(t), ψ(t),ω(t)) C([a, b])

как суперпозиция непрерывных функ-

n−1

Следовательно, σ −σ* < M ∑ε ∆tk

k=0

σ −σ* < ε M (b − a) .

(3)

достижения неравенства (3) потребовалось лишь, чтобы было λ* < δ, то заклю-

чаем, что lim (σ −σ* ) = 0 , а значит, lim (σ −σ* ) = 0 .

λ*→0

λ→0

y

Частные случаи.

B

I. 1) Пусть кривая (AB плоская, заданная

явным

уравнением y = ϕ( x), где функция

ϕ( x) ,

определенная и непрерывная на про-

b

y

∫ f ( x, y) dx = ∫ f (x,ϕ( x))dx .

B

(AB

a

II. Пусть

(AB – прямолинейный отрезок, располо-

женный в плоскости Oxy и перпендикулярный к оси

Ox . Тогда

∫ f ( x, y) dx существует для любой функции

A

x

(AB

(AB ,

f ( x, y),

определенной

на

причем

O

∫ f ( x, y) dx = 0 .

Рис. 3.8. К частному

(AB

случаю II

3°. Механический смысл криволинейного инте-

грала второго рода.

z

Механический смысл криволинейного инте-

Fr(xk, yk,zk )

B

грала второго рода вытекает из решения сле-

дующей задачи.

Ak+1

Задача. Материальная точка перемещается

по кривой (AB из точки A в точку B под дей-

A

y

ствием переменной по величине и направлению

Ak

r

силы F( x, y, z) . Требуется найти работу F на

криволинейном пути (AB .

xРис. 3.9. К решению задачи

Разбиваем путь (AB на столь малые части

(Ak Ak+1 , чтобы каждую такую часть можно

было считать приближенно прямолинейной, а силу F( x, y, z) , в пределах этой

части, считать приближенно постоянной по величине и направлению. Тогда ра-

бота силы Fr

( x, y, z) на элементарном участке (Ak Ak+1 приближенно будет

r

→

равна: F( xk , yk , zk ) ∆lk . Но

r

F( xk , yk , zk ) = Fx ( xk , yk , zk ) i + Fy ( xk , yk , zk ) j + Fz ( xk , yk , zk ) k ,

→

r

r

r

Поэтому

∆lk = ∆xk i + ∆yk j + ∆zk k .

r

→

+ Fy ( xk

, yk , zk )∆yk + Fz ( xk , yk , zk )∆zk .

F( xk , yk , zk )

∆lk = Fx ( xk , yk , zk )∆xk

Следовательно, работа силы Fr

на всем пути (AB приближенно будет равна:

n−1

∑(Fx ( xk , yk , zk )∆xk + Fy ( xk , yk , zk )∆yk + Fz ( xk , yk , zk )∆zk ).

(4)

k=0

Предел суммы (4) при λ → 0

будет

давать

точное значение работы

силы

Fr( x, y, z) на пути (AB . А этим пределом является

1. Вычислить I =

∫( x + y) dx + 2z dy + xy dz , где (AB – линия, заданная

(AB

x = t,

причем точка A соответствует значению параметра

уравнениями y = t2 ,

z = 3 − t,

t =1, а точка B – значению параметра t = 2 .

2

2

2

2

3

35

I = ∫(t + t

) dt + ∫2(3 −t) 2t dt

+ ∫t

(−dt) =

4 .

1

1

1

2. Вычислить I = ∫( x2 + y2 ) dx +( x2 − y2 ) dy ,

где (l) –

кривая, заданная

(l )

(l1 )

(l2 )

На (l1 ) : y = x , dy = dx , x [0,1]. Поэтому

1

( x2 + x2 ) dx + 0 dx = 2 x3

1 = 2 .

I1

= ∫

0

3

0

3

2

2

2 = 2 .

I2 = ∫

[x2 +(2 − x)2 − x2 +(2 − x)2 ]dx = 2∫(2 − x)2 dx

= − 2

(2 − x)3

1

4 .

1

3

1

3

Следовательно, I =

3

( x + y) dx −( x − y) dy

3. Вычислить

I = ∫

,

где

(l)

–

окружность

x

2

+ y

2

(l )

x2 + y2 = a2 , пробегаемая против хода стрелки часов.

Перейдем к параметрическому заданию кривой (l). Положим

x = a cos t,

t

[0, 2π],

dx = −a sin t dt,

= a sin t,

dy = a cos t dt.

y

2π

−a2 (cos t +sin t)sin t − a2 (cos t −sin t)cos t

2π

I = ∫

dt

= − ∫dt = −2π.

a

2

0

0

y

4. Вычислить I =

∫arctg

dy − dx , где OmA – отрезок параболы

y = x2 ,

x

OmAnO

OnA – отрезок прямой y = x .

I = I1 + I2 , где I1

=

∫

,

I2 = ∫ .

(OmA : y = x2 ,

(OmA

(AnO

x [0,1],

dy = 2x dx . Поэтому

1