КРАТНЫЕ И КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ §1. Двойной интеграл.

1
КРАТНЫЕ И КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
§1. Двойной интеграл.
Рассмотрим
задачу о приближенном вычислении объема цилиндрического
тела (рис.1), ограниченного снизу плоской областью D, расположенной на
плоскости ОXY, сверху - поверхностью, заданной уравнением z=f(x; у), (x;y)∈D,
где функция f(x; у) – непрерывна и
цилиндрической
поверхностью
положительна
с
на
D,
а
сбоку
-
образующими, параллельными оси Oz,
проходящими через всю границу Г области D.
Рис.1
Объем V этого тела будем находить приближенно, произвольно разбив его
вертикальными плоскостями на большее число п мелких вертикальных "частей"
(как режут картофель на мелкие длинные кусочки).
Одна из таких частей выделена на рис.1. Ее объем ∆Vi , можно приближено
посчитать как объем призмы (считая, что ее "крыша" - плоская): ∆Vi ≈ ∆Si ∙ ℎ𝑖 .
где ∆Si - площадь основания ∆σi , hi - средняя высота, т. е.
ℎ𝑖 = 𝑧|𝑀𝑖 = 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ⟹
⟹ ∆𝑉𝑖 ≈ 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ∙ ∆𝑆𝑖 , 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛.
2
Тогда объем V всего цилиндрического тела:
𝑛
𝑛
𝑉 = ∆V1 + ∆V2 + ∆V3 +. . . +∆Vn = ∑ ∆Vi ≈ ∑ 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ∙ ∆Si ,
𝑖=1
𝑖=1
то есть, получена интегральная сумма.
Далее: при n→∞ и при уменьшении всех площадей ∆Si до нуля получим:
𝑛
𝑉=
lim
𝑛→∞
max Δ𝑆𝑖 →0
1≤𝑖≤𝑛
∑ 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ∙ Δ𝑆𝑖 .
(1)
𝑖=1
Получен предел (1) интегральной суммы, который обозначается
через ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑆 и называется двойным интегралом от функции
𝐷
f(x;y) по области D.
Определение. Пусть f(x; у),(х,y)
∈
D - произвольная функция на D. Разобьем
область D произвольным образом на части ∆σ1, ∆σ2,..., ∆σn. Их площади
обозначим соответственно ∆S1, ∆S2,..., ∆Sn. Внутри каждой ∆σi произвольно
выберем точку Mi(ξi ; ηi ) и составим интегральную сумму:
𝑛
∑ 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ∙ Δ𝑆𝑖 .
(2)
𝑖=1
Если существует предел:
𝑛
lim
𝑛→∞
max Δ𝑆𝑖 →0
1≤𝑖≤𝑛
∑ 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ∙ Δ𝑆𝑖 .
(3)
𝑖=1
интегральной суммы, причем, этот предел не зависит от способов разбиения D на
части ∆σ1, ∆σ2,..., ∆σn, а также от произвола в выборе точек Mi(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ), то этот предел
называется двойным интегралом от функции 𝑓(𝑥; у) по области 𝐷 и
обозначается
3
𝑛
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑆 =
𝐷
lim
𝑛→∞
max Δ𝑆𝑖→0
1≤𝑖≤𝑛
∑ 𝑓(𝜉𝑖 ; 𝜂𝑖 ) ∙ Δ𝑆𝑖 .
𝑖=1
При этом функция 𝑓(𝑥; у) называется интегрируемой по области D.
1.
Геометрический
смысл
двойного интеграла.
Если z = 𝑓(𝑥; у) - положительна на D, то интеграл равен объему цилиндрического
тела, изображенного на (рис. 1):
(4)
𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑆 = 𝑉.
𝐷
Пример:
Вычислить объём тела, ограниченного поверхностями 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = 0,
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1.
Решение:
Имеем
𝑉 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬(1 − 𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 ,
𝐺
𝐺
где G – треугольная область интегрирования, ограниченная
прямыми 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑥 + 𝑦 = 1 .
Расставляя пределы интегрирования в двойном интеграле, получаем
1−𝑥
1
1
1−𝑥
𝑦2
𝑉 = ∫ 𝑑𝑥 ∫ (1 − 𝑥 − 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ [(1 − 𝑥)𝑦 − ]
2 0
0
0
0
1
1 (1 − 𝑥)3
1
1
=−
| = − [0 − 1] = .
2
3
6
6
0
1
Ответ: 𝑉 = .
6
1
1
𝑑𝑥 = ∫(1 − 𝑥)2 𝑑𝑥 =
2
0
4
𝟐.
Если 𝑓(𝑥; у) = 1, то площадь области D вычисляется по формуле
𝑆𝐷 = ∬ 1𝑑𝑆 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 .
𝐷
𝐷
Пример.
Вычислить площадь области G, ограниченной линиями 𝑥 + 𝑦 = 1, 𝑦 2 = 𝑥 + 1.
Решение:
Область G представляет собой фигуру, ограниченную слева параболой 𝑦 2 = 𝑥 + 1,
справа прямой 𝑥 + 𝑦 = 1. Решая совместно уравнения
параболы и прямой, получим точки их пересечения
М1 (3; -2) и М2 (0; 1). Следовательно, искомая площадь
1−𝑦
1
𝑆𝐺 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦
G
−2
1
1−𝑦
∫ 𝑑𝑥 = ∫ [𝑥|𝑦2−1 ] 𝑑𝑦 =
𝑦 2 −1
1
−2
1
1
= ∫(1 − 𝑦 − ( 𝑦 2 − 1))𝑑𝑦 = ∫(1 − 𝑦 − 𝑦 2 + 1)𝑑𝑦 = ∫(2 − 𝑦 − 𝑦 2 )𝑑𝑦 =
−2
−2
−2
1
𝑦2
𝑦3
1 1
8 9
= (2𝑦 −
−
)| = 2 − − + 4 + 2 − = .
2
3 −2
2 3
3 2
9
Ответ: 𝑆𝐺 = .
2
§2. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат
Пусть область D задана одной системой неравенств:
𝑎≤𝑥≤𝑏
𝐷𝑥𝑦 = {
}.
𝑦н (𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑦в (𝑥)
Если
существует
двойной
интеграл
𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥; 𝑦)𝑑𝑆
𝐷
5
(это возможно, например, если f(x; у) непрерывна на D), то его можно вычислить
через повторный кратный интеграл так:
𝑦в (𝑥)
𝑏
𝐼 = ∫ ( ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦) 𝑑𝑥.
𝑎
(5)
𝑦н (𝑥)
При этом внутренний интеграл по у находится при постоянном х.
Пример 1.
Вычислить 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑆 , если область 𝐷
𝐷
ограничена: х = 0, х + у = 3, у = 2х. (рис. 2)
Решение
Имеем: х = 0 — ось Оу, y = 3 – x - прямая,
2x
y=
- прямая
Угловые точки области O(0, 0), A(0, 3), B(1, 2)
проектируются на ось Оx:
{
𝑥1 = 0
𝑦1 = 0
𝑥 =0
{ 2
𝑦2 = 0
и
Тогда область D задаётся системой неравенств:
0≤𝑥≤1
𝐷𝑥𝑦 = {
}
2𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 3 − 𝑥
(ув(х) и ун(х) находим с помощью линии входа - выхода).
Поэтому двойной интеграл запишется через повторный кратный так:
1 3−𝑥
1
𝑦=3−𝑥
𝐼 = ∫ [ ∫ (3𝑥 − 2)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫[(3𝑥 − 2) ∙ 𝑦|𝑦=2𝑥 ] 𝑑𝑥 =
0
2𝑥
0
1
= ∫[(3𝑥 − 2) ∙ (3 − 𝑥) − (3𝑥 − 2)2𝑥]𝑑𝑥 =
0
6
1
1
= ∫(9𝑥 − 6 − 3𝑥 2 + 2𝑥 − 6𝑥 2 + 4𝑥)𝑑𝑥 = ∫(−9𝑥 2 + 15𝑥 − 6)𝑑𝑥 =
0
0
𝑥=1
15 2
= (−3𝑥 + 𝑥 − 6𝑥)|
= (−3 + 7,5 − 6) − 0 = −1,5.
2
𝑥=0
3
Ответ: I = -1,5.
Пример 2.
Вычислить двойной интеграл: ∬(𝑥 2 + 𝑦)𝑑𝑠
𝐷
где 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 |−1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑥 2 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 + 2}
Решение
Изобразим область D на плоскости OXY.
Тогда
2
𝑥+2
𝐼 = ∬(𝑥 2 + 𝑦)𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 ∫ (𝑥 2 + 𝑦)𝑑𝑦 =
𝐷
2
−1
𝑥2
𝑥+2
𝑦2
2
= ∫ ((𝑥 𝑦 + )|
2 𝑥
) 𝑑𝑥 =
−1
2
1
1
= ∫ ((𝑥 2 (𝑥 + 2) + (𝑥 + 2)2 − (𝑥 2 ∙ 𝑥 2 + (𝑥 2 )2 )) 𝑑𝑥 =
2
2
−1
−2
2
3 4
5 2
3 5 𝑥4 5 3
3
= ∫ (− 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 2𝑥 + 4) 𝑑𝑥 = (− 𝑥 + + 𝑥 + 𝑥 2 + 2𝑥)| =
2
2
10
4 6
−1
−1
= −0,3 ∙ 32 + 4 +
Ответ: I=10,35.
20
1 5
+ 4 + 4 − (0,3 + − + 1 − 2) = 10,35.
3
4 6
7
§3. Двойной интеграл в полярной системе координат
Пусть на плоскости ОXY одновременно введена и
полярная система координат Orφ (рис. З):
Ор
— полярная ось, которая совпадает с
осью Ох;
φ
— полярный угол;
r
— полярный радиус точки
Рис. 3.
М.
Тогда:
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠φ;
{ 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛φ;
(6)
При замене переменных по формуле (6) дифференциал площади в полярной системе
координат преобразуется так:
dS=r ∙ dr ∙ dφ.
(7)
Замечание.
Формулу (7) можно получить и по-другому, используя Якобиан J - "коэффициент
искажения" площади при переходе к другой системе координат. А именно
𝑥𝑟′ 𝑥 ′
(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜑)′𝑟
𝐽=| ′
|=|
𝑦𝑟 𝑦 ′
(𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑)′𝑟
(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜑)′𝜑
𝑐𝑜𝑠𝜑
=
|
|
(𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑)′𝜑
𝑠𝑖𝑛𝜑
− 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑
|=
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜑
= 𝑟𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 + 𝑟𝑠𝑖𝑛2 𝜑 = 𝑟 ⟹
⟹ 𝑑𝑆 = 𝐽 ∙ 𝑑𝑟𝑑𝜑 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜑,
что совпадает с (7).
Теорема.
Если область D определена в полярной системе координат Оrφ, то двойной интеграл
в этих координатах вычисляется так:
𝜑2
𝑟2 (𝜑)
𝐽 = ∫ ( ∫ 𝑓(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜑; 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑)𝑟𝑑𝑟) 𝑑𝜑.
𝜑1
𝑟1 (𝜑)
(8)
8
Пример 1.
Вычислить двойной интеграл:
∬ √1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦, где D = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 |0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ √1 − 𝑥 2 } .
𝐷
Решение.
Область интегрирования D изображена на рисунке
Перейдем в этом интеграле к полярным координатам
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜑
{ 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜑
тогда область D’ будет определяться такими неравенствами:
0≤𝑟≤1
{0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜋
2
С учетом формулы:
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜑, 𝑟 𝑠𝑖𝑛𝜑)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜑
𝐷
𝐷
получаем:
∬ √1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ √1 − 𝑟 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝜑 − 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 𝜑𝑟𝑑𝑟𝑑𝜑 =
𝐷
𝐷
𝜋
2
𝜋
2
1
1
1
∬ √1 − 𝑟 2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜑 = ∫ 𝑑𝜑 ∫ 𝑟√1 − 𝑟 2 𝑑𝑟 = ∫ 𝑑𝜑 (− ∫ √1 − 𝑟 2 𝑑(1 − 𝑟 2 )) =
2
𝐷
0
𝜋
2
0
0
𝜋
2
0
3 1
1
2
1
1 𝜋 𝜋
2 2
= − ∫ ( (1 − 𝑟 ) )| 𝑑𝜑 = − (0 − 1) ∫ 𝑑𝜑 = ∙ = .
2
3
3
3 2 6
0
0
0
𝜋
Ответ: .
6
9
Пример 2.
2
В данном повторном интеграле
2𝑥
∫ 𝑑𝑥 ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 изменить порядок
0
0
интегрирования и вычислить его для заданной функции.
Решение.
Прежде всего, исходя из пределов интегрирования заданного повторного
интеграла, опишем область интегрирования
Ω - внешний интеграл задает
изменение переменной х : 0 ≤ х ≤ 2, в свою очередь, внутренний задает пределы
изменения переменной у : 0 ≤ y ≤ 2х.
Первое из двойных неравенств:
0 ≤ х ≤
2
показывает, что область Ω полностью лежит в
вертикальной полосе:
Второе неравенство 0 ≤ y ≤ 2х означает, что рассматриваемая область Ω
расположена между графиками двух прямых у = 0 и у = 2х. Таким образом, Ω
представляет из себя треугольник ОАВ, одна из сторон которого
лежит на оси Ох, другая на прямой х = 2, а третья на прямой у=
2х:
Эта область может быть описана как элементарная относительно
оси Ох : Ω ={ (х, y): 0 ≤ х ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2х }
Для того чтобы поменять пределы интегрирования, опишем область Ω как
элементарную относительно оси Оу. Для этого спроектируем наш треугольник на
ось Оу, получим отрезок - [0; 4], откуда заключаем, что у в области Ω изменяется от
0 до 4. Теперь зафиксируем любое значение у0 из этого промежутка и выясним при
каких х точки (х, у0) лежат внутри области Ω. Посмотрев на рис.2., видим, что эти
точки образуют отрезок с началом в точке, лежащей на прямой у = 2х и концом в
точке, лежащей на прямой х = 2, т.е. при всяком у∈[0; 4] переменная х изменяется от
𝑦
до 2, тогда область Ω имеет следующий вид как область, элементарная
2
10
относительно оси Ох:
𝑦
Ω={(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑦 ≤ 4,
2
≤ 𝑥 ≤ 2}
Теперь, используя это представление, изменим порядок интегрирования в заданном
интеграле
2
2𝑥
4
2
∫ 𝑑𝑥 ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 ∫(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥.
0
0
𝑦
⁄2
0
Вычислим заданный интеграл непосредственно:
2
2𝑥
2
2𝑥
2
2
𝑦2
∫ 𝑑𝑥 ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦 = ∫( 𝑥𝑦 + )| 𝑑𝑥 = ∫(2𝑥 2 + 2 𝑥 2 )𝑑𝑥 = 4 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 =
2 0
0
0
0
0
0
2
4𝑥 3
=(
)| = 32/3.
3 0
Пример 3.
Изменив порядок интегрирования в данном выражении, записать результат в
виде одного повторного интеграла:
1
𝑥
2−𝑥
2
∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + ∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦.
0
0
1
0
Решение.
Восстановим
Ω1 -
область
интегрирования
первого
слагаемого данной суммы:0≤ 𝑥 ≤ 1, 0≤ 𝑦 ≤ 𝑥, изобразим эту
область:
На рисунке представлена искомая область треугольник ABC . Опишем область Ω1 как область, элементарную относительно
оси Оy: Ω1={(x,y), 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 1}.
Изменим порядок интегрирования в первом из интегралов заданной суммы.
1
𝑥
1
1
∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥
0
0
0
𝑦
11
Аналогично восстановим Ω2- область интегрирования
второго слагаемого данной суммы:
1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 − 𝑥, изобразим эту область
Опишем область Ω2 - треугольник BCD как область, элементарную относительно
оси Оy: Ω2={(𝑥, 𝑦), 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦},
Изменим порядок интегрирования во втором интеграле заданной суммы.
2−𝑥
2
2−𝑦
1
∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 .
1
0
0
1
Таким образом, мы, изменив порядок интегрирования в обоих слагаемых
заданного выражения, преобразовали его к сумме интегралов, в каждом из которых
интегрирование во внешнем интеграле ведется от 0 до 1. Пусть g1(y) и g2(у) соответствующие внутренние интегралы.
Эти интегралы можно сложить:
1
1
1
∫ 𝑔1 (𝑦)𝑑𝑦 + ∫ 𝑔2 (𝑦)𝑑𝑦 = ∫(𝑔1 (𝑦) + 𝑔2 (𝑦))𝑑𝑦.
0
0
0
Применив эту формулу, будем иметь
𝑥
1
2
2−𝑥
1
1
1
2−𝑦
∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 + ∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 =
0
0
1
1
0
0
𝑦
2−𝑦
1
= ∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 ) 𝑑𝑦
0
𝑦
1
Интегралы в скобках можно сложить
2−𝑦
1
2−𝑦
∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑦
1
𝑦
Окончательно получаем
1
𝑥
2
2−𝑥
1
2−𝑦
∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + ∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑦 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥.
0
0
1
0
0
𝑦
0
1
12
§4. Криволинейный интеграл первого рода
Пусть АВ - дуга гладкой кривой (рис. 1), на
которой определена и непрерывна скалярная
функция f(x, y, z).
Выполним следующие действия:
1) разобьем дугу АВ произвольным образом
на п частичных дуг ∆S1, ∆S2, ..., ∆Si , …, ∆Sn .
Через 𝜆𝑛 обозначим длину наибольшей из этих
частичных дуг. Понятно, что при 𝜆𝑛 → 0
Рис. 1.
автоматически n → ∞;
2) выберем произвольным образом точки
Ni(xi, yi, zi) ∈ ∆Si, (i = 1, …, n)
3) составим интегральную сумму вида
𝑛
𝒶𝑛 = ∑ 𝑓 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 , 𝑧𝑖 ) ⋅ ∆𝑆𝑖
𝑖=1
здесь под ∆𝑆𝑖 понимаем длины частичных дуг.
Определение. Конечный предел интегральной суммы 𝒶𝑛 при 𝜆𝑛 → 0, если он
существует и не зависит от способа деления дуги АВ на частичные дуги
∆Si (i = 1, …, n) и от способа выбора точек Ni(xi, yi, zi) ∈ ∆Si (i = 1, …, n) называется
криволинейным интегралом первого рода (по длине дуги) от функции f (х,у, z) по
дуге АВ и обозначается
∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆.
(1)
𝐴𝐵
Имеются самые различные истолкования криволинейного интеграла по длине
дуги, как геометрические, так и физические.
Например:
13
1) при 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) ≡ 1,
∫ 𝑑𝑆 = 𝑆 − длина дуги 𝐴𝐵;
𝐴𝐵
2) если функцию f (х, у, z) интерпретировать как плотность распределения
вещества вдоль дуги АВ, то
∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆 = 𝑀 − масса дуги АВ.
𝐴𝐵
Из определения криволинейного интеграла следует, что его величина
не зависит от направления обхода дуги АВ, т.е.
∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆 = ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆.
𝐴𝐵
(2)
𝐵𝐴
§5. Криволинейный интеграл второго рода
Пусть АВ - дуга гладкой кривой (рис. 2), на
которой определена и непрерывна векторная
функция
𝑎 (x, у, z) =
= (Р(х, у, z), Q{x, у, z), R(x, у, z)).
Выполним следующие действия:
Рис. 2.
1) разобьем дугу АВ произвольным образом в направлении от А к В с помощью
точек Мi (i = 1, ..., n) на п частичных дуг: Δl1, Δl2, ..., Δli, ..., Δln.
Пусть λn - наибольшая из длин частичных дуг. Понятно, что если λn → 0, то n → ∞
2) выберем произвольным образом точки Ni(xi, yi, zi)
Δli (i=1, ..., n)
3) организуем векторы 𝛥𝑟𝑖 = 𝑟𝑖 − 𝑟𝑖−1 = (𝛥𝑥𝑖 , Δ𝑦𝑖 , Δ𝑧𝑖 )
(𝑖 = 1, … , 𝑛)
14
и вычислим значения векторной функции 𝒂 в точках Ni (i = 1, ..., n)
т. е. 𝒂 (Ni)=(P(Ni), Q(Ni), R(Ni)).
4) составим интегральную сумму вида
𝑛
𝑛
𝛽𝑛 = ∑ 𝑎 (𝑁𝑖 ) ∙ ∆𝑟𝑖 = ∑( 𝑃(𝑁𝑖 )∆𝑥𝑖 + 𝑄(𝑁𝑖 )∆𝑦𝑖 + 𝑅(𝑁𝑖 )∆𝑧𝑖 ).
𝑖=1
𝑖=1
Определение. Конечный предел интегральной суммы βn при λn → 0 если он
существует и не зависит от способа деления дуги АВ на частичные дуги и от
способа выбора точек Ni
Δi (i=1,..., n), называется криволинейным интегралом
второго рода (по координатам) от векторной функции 𝑎=(P,Q,R) по дуге АВ в
направлении от А к В и обозначается:
∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟 = ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑦 + 𝑅(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧
𝐴𝐵
(3)
𝐴𝐵
Геометрические и физические приложения интеграла (3) разнообразны,
некоторые из них будут упомянуты в дальнейшем.
Из построения интеграла (3) очевидно, что при изменении направления обхода дуги
АВ интеграл меняет знак, т. е.
∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟 = − ∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟.
𝐴𝐵
(4)
𝐵𝐴
§6. Формула Грина
Формула Грина связывает двойной интеграл по плоской
области с криволинейным интегралом по контуру этой
области.
Пусть функции P(x,y), Q(x,y), P'y(х,у), Q'x(х,у)
непрерывны в замкнутой области D, ограниченной
контуром
Рис.3.
Пусть
L (рис. 3).
контур
L,
кроме
того, пересекается
15
прямыми, параллельными осям координат, не более чем в двух точках.
Пусть уравнение кривой ACB есть у =y1(x) при а≤ 𝑥 ≤b , и уравнение кривой
AКВ есть у =у2(х) при а≤ 𝑥 ≤b. Преобразуем двойной интеграл:
𝑏
𝑦2 (𝑥)
𝑏
𝜕𝑃
𝜕𝑃
∬
𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ( ∫
𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑃 (𝑥, 𝑦2 (𝑥))𝑑𝑥 −
𝜕𝑦
𝜕𝑦
𝐷
𝑎
𝑦1 (𝑥)
𝑎
𝑏
− ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦1 (𝑥))𝑑𝑥 = ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 − ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 =
𝑎
𝐴𝐾𝐵
𝐴𝐶𝐵
= − ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 − ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = − ∮ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥,
𝐵𝐾𝐴
𝐴𝐶𝐵
(5)
𝐿
здесь символ ∮ означает криволинейный интеграл по замкнутому контуру L.
Аналогично получается
∬
𝐷
𝜕𝑄
𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑄𝑑𝑦.
𝜕𝑥
(6)
𝐿
Вычитая из формулы (6) формулу (5), получаем формулу Грина
∬(
𝐷
𝜕𝑄 𝜕𝑃
− ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦.
𝜕𝑥 𝜕𝑦
(7)
𝐿
В формулах (5), (6) и (7) направление обхода контура - положительное (против
часовой стрелки), т. е. область D при движении по контуру L всё время остается слева.
С помощью формулы Грина (7) можно получить выражения площади плоской
фигуры через криволинейный интеграл по контуру этой фигуры.
Для этого достаточно подобрать Р(х,у) и Q(x,y) такими, чтобы в области D
выполнялось условие
𝜕𝑄 𝜕𝑃
−
=1
𝜕𝑥 𝜕𝑦
16
тогда двойной интеграл в формуле (7) будет давать величину S площади области D.
1
1
1
Например: а) пусть 𝑄 = 𝑥, 𝑃 = − 𝑦, тогда 𝑆 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦;
2
2
2
𝐷
𝐿
б) пусть 𝑄 = 𝑥, 𝑃 = 0, тогда 𝑆 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑥𝑑𝑦;
𝐷
𝐿
в) пусть 𝑄 = 0, 𝑃 = −𝑦, тогда 𝑆 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = − ∮ 𝑦𝑑𝑥 .
𝐷
𝐿
Пример.
Вычислить площадь, ограниченную эллипсом: x=acost, y=bsint, 0≤ 𝑡 ≤ 2𝜋
Решение
2𝜋
1
1
𝑆 = ∮ −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = ∫ (−𝑏𝑠𝑖𝑛𝑡 ∙ (−𝑎𝑠𝑖𝑛𝑡)𝑑𝑡 + 𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡 ∙ 𝑏𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡) =
2
2
𝐿
0
2𝜋
2𝜋
0
0
1
𝑎𝑏
= ∫ 𝑎𝑏(𝑠𝑖𝑛2 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡)𝑑𝑡 =
∫ 𝑑𝑡 = 𝜋𝑎𝑏.
2
2
§7. Вычисление криволинейных интегралов
Пусть гладкая дуга АВ задана параметрически уравнениями: x=x(t), y=y(t), z=z(t),
где 𝛼 ≤ 𝑡 ≤ 𝛽. Кроме того, на этой дуге определены и непрерывны функции f(x,y,z),
P(x,y,z), Q(x,y,z), R(x,y,z), тогда
вычислены
следующим
криволинейные
интегралы
могут
быть
образом:
а) криволинейный интеграл 1 -го рода:
𝛽
∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑆 = ∫ 𝑓(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) ∙ √(𝑥 ′ 𝑡 )2 + (𝑦 ′ 𝑡 )2 + (𝑧 ′ 𝑡 )2 𝑑𝑡;
𝐴𝐵
𝛼
(8)
17
Тогда формула для вычисления длины дуги
 в случае задания АВ параметрическими уравнениями 𝑥 = 𝜑(𝑡), 𝑦 = 𝜓(𝑡)
𝛽
𝐿𝐴𝐵 = ∫ √(𝜑′ 𝑡 )2 + (𝜓 ′ 𝑡 )2 𝑑𝑡 ;
𝛼
 в случае задания АВ в полярных координатах ρ= ρ(𝜑), α ≤ 𝜑 ≤ β
𝛽
𝐿𝐴𝐵 = ∫ √ρ(𝜑) + (ρ′ (𝜑))2 𝑑 𝜑;
𝛼
б) криволинейный интеграл 2-го рода:
𝛽
∫ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝑅𝑑𝑧 = ∫(𝑃 ⋅ 𝑥 ′ 𝑡 + 𝑄 ⋅ 𝑦 ′ 𝑡 + 𝑅 ⋅ 𝑧 ′ 𝑡 )𝑑𝑡
𝐴𝐵
(9)
𝛼
Пример 1.
Найти массу четверти окружности х2 +у2 =R2 , х≥0, у≥0, если плотность в каждой
точке окружности равна ординате этой точки.
Решение
2
𝑥 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑑𝑆 = √(𝑥 ′ 𝑡 )2 + (𝑦 ′ 𝑡 ) 𝑑𝑡 = 𝑅𝑑𝑡
𝑚 = ∫ 𝑦𝑑𝑆 = ({
)=
𝜋
𝑦 = 𝑅𝑠𝑖𝑛𝑡,
0≤𝑡≤
𝐴𝐵
2
𝜋
2
= ∫ 𝑅 𝑠𝑖𝑛𝑡 ∙ 𝑅 𝑑𝑡 = 𝑅
0
2
𝜋
∙ (−𝑐𝑜𝑠𝑡)|02
= −𝑅2 (𝑐𝑜𝑠
𝜋
− 𝑐𝑜𝑠0) = 𝑅2 .
2
Ответ: 𝑚 = 𝑅2 .
Пример 2.
Вычислить ∫ 𝑥 2 𝑑𝑆 , если АВ − часть логарифмической кривой 𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 при
𝐴𝑏
18
1≤ 𝑥 ≤2.
Решение.
Примем за параметр переменную х. Тогда
параметрические уравнения данной
кривой имеют вид:
𝑥=𝑥
{𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 |
при 1≤𝑥≤2
Следовательно,
2
2
∫ 𝑥 2 𝑑𝑆 = ∫ 𝑥 2 ∙ √1 + (𝑦 ′ 𝑥 )2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 2 ∙ √1 +
𝐴𝐵
1
1
2
1
𝑑𝑥 =
𝑥2
2
1
1 (1 + 𝑥 2 )3⁄2
5√5 − 2√2
2 )1⁄2
2)
= ∫(1 + 𝑥
𝑑(1 + 𝑥 = ∙
.
| =
2
2
3⁄2
3
1
1
Пример 3.
Вычислить длину дуги одной арки циклоиды 𝑥 = 𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡, 𝑦 = 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡
0 ≤ 𝑡 ≤ 2π.
Решение.
Из уравнения циклоиды находим 𝜑′ (𝑡) = 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝜓 ′ (𝑡) = 𝑠𝑖𝑛𝑡.
Следовательно, искомая длина дуги
2π
𝐿 = ∫ √(𝜑 ′ 𝑡 )2 + (𝜓 ′ 𝑡 )2 𝑑𝑡 =
0
2π
2π
= ∫ √(1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)2 + (𝑠𝑖𝑛𝑡)2 𝑑𝑡 = ∫ √1 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡 + (𝑐𝑜𝑠𝑡)2 + (𝑠𝑖𝑛𝑡)2 𝑑𝑡 =
0
0
19
2π
2π
2π
2π
0
0
0
0
𝑡
𝑡
= ∫ √2 − 2𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 = √2 ∫ √1 − 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 = √2 ∫ √2𝑠𝑖𝑛2 𝑑𝑡 = 2 ∫ 𝑠𝑖𝑛 𝑑𝑡 =
2
2
2π
𝑡 𝑡
𝑡 2π
= 4 ∫ 𝑠𝑖𝑛 𝑑 = −4𝑐𝑜𝑠 | = −4(𝑐𝑜𝑠π − 𝑐𝑜𝑠0) = −4(−1 − 1) = 8.
2 2
20
0
Ответ: 𝐿 = 8.
Пример 4.
Вычислить работу силы
𝒶 = 2𝑥𝑦 𝑖 + 𝑥𝑗
при перемещении единичной массы из положения А(2,0) в
положение В(-1,3) :
а) вдоль прямой АВ;
б) вдоль ломаной AСВ, где С (-1,0).
Решение.
а) вычисляем работу A1 вдоль прямой АВ:
𝐴1 = ∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟 = ∫ 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 =
𝐴𝐵
𝐴𝐵
(уравнение прямой АВ есть у=-х+2, у'=-1, в качестве параметра выбираем x)=
−𝟏
−1
= ∫ (2𝑥(−𝑥 + 2) − 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (−2𝑥 2 + 3𝑥)𝑑𝑥 = 1,5;
𝟐
2
б) вычисляем работу A2 вдоль линий АСВ (уравнение АС: у=0) ⟹ dy=0;
уравнение СВ: х=-1 ⟹ dx=0) ⟹
3
⟹ 𝐴2 = ∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟 = ∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟 + ∫ 𝑎 ∙ 𝑑𝑟 = − ∫ 𝑑𝑦 = −3 .
𝐴𝐶𝐵
𝐴𝐶
𝐶𝐵
0
В данном случае: A1≠A2, следовательно, величина работы зависит от формы пути.
Пример 5.
20
Вычислить
∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − 𝑦𝑧𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧
𝐴𝐵
вдоль отрезка АВ, соединяющего точки А(1,2,-1) и В(3,3,2).
Решение
Уравнение прямой АВ:
𝑥−1 𝑦−2 𝑧+1
=
=
2
1
3
Параметрические уравнения этой линии: x=2t+1,y=t+2, z=3t-1, (0≤t≤1).
Следовательно
1
∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − 𝑦𝑧𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧 = ∫(5𝑡 2 + 12𝑡 + 1)𝑑𝑡 =
𝐴𝐵
0
26
.
3
Возможен другой способ: если принять за параметр какую-либо из координат, скажем,
у, то параметрические уравнения прямой примут вид:
x=2y-3, y=y, z=3y-7, y|t=0≤ 𝑦 ≤ 𝑦|t=1
и, следовательно,
3
∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − 𝑦 𝑧 𝑑𝑦 + 𝑧 𝑑𝑧 = ∫[(2𝑦 − 3)2 ∙ 2 − 𝑦(3𝑦 − 7) ∙ 3]𝑑𝑦 =
𝐴𝐵
2
26
.
3
§8. Условия независимости криволинейного интеграла второго рода от формы
пути интегрирования
Пусть в области D заданы непрерывные функции Р(х,у) и Q(x,y) и М0M - гладкая
дуга, лежащая в области D.
Рассмотрим вопрос о независимости интеграла
∫ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦
𝑀0 𝑀
от формы пути интегрирования.
Имеет место следующая теорема.
21
Теорема. Пусть функции Р, Q, Р'у, Q'x определены и непрерывны в замкнутой области
D плоскости ОXY. Тогда следующие четыре условия равносильны между собой:
1) ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 = 0, где 𝐿 − замкнутый контур в области 𝐷;
𝐿
2) Интеграл ∫ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 не зависит от формы пути интегрирования,
𝑀0 𝑀
а зависит лишь от положения точек Мо и М;
3) Pdx+Qdy=d𝑈 – полный дифференциал некоторой функции 𝑈(x,y);
4)
𝜕𝑄 𝜕𝑃
=
в каждой точке области D.
𝜕𝑥 𝜕𝑦
Пример 1.
Вычислить ∮
𝐿
𝐼=∮
𝐿
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥
, где контур 𝐿 не охватывает начало координат.
𝑥2 + 𝑦2
−𝑦
𝑥
𝑑𝑥
+
𝑑𝑦,
𝑥2 + 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2
𝜕𝑄
𝑦2 − 𝑥2
Тогда
=
,
𝜕𝑥 (𝑥 2 + 𝑦 2 )2
𝑃(𝑥, 𝑦) =
−𝑦
,
𝑥2 + 𝑦2
𝑄(𝑥, 𝑦) =
𝑥
.
𝑥2 + 𝑦2
𝜕𝑃
𝑦2 − 𝑥2
𝜕𝑄 𝜕𝑃
= 2
⟹
=
,
𝜕𝑥 (𝑥 + 𝑦 2 )2
𝜕𝑥 𝜕𝑦
т. е. выполнено условие 4 теоремы. Значит, выполнено и условие 1, т. е.
∮
𝐿
𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥
= 0,
𝑥2 + 𝑦2
где L - любой контур, не охватывающий начало координат, так как в точке O(0,0)
нарушаются условия теоремы, и её выводы в этом случае было бы нельзя применить.
Пример 2.
(2;1)
Вычислить криволинейный интеграл ∫
(1;2)
𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦
𝑦2
Решение
22
Вычислить подобный интеграл можно только в случае, если под интегралом
выражение представляет собой полный дифференциал. Необходимым и достаточным
условием является равенство частных производных (см. п.4 теоремы)
(
𝑦 ′
𝑥 ′
=
)
(−
)
𝑦2 𝑦
𝑦2 𝑥
Действительно
1 ′
1
( ) =− 2
𝑦 𝑦
𝑦
и
𝑥 ′
1
(− 2 ) = − 2 ,
𝑦 𝑥
𝑦
т. е. производные равны.
Если под интегралом стоит полный дифференциал некоторой функции, то он не
зависит от пути интегрирования, а зависит от начальной и конечной точек.
Выберем наиболее удобный путь интегрирования, состоящий из двух отрезков,
параллельных осям координат (при этом y≠ 0). Тогда
(2;1)
∫
(1;2)
𝐶(2;2)
1
𝑥
𝑑𝑥 − 2 𝑑𝑦 =
𝑦
𝑦
∫
𝐴(1;2)
𝐵(2;1)
1
𝑥
𝑑𝑥 − 2 + ∫
𝑦
𝑦
𝐶(2;2)
1
𝑥
𝑑𝑥 − 2 𝑑𝑦.
𝑦
𝑦
Уравнение отрезка АС
y=2;
уравнение
отрезка ВС x=2. Подставляем уравнения пути в
соответствующие интегралы.
Первый интеграл сводится к определённому
интегралу проекцией на ось Ox, а второй интеграл
проектируется на ось Oy. Тогда
(2,1)
2
1
𝑑𝑥 𝑥
1
𝑥
1
2
∫
− 2 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑥 − 𝑑(2) + ∫ 𝑑(2) − 2 𝑑𝑦 =
𝑦 𝑦
2
4
𝑦
𝑦
(1,2)
2
1
2
1
1
𝑑𝑦 1 2 2 1 1
1
3
= ∫ 𝑑𝑥 − 2 ∫ 2 = 𝑥| + | = (2 − 1) + 2(2 − 1) = + 2 = .
2
𝑦
2 1 𝑦2 2
2
2
1
2
§9. Восстановление функции U(x,y) по известному выражению её дифференциала
23
Пусть задана область D и функции Р(х,у), Q(x,y), Р'у(х,у), Q'х(х,у) непрерывны, и
пусть dU(x,y)=Pdx+Qdy.
Поскольку Pdx+Qdy есть полный дифференциал некоторой функции, то в
соответствии с теоремой §8 криволинейный интеграл
∫ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 не
𝑀0 𝑀
зависит от формы пути интегрирования. И функция U(x,y) с точностью до
постоянного слагаемого может быть получена в виде криволинейного интеграла по
любому пути, соединяющему точку M0 с точкой М:
𝑈(𝑥, 𝑦) = ∫ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡
𝑀0 𝑀
Самый простой путь - путь по ломаной, звенья которой параллельны осям
координат. Нужно только следить за тем, чтобы на всем выбранном пути выполнялись
условия непрерывности соответствующих функций.
Пример.
Дано dU = 2xydx + x2dy. Найти U(x,y).
Решение.
Выбираем начальную точку М0 - пусть М0(1,0), а путь
интегрирования МоМ - по звеньям ломаной М0АМ, тогда
𝑈(𝑥, 𝑦) =
∫ 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 + 𝐶 =
M0 АМ
= ∫ 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 + ∫ 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 + 𝐶 =
𝑀0 𝐴
𝐴𝑀
𝑦
=|
𝑀0 𝐴: 𝑦 = 0, 𝑑𝑦 = 0
| = 𝑥 2 ∙ ∫ 𝑑𝑦 + 𝐶 = 𝑥 2 ∙ ∫ 𝑑𝑦 + 𝐶 = 𝑥 2 ∙ 𝑦 + 𝐶.
𝐴𝑀: 𝑥 ≡ 𝑥, 𝑑𝑥 = 0
𝐴𝑀
0