Razmotrimo krivolinijski integral
snimljen duž neke ravne krivulje L spojne tačke M I N. Pretpostavićemo da su funkcije P(x, y) I Q(x, y) imaju kontinuirane parcijalne derivate u regionu koji se razmatra D. Otkrijmo pod kojim uslovima pisani krivolinijski integral ne zavisi od oblika krive L, ali zavisi samo od položaja početne i krajnje tačke M I N.
Razmotrimo dvije proizvoljne krive MPN I MQN, koji leži na razmatranom području D i spojne tačke M I N. Neka bude
(1)
Zatim, na osnovu svojstava 1 i 4 krivolinijskih integrala, imamo:
one. integral zatvorene petlje L
U posljednjoj formuli, krivolinijski integral se uzima preko zatvorene konture L, sastavljena od krivih MPN I NQM. Ovo kolo L se očigledno može smatrati proizvoljnim.
Dakle, iz uslova:
da za bilo koje dve tačke M i N krivolinijski integral ne zavisi od oblika krive koja ih povezuje, već zavisi samo od položaja ovih tačaka, sledi, šta krivolinijski integral nad bilo kojom zatvorenom konturom jednak je nuli .
Vrijedi i suprotno:
ako je krivolinijski integral nad bilo kojom zatvorenom konturom jednak nuli, tada ovaj krivolinijski integral ne ovisi o obliku krivulje koja povezuje bilo koje dvije točke, ali zavisi samo od pozicije ovih bodova . Zaista, jednakost (2) implicira jednakost (1)
Teorema
Neka su funkcije P(x, y), Q(x, y) zajedno sa svojim parcijalnim derivatima i kontinuirane u svim tačkama neke domene D. Zatim, da bi krivolinijski integral nad bilo kojom zatvorenom konturom L koja leži u ovom području bio jednak nuli, tj. to
(2΄)
neophodno je i dovoljno da jednakost
na svim tačkama u D.
Dokaz
Razmotrimo proizvoljnu zatvorenu petlju L u regiji D i za to pišemo Greenovu formulu:
Ako je uslov (3) zadovoljen, onda dvostruki integral, koji stoji s lijeve strane, identično je jednak nuli i, prema tome,
Na ovaj način, adekvatnost uslov (3) je dokazan.
Dokažimo sada potreba ovo stanje, tj. dokazat ćemo da ako jednakost (2) vrijedi za bilo koju zatvorenu krivu L u regiji D, tada je uslov (3) zadovoljen u svakoj tački ovog područja.
Pretpostavimo, naprotiv, da je jednakost (2) zadovoljena, tj.
a uslov (3) nije ispunjen, tj.
barem u jednom trenutku. Neka, na primjer, u nekom trenutku imamo nejednakost
Budući da je na lijevoj strani nejednakosti kontinuirana funkcija, tada će biti pozitivan i veći od nekog broja u svim tačkama neke dovoljno male površine koja sadrži točku . Uzmimo dvostruki integral u ovom području razlike. To će biti pozitivno. stvarno,
Ali prema Greenovoj formuli, lijeva strana posljednje nejednakosti jednaka je krivolinijskom integralu preko granice područja , koji je, prema pretpostavci, jednak nuli. Shodno tome, posljednja nejednakost je u suprotnosti s uvjetom (2), te stoga pretpostavka da je različita od nule barem u jednoj tački nije tačna. Otuda to slijedi
na svim tačkama u okruženju D.
Dakle, teorema je u potpunosti dokazana.
Prilikom studiranja diferencijalne jednadžbe dokazano je da je ispunjenost uslova
je ekvivalentno izrazu pdx + Qdy je ukupni diferencijal neke funkcije u(x, y), tj.
Ali u ovom slučaju vektor
postoji gradijent funkcije u(x, y);
Funkcija u(x, y), čiji je gradijent jednak vektoru , se zove potencijal ovaj vektor.
Dokažimo to u ovom slučaju krivolinijski integral duž bilo koje krive L koja povezuje točke M i N, jednaka je razlici između vrijednosti funkcije i u ovim tačkama:
Dokaz
Ako Rdx + Qdy je puni diferencijal funkcije u(x, y), tada krivolinijski integral poprima oblik
Da bismo izračunali ovaj integral, pišemo parametarske jednačine krivo L spojne tačke M I N:
Izraz u zagradama je funkcija od t, što je ukupni izvod funkcije u odnosu na t. Zbog toga
Kao što vidimo krivolinijski integral ukupnog diferencijala ne zavisi od oblika krive preko koje se vrši integracija.
Na ovaj način:
uslovi nezavisnosti krivolinijskih integrala druge vrste iz forme načini integracije sljedeće:
Ako u nekom području P(x, y) I Q(x, y) su kontinuirani zajedno sa njihovim i , tada:
1. na području D je nezavisan od oblika putevi integracije, ako su njegove vrijednosti duž svih mogućih komadno glatkih krivulja koji leže u datom regionu i imaju zajednički početak i zajednički kraj su isti.
2. integral duž bilo koje zatvorene krive L leži u regionu D je nula.
3. postoji takva funkcija u(x, y), za koji je izraz pdx+qdy postoji totalni diferencijal, tj.
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = du.
4. u ovoj oblasti uslov bi bio zadovoljen
na svakoj tački u oblasti D.
Izračunati integral koji ne zavisi od konture integracije
kao najpovoljniji put integracije treba izabrati izlomljenu liniju koja povezuje tačke i , čije su veze paralelne sa osovinama Ox i Oy.
integrand P(x, y)dx + Q(x, y)dy pod ovim uslovima jesu puni diferencijal neka funkcija u= u(x, y) one.
du(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy
Funkcija u(x, y)(antiderivativ) se može naći izračunavanjem odgovarajućeg krivolinijskog integrala preko izlomljene linije gdje je bilo koja fiksna tačka, B(x, y) je varijabilna tačka, a tačka ima koordinate X i . Zatim imamo i dy = 0, a uz to imamo x = konst I dx = 0.
Dobijamo sljedeća formula:
Slično, integrisanje preko izlomljene linije gde dobijamo
Primjeri
1.
Izračunati 
Ovaj integral ne zavisi od konture integracije, jer
Odaberemo kao put integracije izlomljenu liniju čije su veze paralelne sa koordinatnim osa. Na prvom dijelu:
U drugom dijelu:
shodno tome,
2. Nađi antiderivat u, ako
Neka kontura TO je isprekidana linija OMN. Onda
3. Pronađite ako
Ovdje se ne može uzeti početna tačka u ishodištu, jer u ovoj tački funkcije P(x, y) I Q(x, y) nisu definirane, pa stoga za početnu točku uzimamo, na primjer, . Onda
4. Pronađite područje zatvoreno elipsom
Površina figure koja se nalazi u ravnini XOU i ograničena je zatvorenom linijom C izračunava se po formuli
,
gdje se kontura C zaobilazi u pozitivnom smjeru.
Transformišemo krivolinijski integral u definitivan tako što ćemo izvršiti supstituciju
Parametar t kreće se od 0 do 2π.
Na ovaj način
3. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka L ako L je luk cikloide
ZADATAK NA TEMU “KRIVILINIJSKI INTEGRAL”
Opcija 1
Gdje je L pravi segment A (0;-2) i B (4;0) koji pripada ravni XOY.
Duž polilinije L:OAB, gdje je O(0.0), A(2.0), B(4.5). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
Po koordinatama, ako je L luk elipse koji leži u I-tom kvadrantu.
Gdje je L kontura trougla sa vrhovima A(1,1), B(2,2), C(1,3). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
, i pronađite ga.
7. Polje sila formira sila F(x,y), jednaka udaljenosti tačke njene primjene od početka koordinata i usmjerena ka ishodištu koordinata. Pronađite rad sile polja koja se troši na kretanje materijalna tačka jedinična masa duž luka parabole y 2 = 8x od tačke (2; 4) do tačke (4; 4).
Opcija 2
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L odsječak koji povezuje tačke O (0; 0) i A (1; 2).
2. Izračunajte krivolinijski integral 
, ako je L luk parabole od tačke A(-1;1) do tačke B(1,1). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L luk kružnice 
ležeći u 1 i 2 kvadrata. Pređite konturom u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral 
, gdje je L kontura formirana linijom i segmentom ose OX kada se kontura zaobiđe u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. U svakoj tački polja sila, sila ima smjer negativne poluose ordinate i jednaka je kvadratu apscise tačke primjene. Nađite rad na terenu pri pomicanju jedinične mase duž parabole od tačke (1.0) do tačke (0.1).
Opcija 3
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
1. gdje je L luk parabole skraćen parabolom.
2. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L pravi segment, veza tačaka A (0,1), B (2,3). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral ako je L luk prvog luka cikloide. Zaobiđite konturu u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral 
gdje je L elipsa koja prelazi konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral 
, i pronađite ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. Izračunajte rad sile pri pomicanju materijalne tačke duž gornje polovine elipse 
od tačke A (a, 0), do tačke B (-a, 0).
Opcija 4.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
1. gdje je L obris kvadrata
2. Izračunati krivolinijski integral ako je L luk parabole tačke A (0,0), do tačke B (1,1). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral ako je L gornja polovina elipse 
Pređite konturom u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral gdje je L kontura trougla sa vrhovima A (1; 0), B (1; 1), C (0,1). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral i pronađi ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. U svakoj tački kružnice primjenjuje se sila čije su projekcije na koordinatne ose 
Odrediti rad sile pri kretanju materijalne tačke duž kružnice. Zašto je rad jednak nuli?
Opcija 5.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L pravi segment koji povezuje tačke 0 (0,0) i A (4; 2)
2. Izračunajte krivolinijski integral ako je L luk krive koja povezuje tačku A(0,1), sa tačkom B (-1,e). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral ako je L 1. četvrtina kruga 
Pređite konturom u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral 
gdje je L kontura, ograničena i Pređite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral 
, i pronađite ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. Polje formira sila / / = pravac koji čini ugao sa smerom poluprečnika - vektor tačke njegove primene. Nađite rad na polju pri pomicanju materijalne tačke mase m duž kružnog luka od tačke (a, 0) do tačke (0, a).
Opcija 6.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L četvrtina kruga koja leži u I kvadrantu.
2. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L izlomljena ABC, A(1;2), B(1;5), C(3;5). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral ako je L gornja polovina kružnice 
Pređite konturom u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral 
gdje je L kontura, ograničena, zaobilazeći konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral i pronađi ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. Naći rad elastične sile, usmjerene ka ishodištu, ako tačka primjene sile opisuje četvrtinu elipse u smjeru suprotnom od kazaljke na satu 
leži u I kvadrantu. Veličina ove sile je proporcionalna udaljenosti tačke od početka.
Opcija 7.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L dio parabole od tačke (1, 1/4) do tačke (2;1).
2. Izračunajte krivolinijski integral 
gdje je L pravi segment koji povezuje tačke V(1;2) i V (2;4). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral ako je L prvi luk cikloide. Pređite konturu u smjeru kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral 
, i pronađite ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. Materijalna tačka jedinične mase kreće se po kružnici pod dejstvom sile čije su projekcije na koordinatu ose 
. Nacrtajte silu na početku svakog kruga. Pronađite rad na konturi.
Opcija 8.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L kontura pravokutnika sa vrhovima u tačkama 0 0 (0; 0), A (4; 0), B (4; 2), C (0; 2).
2. Izračunajte krivolinijski integral ako je L luk parabole od tačke A (0;0) do tačke B (1;2). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L dio kruga koji leži u kvadratu 1. Prelazak konture u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral gdje je L kontura trougla sa vrhovima A (0; 0), B (1; 0), C (0; 1) Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral i pronađi ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. Materijalna tačka se kreće duž elipse 
pod djelovanjem sile čija je vrijednost jednaka udaljenosti tačke do centra elipse i usmjerena je prema centru elipse. Izračunajte rad koji je izvršila sila ako tačka ide oko cijele elipse.
Opcija 9.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L luk parabole koji leži između tačaka
A, B (2; 2).
2. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L odsječak prave linije koja spaja tačke A(5;0) i B(0,5). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L luk elipse 
između tačaka koje odgovaraju Pređite konturu u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral gdje je L kružnica Pređite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral 
, i pronađite ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. U svakoj tački krive primjenjuje se sila čije su projekcije na koordinatne ose Odrediti rad sile pri pomicanju materijalne tačke jedinične mase duž krive iz tačke M (-4; 0) u tačku N (0; 2).
Opcija 10.
1. Izračunajte krivolinijski integral po dužini luka (Dekartovske koordinate).
Gdje je L odsječak koji povezuje tačke A
2. Izračunajte krivolinijski integral ako je L luk krive od tačke A(1;0) do V(e,5). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
3. Izračunajte krivolinijski integral 
ako je L luk kruga koji leži u kvadratu od 1U. Pređite konturom u smjeru kazaljke na satu.
4. Primjenjujući Greenovu formulu, izračunajte integral gdje je L kontura trougla sa vrhovima A (1; 0), B (2; 0), C (1; 2). Zaobiđite konturu u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
5. Odrediti da li je ispunjen uslov nezavisnosti integrala od puta integracije za integral 
, i pronađite ga.
6. Provjerite je li dati izraz ukupni diferencijal funkcije U(x,y) i pronađite ga.
7. U svakoj tački prave primjenjuje se sila čije projekcije na koordinatne ose 
Izračunajte rad sile pri pomeranju materijalne tačke duž prave od M (1; 0) do tačke N (0; 3).
Definicija. Regija G trodimenzionalni prostor naziva se površinski povezanim. ako bilo koja zatvorena kontura koja leži u ovoj regiji može biti pokrivena površinom koja u potpunosti leži u području G. Na primjer, unutrašnjost sfere ili cijeli trodimenzionalni prostor su površinski jednostavno povezane regije; unutrašnjost torusa ili trodimenzionalni prostor, iz kojeg je linija isključena, nisu površinski jednostavno povezane regije. Neka je dato kontinuirano vektorsko polje u površinskoj jednostavno povezanoj domeni G. Tada vrijedi sljedeća teorema. Teorema 9. Da krivolinijski integral u polju vektora a ne bi zavisio od puta integracije, već da zavisi samo od početne i krajnje tačke puta (A i B), potrebno je i dovoljno da cirkulacija vektora a duž bilo koje zatvorene konture L koja se nalazi u području G, bila je jednaka nuli. 4 Nužnost. Neka je m-integral također nezavisan od puta integracije. Pokažimo da je tada za bilo koju zatvorenu konturu L jednak nuli. Posmatrajmo proizvoljnu zatvorenu konturu L u polju vektora a i na njoj uzmimo proizvoljne tačke A i B (slika 35). Po uslovu imamo - različite putanje koje spajaju tačno A i B \ odakle je tačno izabrana zatvorena kontura L. Dovoljnost. Neka je L za bilo koju zatvorenu konturu. Pokažimo da u ovom slučaju integral ne zavisi od puta integracije. Uzmimo dvije tačke A i B u polju vektora a, povežimo ih proizvoljnim linijama L1 i L2 i pokažimo da se zbog jednostavnosti ograničavamo na slučaj kada se prave L1 i L2 ne sijeku. U ovom slučaju, spoj formira jednostavnu zatvorenu petlju L (slika 36). Po uslovu a, svojstvu aditivnosti. Nezavisnost krivolinijski integral sa puta integracije Potencijalno polje Izračunavanje krivolinijskog integrala u potencijalnom polju Proračun potencijala u dekartovskim koordinatama Dakle, odakle slijedi valjanost jednakosti (2). Teorema 9 izražava neophodne i dovoljne uslove za nezavisnost krivolinijskog integrala od oblika putanje, ali je te uslove teško proveriti. Hajde da predstavimo efikasniji kriterijum. Teorema 10. Da bi krivolinijski integral bio nezavisan od puta integracije L, neophodno je i dovoljno da vektorsko polje bude irotaciono. M) je površno jednostavno povezano. Komentar. Na osnovu teoreme 9, nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije je ekvivalentna jednakosti nuli kruženja vektora a duž bilo koje zatvorene konture. Ovu okolnost koristimo u dokazu teoreme. Need. Neka je krivolinijski integral nezavisan od oblika putanje, ili, što je isto, cirkulacija vektora a duž bilo koje zatvorene konture L jednaka je nuli. Tada, tj. u svakoj tački polja, projekcija vektora rot a na bilo koji pravac jednaka je nuli. To znači da je sam vektor rot a jednak nuli u svim tačkama polja, dovoljnost. Dovoljnost uvjeta (3) slijedi iz Stokesove formule, jer ako je rot a = 0, tada je cirkulacija vektora duž bilo koje zatvorene petlje L jednaka nuli: Rotor ravnog polja je jednak što nam omogućava da formuliramo sljedeća teorema za ravno polje. Teorema 11. Da bi krivolinijski integral u jednostavno povezanom ravnom polju bio nezavisan od oblika prave L, potrebno je i dovoljno da relacija identično važi u čitavom razmatranom području. Ako domena nije jednostavno povezana, onda ispunjenje uvjeta, općenito govoreći, ne osigurava nezavisnost krivolinijskog integrala od oblika prave. Primjer. Razmotrimo integral Jasno je da integrand nema značenje u tački 0(0,0). Stoga ovu tačku isključujemo. U ostatku ravni (ovo više neće biti jednostavno povezana regija!) Koordinate vektora a su neprekidne, imaju kontinuirane parcijalne izvode i Razmotrimo integral (6) duž zatvorene krive L - kružnice poluprečnika R sa središtem na početku: Tada razlika cirkulacije od nule pokazuje da integral (6) zavisi od oblika puta integracije. §10. Definicija potencijalnog polja. Polje vektora a(M) naziva se potencijalno ako postoji skalarna funkcija u(M) takav da se ovdje funkcija u(M) naziva potencijal polja; njegove ravne površine nazivaju se ekvipotencijalnim površinama. tada je relacija (1) ekvivalentna sljedeće tri skalarne jednakosti: Imajte na umu da je potencijal polja određen do konstantnog člana: ako je, dakle, konstantan broj. Primjer 1. Polje radijus vektora r je potencijalno, budući da podsjećamo da je Potencijal polja radijus vektora, dakle. Primjer 2. Vektorsko polje je potencijalno. Neka je funkcija takva da je pronađena. Tada i odakle Otuda je potencijal polja. Teorema 12. Da bi vektor a bio potencijalan, potrebno je i dovoljno da bude nerotacioni, odnosno da mu rotor bude jednak nuli u svim tačkama polja. U ovom slučaju pretpostavlja se kontinuitet svih parcijalnih izvoda koordinata vektora a i površinske jednostavno povezanosti područja u kojem je dat vektor a. Need. Neophodnost uslova (2) utvrđuje se direktnim proračunom: ako je polje potencijalno, tj. na osnovu nezavisnosti mešovitih izvoda od reda diferencijacije. Adekvatnost. Neka je vektorsko polje irotaciono (2). Da bismo dokazali potencijalnost ovog polja, konstruišemo njegov potencijal u(M). Iz uslova (2) proizlazi da krivolinijski integral ne zavisi od oblika prave L, već zavisi samo od njene početne i krajnje tačke. Popravimo početnu tačku i promijenimo krajnju tačku Mu, z). Tada će integral (3) biti funkcija tačke. Označimo ovu funkciju sa u(M) i dokažimo da ćemo u nastavku pisati integral (3), koji označava samo početnu i krajnju tačku puta integracije, Jednakost je ekvivalentna trima skalarnim jednakostima Nezavisnost krivolinijskog integrala od put integracije Potencijalno polje Potencijal u kartezijanskim koordinatama Dokažimo prvu od njih, druga i treća jednakost se dokazuju na sličan način. Po definiciji parcijalnog izvoda, imamo Razmotrimo tačku blisku tački Pošto je funkcija u(M) određena relacijom (4), u kojoj krivolinijski integral ne zavisi od puta integracije, biramo put integracije kao prikazano na sl.37. Tada se odavde zadnji integral uzima kao mol segmenta prave linije MM) paralelne sa Ox osom. Na ovom segmentu, koordinata x se može uzeti kao parametar: Primjenjujući teoremu srednje vrijednosti na integral na desnoj strani (6), dobijamo Iz formule (7) proizlazi da Od tada, zbog kontinuiteta funkcije, dobijamo Slično, dokazano je da je Corollary. Vektorsko polje je potencijalno ako i samo ako je krivolinijski integral u njemu neovisan o putanji. Proračun krivolinijskog integrala u potencijalnom polju Teorema 13. Integral u potencijalnom polju a(M) jednaka je razlici vrijednosti potencijala u(M) polja u konačnom u polazne tačke način integracije Ranije je dokazano da je funkcija potencijal polja. U potencijalnom polju, krivolinijski intefal ne zavisi od tačke intefacije. Dakle, odabirom putanje tačke M\ do tačke M2 tako da ona prolazi kroz tačku Afo (sl. 38), dobijamo ili, menjajući orijentaciju putanje u prvom intefalu na desnoj strani, pošto potencijal polja je određen na konstantan član, onda se svaki potencijal razmatranih polja može zapisati kao gdje je c konstanta. Izvođenjem zamjene u - c u formuli (10) dobijamo traženu formulu za proizvoljni potencijal v (M) Primjer 3. U primjeru 1 pokazano je da je potencijal polja radijus vektora r funkcija Izračunavanje potencijala u Dekartovim koordinatama Neka je zadato potencijalno polje Prethodno je pokazano da se potencijalna funkcija "(M) može naći po formuli Integral (11) najpogodnije izračunati na sljedeći način: fiksirati početnu tačku i spojiti je do prilično bliske trenutne tačke M(x, y ,z) izlomljena linija čije su veze paralelne sa koordinatnim osa, . U ovom slučaju se na svakoj vezi polilinije mijenja samo jedna koordinata, što omogućava značajno pojednostavljenje proračuna. Zaista, na segmentu M0M\ imamo: Na segmentu. Rice. 39. Na rezu. Dakle, potencijal je gdje su koordinate trenutne tačke na vezama polilinije, duž koje se vrši integracija. Primjer 4. Dokazati da je vektorsko polje k potencijalno i pronaći njegov potencijal. 4 Provjerimo da li je polje vektora a(Af) potencijalno. S tim ciljem izračunavamo rotor polja. Imamo Polje je potencijal. Potencijal ovog polja pronalazimo pomoću formule (12). Uzmimo ishodište koordinata 0 kao početnu tačku A/o (ovo se obično radi ako je polje a(M) definisano na početku koordinata). Tada dobijamo Dakle, gdje je c proizvoljna konstanta. Potencijal ovog polja može se pronaći i na drugi način. Po definiciji, potencijal u(x, y, z) je skalarna funkcija za koju je gradu = a. Ova vektorska jednakost je ekvivalentna trima skalarnim jednakostima: Integrirajući (13) preko x, dobijamo (17) po y, nalazimo - neku funkciju z. Zamjenom (18) u (16) dobijamo. Diferencirajući posljednju jednakost br. z i uzimajući u obzir relaciju (15), dobijamo jednačinu za koju
Sa puta integracije.
Razmotrimo krivolinijski integral 2. vrste , gdje je L- tačke spajanja krivulje M I N. Neka funkcije P(x, y) I Q(x, y) imaju kontinuirane parcijalne izvode u nekom domenu D, koji sadrži cijelu krivu L. Odredimo uslove pod kojima razmatrani krivolinijski integral ne zavisi od oblika krive L, ali samo na lokaciji tačaka M I N.
Nacrtajte dvije proizvoljne krive MPN I MQN, koji leži u okolini D i spojne tačke M I N(Sl. 1).
Q
M N Rice. jedan.
Pretvarajmo se to 
, tj 
Onda gde L- zatvorena kontura, sastavljena od krivih MPN I NQM(dakle, može se smatrati proizvoljnim). Dakle, uslov za nezavisnost krivolinijskog integrala 2. vrste od puta integracije je ekvivalentan uslovu da je takav integral na bilo kojoj zatvorenoj konturi jednak nuli.
Ulaznica broj 34.Površinski integral prve vrste (po površini) Primene (masa površine materijala, koordinate težišta, momenti, površina zakrivljene površine).
Razmislite o otvorenoj površini S, ograničena konturom L, i podijelite ga nekim krivuljama na dijelove S 1 , S 2 ,…, S n. U svakom dijelu biramo po jednu tačku M i i projektovati ovaj dio na tangentnu ravan na površinu koja prolazi kroz ovu tačku. Dobijamo u projekciji ravnu figuru s površinom T i. Nazovimo ρ najveća udaljenost između dvije točke bilo kojeg dijela površine S.
Definicija 12.1. Hajde da pozovemo području S površine ograničenje sume područja T i at
Površinski integral prve vrste.
Razmotrite neku površinu S, ograničena konturom L, i razbiti ga na komade S 1 , S 2 ,…, S str(u ovom slučaju će biti označena i površina svakog dijela S p). Neka je u svakoj tački ove površine vrijednost funkcije f(x, y, z). Odaberite u svakom dijelu Si tačka M i (x i , y i , z i) i napravi integralni zbir
. (12.2)
Definicija 12.2. Ako postoji konačna granica na integralnom zbiru (12.2), koja ne ovisi o načinu podjele površine na dijelove i izboru tačaka M i, onda se zove površinski integral prve vrste funkcije f(M) = f(x, y, z) na površini S i označeno
Komentar. Površinski integral 1. vrste ima uobičajena svojstva integrala (linearnost, zbrajanje integrala date funkcije po zasebnim dijelovima razmatrane površine, itd.).
Geometrijski i fizičko značenje površinski integral prve vrste.
Ako je integrand f(M)≡ 1, onda iz definicije 12.2 slijedi da je jednako površini razmatrane površine S.
. (12.4)
Primena površinskog integrala 1. vrste.
1. Površina zakrivljene površine čija je jednadžba z = f(x, y), može se naći u obliku:
(14.21)
(Ω je projekcija S u avionu O hu).
2. Površinska masa
(14.22)
3. Trenuci:
Statički površinski momenti u odnosu na koordinatne ravni O xy,O xz,O yz;
Momenti inercije površine u odnosu na koordinatne ose;
Momenti inercije površine u odnosu na koordinatne ravni;
- (14.26)
Moment inercije površine oko ishodišta.
4. Koordinate centra mase površine:
. (14.27)
Ulaznica broj 35. Proračun površinskog integrala 1. vrste (svođenje na višekratnik).
Ograničavamo se na slučaj kada je površina S je specificirano eksplicitno, to jest, jednačinom oblika z = φ(x, y). Iz definicije površine proizlazi da
Si =, gdje je ∆ ja - područje projekcije Si u avionu O hu, ali γ i je ugao između O ose z i normalno na površinu S u tački M i. To je poznato
,
gdje ( x i , y i , z i) – koordinate tačke M i. stoga,
Zamjenom ovog izraza u formulu (12.2) dobijamo to
,
Gdje se zbrajanje na desnoj strani vrši preko domene Ω ravni O hu, što je projekcija na ovu ravan površine S(Sl. 1).
S: z=φ(x,y)
Δσ iΩ
Istovremeno, na desnoj strani dobijen je integralni zbir za funkciju dvije varijable nad ravnim područjem, koji u granici na daje dvostruki integral.
Komentar. Pojasnimo još jednom da je na lijevoj strani formule (12.5). površine integralni, a desno - duplo.
Ulaznica broj 36.Površinski integral druge vrste. Flow vektorsko polje. Veza između površinskih integrala prve i druge vrste.
Vektorski tok polja.
Razmotrimo vektorsko polje ALI (M), definisan u prostornom domenu g, orijentisana glatka površina S G i jedinično normalno polje P (M) na odabranoj strani površine S.
Definicija 13.3. Površinski integral 1. vrste
,
(13.1)
gdje An – skalarni proizvod odgovarajući vektori, i A str je vektorska projekcija ALI u pravcu normale se zove vektorski tok polja A(M) kroz odabranu stranu površine S .
Napomena 1. Ako odaberemo drugu stranu površine, onda će normala, a samim tim i tok promijeniti predznak.
Napomena 2. Ako je vektor ALI postavlja brzinu protoka fluida u datoj tački, tada integral (13.1) određuje količinu tekućine koja teče u jedinici vremena kroz površinu S u pozitivnom smjeru (otuda uobičajeni izraz "tok").
2. vrsta sa integracijskog puta
Razmotrimo krivolinijski integral 2. vrste, gdje je L kriva koja povezuje tačke M i N. Neka funkcije P(x, y) i Q(x, y) imaju kontinuirane parcijalne izvode u nekoj domeni D, u kojoj je kriva L leži u potpunosti. Odredimo uslove pod kojima razmatrani krivolinijski integral ne zavisi od oblika krive L, već samo od položaja tačaka M i N.
Nacrtajmo dvije proizvoljne krive MSN i MTN, koje leže u području D i povezuju tačke M i N (slika 14).
Pretpostavimo da, tj
gdje je L zatvorena kontura sastavljena od MSN i NTM krivulja (dakle, može se smatrati proizvoljnom). Dakle, uslov da je krivolinijski integral 2. vrste nezavisan od puta integracije je ekvivalentan uslovu da je takav integral na bilo kojoj zatvorenoj konturi jednak nuli.
Teorema 5 (Grinov teorem). Neka su funkcije P(x, y) i Q(x, y) i njihove parcijalne derivacije u neprekidne u svim tačkama neke domene D. Zatim da bi bilo koja zatvorena kontura L koja leži u domeni D zadovoljila uslov
potrebno je i dovoljno da = u svim tačkama domene D.
Dokaz.
1) Dovoljnost: neka je uslov = ispunjen. Razmotrimo proizvoljnu zatvorenu konturu L u području D, koja ograničava regiju S, i napiši Green formulu za nju:
Dakle, dovoljnost je dokazana.
2) Neophodnost: pretpostavimo da je uslov ispunjen u svakoj tački regiona D, ali postoji barem jedna tačka u ovoj oblasti u kojoj - ? 0. Neka, na primjer, u tački P(x0, y0) imamo: - > 0. Pošto postoji kontinuirana funkcija na lijevoj strani nejednakosti, da li će ona biti pozitivna i veća od neke? > 0 u nekoj maloj oblasti D` koja sadrži tačku P. Prema tome,
Dakle, po Greenovoj formuli dobijamo to
gdje je L` kontura koja ograničava regiju D`. Ovaj rezultat je u suprotnosti sa uslovom. Dakle, = u svim tačkama domene D, što je trebalo dokazati.
Napomena 1. Na sličan način, za trodimenzionalni prostor, može se dokazati da je potrebno i dovoljne uslove nezavisnost krivolinijskog integrala
sa puta integracije su:
Napomena 2. Pod uslovima (52), izraz Pdx + Qdy + Rdz je ukupni diferencijal neke funkcije u. Ovo nam omogućava da proračun krivolinijskog integrala svedemo na određivanje razlike između vrijednosti i na krajnjim i početnim tačkama konture integracije, budući da
U ovom slučaju, funkcija i može se pronaći po formuli
gdje je (x0, y0, z0) tačka u D i C je proizvoljna konstanta. Zaista, lako je provjeriti da su parcijalni izvodi funkcije i dati formulom (53) jednaki P, Q i R.
Primjer 10
Izračunati krivolinijski integral 2. vrste
duž proizvoljne krive koja povezuje tačke (1, 1, 1) i (2, 3, 4).
Potrudimo se da su uslovi (52) ispunjeni:
Dakle, funkcija postoji. Nađimo ga po formuli (53), postavljajući x0 = y0 = z0 = 0. Tada
Dakle, funkcija i je određena do proizvoljnog konstantnog člana. Uzmimo S = 0, tada je u = xyz. shodno tome,
Predavanje 4
Tema: Greenova formula. Uslovi za nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije.
Greenova formula.
Greenova formula uspostavlja vezu između krivolinijskog integrala nad zatvorenom konturom G na ravni i dvostrukog integrala nad područjem ograničenim ovom konturom.
Zakrivljeni integral duž zatvorene konture G označava se simbolom Zatvorena kontura G počinje u nekoj tački B ove konture i završava se u tački B. Integral duž zatvorene konture ne zavisi od izbora tačke B.
Definicija 1. Obilaženje konture G smatra se pozitivnim ako područje D ostane na lijevoj strani tokom obilaska konture G. G + - kontura G se zaobilazi u pozitivnom smjeru, G - - kontura se zaobilazi u negativnom smjeru, tj. u suprotnom smjeru
| G+ |
| X |
| Y |
| c |
| d |
| X= x 1 (y) |
| X= x 2 (y) |
| a |
| b |
| B |
| C |
| Y=y 2 (x) |
| Y= y 1 (x) |
| m |
| n |
.
Slično, dokazano je da:
Iz jednakosti (1) i (2) dobijamo:
shodno tome,
Greenova formula pod postavljenim pretpostavkama je dokazana.
Napomena 1. Greenova formula ostaje važeća ako je granica Γ domene D neke prave, paralelno sa osom 0X ili 0Y seku se u više od dvije tačke. Osim toga, Greenova formula vrijedi i za n-povezane regije.
Uslovi za nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije na ravni.
U ovom odeljku otkrivamo uslove pod kojima krivolinijski integral ne zavisi od puta integracije, već zavisi od početne i krajnje tačke integracije.
Teorema 1. Da bi krivolinijski integral 
ne zavisi od puta integracije u jednostavno povezanoj oblasti, neophodno je i dovoljno da ovaj integral preuzet preko bilo koje zatvorene komadno glatke konture u ovoj oblasti bude jednak nuli.
Dokaz: Neophodnost. Dato: ne zavisi od puta integracije. Potrebno je dokazati da je krivolinijski integral nad bilo kojom zatvorenom komadno glatkom konturom jednak nuli.
Neka se u razmatranom području D uzme proizvoljna po komadima glatka zatvorena kontura Γ. Na konturi Γ uzimamo proizvoljne tačke B i C.
| G |
| D |
| n |
| m |
| B |
| C |
, tj.
Adekvatnost. Dato: krivolinijski integral 
duž bilo koje zatvorene komadno glatke konture jednak je nuli.
Potrebno je dokazati da integral ne zavisi od puta integracije.
Razmotrimo krivolinijski integral preko dvije glatke konture koje spajaju tačke B i C. Pod uslovom:
One. krivolinijski
integral ne zavisi od puta integracije.
Teorema 2. Neka je kontinuirano zajedno s parcijalnim derivacijama iu jednostavno povezanoj domeni D. Da bi krivolinijski integral bio nezavisan od puta integracije, potrebno je i dovoljno da u domeni D identitet
Dokaz: dovoljnost. Dato: . Potrebno je dokazati da to ne zavisi od puta integracije. Za ovo je dovoljno to dokazati jednaka je nuli duž bilo koje zatvorene komadno glatke konture. Prema Greenovoj formuli imamo:
Need. Dato: Prema teoremi 1, krivolinijski integral ne zavisi od puta integracije. To je potrebno dokazati