16.3.2.1. Definicija krivolinijskog integrala prve vrste. Neka u prostoru varijabli x,y,z data je po komadima glatka kriva na kojoj je definirana funkcija f (x ,y ,z ) Podijelimo krivu sa tačkama na dijelove, izaberemo proizvoljnu tačku na svakom od lukova, pronađemo dužinu luka i napravimo integralni zbir. Ako postoji granica niza integralnih suma za , koja ne ovisi o metodi podjele krivulje na lukove ili o izboru točaka, tada funkcija f (x ,y ,z ) naziva se krivulja integrabilna, a vrijednost ove granice naziva se krivolinijski integral prve vrste ili krivolinijski integral po dužini luka funkcije f (x ,y ,z ) duž krive , i označava se sa (ili ).

Teorema postojanja. Ako je funkcija f (x ,y ,z ) je neprekidna na komadično glatkoj krivulji , onda je integrabilna u odnosu na ovu krivu.

Slučaj zatvorene krive. U ovom slučaju, proizvoljna tačka krive može se uzeti kao početna i krajnja tačka. Zatvorena kriva će se od sada zvati kontura i označeno sa OD . Činjenica da je kriva duž koje se izračunava integral zatvorena obično se označava krugom na predznaku integrala: .

16.3.2.2. Svojstva krivolinijskog integrala prve vrste. Za ovaj integral svih šest svojstava vrijedi za određeni, dvostruki, trostruki integral iz linearnost prije teoreme srednje vrijednosti. Formulirajte ih i dokažite ih na svoju ruku. Međutim, sedmo, lično svojstvo važi i za ovaj integral:

Nezavisnost krivolinijskog integrala prve vrste od smjera krive:.

Dokaz. Integralni zbroji za integrale na desnoj i lijevoj strani ove jednakosti, za bilo koju particiju krive i izbor tačaka, su isti (uvijek dužina luka), stoga su njihove granice jednake na .

16.3.2.3. Proračun krivolinijskog integrala prve vrste. Primjeri. Neka je kriva data parametarskim jednadžbama, gdje su kontinuirano diferencibilne funkcije, i neka tačke koje definiraju cijepanje krive odgovaraju vrijednostima parametra, tj. . Zatim (pogledajte odjeljak 13.3. Izračunavanje dužine krivulje) . Po teoremu srednje vrijednosti, postoji takva točka da . Odaberimo tačke koje su rezultat ove vrijednosti parametra: . Tada će integralni zbir za krivolinijski integral biti jednak integralnom zbiru za definitivni integral. Budući da , Zatim, prelazeći na granicu u u jednakosti , Dobijamo

Dakle, proračun krivolinijskog integrala prve vrste se svodi na izračunavanje određenog integrala nad parametrom. Ako je kriva data parametarski, onda ovaj prijelaz ne uzrokuje poteškoće; ako se daje kvalitativni verbalni opis krivulje, tada glavna poteškoća može biti uvođenje parametra na krivulju. Još jednom to naglašavamo integracija se uvijek vrši u pravcu povećanja parametra.

Primjeri. 1. Izračunajte , gdje je jedan okret spirale

Ovdje prijelaz na određeni integral ne uzrokuje probleme: nalazimo , i .

2. Izračunajte isti integral preko segmenta koji povezuje točke i .

Ovdje ne postoji direktna parametarska definicija krive, itd AB parametar se mora unijeti. Parametarske jednadžbe prave linije imaju oblik gdje je usmjeravajući vektor, tačka prave. Kao tačku uzimamo tačku , kao usmjeravajući vektor uzimamo vektor : . Lako je vidjeti da tačka odgovara vrijednosti, tačka odgovara vrijednosti, dakle.

3. Pronađite gdje je dio presjeka cilindra ravninom z =x +1, leži u prvom oktantu.

Rješenje: Parametarske jednadžbe kružnice - vodilice cilindra imaju oblik x =2cosj, y =2sinj, i od tada z=x +1, onda z = 2cosj+1. dakle,

zbog toga

16.3.2.3.1. Proračun krivolinijskog integrala prve vrste. Flat case. Ako kriva leži na nekoj koordinatnoj ravni, na primjer, ravni Ohu , i dat je funkcijom , tada, s obzirom X kao parametar dobijamo sljedeća formula za izračunavanje integrala: . Slično, ako je kriva data jednadžbom , tada .

Primjer. Izračunajte , gdje je četvrtina kruga koji leži u četvrtom kvadrantu.

Rješenje. 1. Uzimajući u obzir X kao parametar, dobijamo , dakle

2. Ako uzmemo varijablu kao parametar at , zatim i .

3. Naravno, možete uzeti uobičajeno parametarske jednačine krugovi: .

Ako je kriva data u polarnim koordinatama , tada , i .

Predavanje 5 Krivolinijski integrali 1. i 2. vrsta, njihova svojstva..

Problem mase krive. Krivolinijski integral 1. vrste.

Problem mase krive. Neka je u svakoj tački krivulje materijala L: (AB) zadana njegova gustina. Odredite masu krive.

Postupamo na isti način kao što smo radili pri određivanju mase ravnog područja (dvostruki integral) i prostornog tijela ( trostruki integral).

1. Organizirajte podjelu područja luka L na elemente - elementarne lukove tako da ti elementi nemaju zajedničke unutrašnje tačke i ( stanje A )

3. Konstruirajmo integralni zbir , gdje je dužina luka (obično se uvode iste oznake za luk i njegovu dužinu). Ovo je približna vrijednost za masu krive. Pojednostavljenje je da smo pretpostavili da je gustoća luka konstantna na svakom elementu i uzeli konačan broj elemenata.

Prolazak do granice pod uslovom (stanje B ), dobijamo krivolinijski integral prve vrste kao granicu integralnih suma:

.

Teorema postojanja.

Neka je funkcija kontinuirana na komadno glatkom luku L. Tada krivolinijski integral prve vrste postoji kao granica integralnih suma.

Komentar. Ovo ograničenje ne zavisi od

Svojstva krivolinijskog integrala prve vrste.

1. Linearnost
a) svojstvo superpozicije

b) svojstvo homogenosti .

Dokaz. Zapišimo integralne sume za integrale na lijevoj strani jednakosti. Pošto je broj članova u integralnom zbiru konačan, pređimo na integralne sume za desne strane jednakosti. Zatim prelazimo na granicu, prema teoremi o prelasku na granicu u jednakosti, dobijamo željeni rezultat.

2. Aditivnost.
Ako a , onda = +

3. .Evo dužine luka.

4. Ako je nejednakost zadovoljena na luku, onda

Dokaz. Zapišimo nejednakost za integralne sume i prijeđimo do granice.

Napominjemo da je to, posebno, moguće

5. Teorema procjene.

Ako postoje konstante takve da , Onda

Dokaz. Integracija nejednakosti (svojstvo 4), dobijamo . Svojstvom 1, konstante se mogu izvaditi ispod integrala. Koristeći svojstvo 3, dobijamo željeni rezultat.

6. Teorema srednje vrijednosti(vrijednost integrala).

Postoji poenta , šta

Dokaz. Budući da je funkcija kontinuirana na zatvorenom ograničenom skupu , tada postoji njen infimum i gornju ivicu . Nejednakost je ispunjena. Podijelimo obje strane sa L, dobijamo . Ali broj zatvorena između donje i gornje granice funkcije. Budući da je funkcija kontinuirana na zatvorenom ograničenom skupu L, funkcija mora uzeti ovu vrijednost u nekom trenutku. shodno tome, .

Proračun krivolinijskog integrala prve vrste.

Parametarizujemo luk L: AB x = x(t), y = y(t), z =z (t). Neka t 0 odgovara tački A, a t 1 tački B. Tada se krivolinijski integral prve vrste svodi na definitivni integral ( - formula poznata iz 1. semestra za izračunavanje diferencijala dužine luka):

Primjer. Izračunajte masu jednog okreta homogene (gustine jednake k) spirale: .

Krivolinijski integral 2. vrste.

Problem rada sile.

Koliki rad obavlja sila?F(M) prilikom pomeranja tačkeMu lukuAB? Ako je luk AB pravolinijski segment, a sila bi bila konstantna po veličini i smjeru kada se tačka M kreće duž luka AB, tada bi se rad mogao izračunati po formuli , gdje je ugao između vektora. U opštem slučaju, ova formula se može koristiti za konstruisanje integralne sume, uz pretpostavku da je sila konstantna na elementu luka dovoljno male dužine. Umjesto dužine malog elementa luka, možete uzeti dužinu tetive koja ga sažima, jer su ove količine ekvivalentne beskonačno male količine pod uslovom (prvi semestar).

1. Organizirajte podjelu luka regije AB na elemente - elementarne lukove tako da ti elementi nemaju zajedničke unutrašnje tačke i ( stanje A )

2. Na elementima particije označavamo "označene tačke" M i i izračunavamo vrijednosti funkcije u njima

3. Konstruirati integralni zbir , gdje je vektor usmjeren duž tetive koja savija -luk .

4. Prelazak do granice pod uslovom (stanje B ), dobijamo krivolinijski integral druge vrste kao granicu integralnih suma (i rada sile):

. Često se pominje

Teorema postojanja.

Neka je vektorska funkcija kontinuirana na komadno glatkom luku L. Tada krivolinijski integral druge vrste postoji kao granica integralnih suma.

.

Komentar. Ovo ograničenje ne zavisi od

Metoda za izbor particije, sve dok je uslov A zadovoljen

Odabirom "označenih tačaka" na elementima particije,

Metoda za pročišćavanje particije, sve dok je uslov B zadovoljen

Svojstva krivolinijskog integrala 2. vrste.

1. Linearnost
a) svojstvo superpozicije

b) svojstvo homogenosti .

Dokaz. Zapišimo integralne sume za integrale na lijevoj strani jednakosti. Pošto je broj članova u integralnom zbiru konačan, koristeći svojstvo skalarnog proizvoda, prelazimo na integralne sume za desne strane jednakosti. Zatim prelazimo na granicu, prema teoremi o prelasku na granicu u jednakosti, dobijamo željeni rezultat.

2. Aditivnost.
Ako a , onda = + .

Dokaz. Odaberimo particiju domene L tako da nijedan od elemenata particije (u početku i kada se particija rafinira) ne sadrži i elemente L 1 i elemente L 2 u isto vrijeme. Ovo se može uraditi pomoću teoreme postojanja (primedba na teoremu). Nadalje, dokaz se izvodi u smislu integralnih suma, kao u Odjeljku 1.

3. Orijentabilnost.

= -

Dokaz. Integral luka –L, tj. u negativnom smjeru zaobilaženja luka, postoji ograničenje integralnih suma, u čijim terminima postoji (). Uzimajući "minus" iz skalarnog proizvoda i iz zbira konačnog broja članova, prelazeći do granice, dobijamo traženi rezultat.

stolica " višu matematiku»

Krivolinijski integrali

Smjernice

Volgograd

UDK 517.373(075)

Recenzent:

Viši predavač Odsjeka za primijenjenu matematiku N.I. Koltsova

Objavljuje se odlukom uređivačko-izdavačkog vijeća

Volgogradski državni tehnički univerzitet

Krivolinijski integrali: metod. upute / komp. M.I.Andreeva,

O.E. Grigoriev; VolgGTU. - Volgograd, 2011. - 26 str.

Metodička uputstva su vodič za realizaciju pojedinačnih zadataka na temu "Krivolinijski integrali i njihove primjene na teoriju polja".

Prvi dio smjernica sadrži neophodan teorijski materijal za realizaciju pojedinačnih zadataka.

U drugom dijelu, primjeri izvršavanja svih vrsta zadataka uključenih u individualni zadaci na temu, što doprinosi boljoj organizaciji samostalan rad učenika i uspješno savladavanje teme.

Metodička uputstva su namenjena studentima prvog i drugog kursa.

© Volgogradska država

Technical University, 2011

1. KRIVILINIJSKI INTEGRAL 1. VRSTE

Definicija krivolinijskog integrala 1. vrste

Neka È AB– luk ravnine ili prostorne komadno glatke krive L, f(P) - dato na ovom luku kontinuirana funkcija, ALI 0 = ALI, ALI 1 , ALI 2 , …, A n – 1 , A n = B AB i Pi su proizvoljne tačke na parcijalnim lukovima È A i – 1 A i, čije dužine D l i (i = 1, 2, …, n

at n® ¥ i max D l i® 0, što ne zavisi od toga kako je luk È AB tačke A i, niti iz izbora bodova Pi na parcijalnim lukovima È A i – 1 A i (i = 1, 2, …, n). Ova granica se naziva krivolinijski integral prve vrste funkcije f(P) duž krivine L i označeno

Proračun krivolinijskog integrala 1. vrste

Proračun krivolinijskog integrala 1. vrste može se svesti na izračunavanje određenog integrala sa različitim načinima specificiranja integracione krive.

Ako je luk È AB ravna kriva je parametarski data jednadžbama gdje x(t) i y(t t, i x(t 1) = x A, x(t 2) = x B, onda

gdje - diferencijal dužine luka krive.

Slična formula se odvija u slučaju parametarske specifikacije prostorne krive L. Ako je luk È AB krivo L dato jednadžbama , i x(t), y(t), z(t) su kontinuirano diferencibilne funkcije parametra t, onda

gdje je diferencijal dužine luka krive.

u kartezijanskim koordinatama

Ako je luk È AB ravna kriva L dato jednačinom gdje y(x

a formula za izračunavanje krivolinijskog integrala je:

Prilikom specificiranja luka È AB ravna kriva L as x= x(y), y Î [ y 1 ; y 2 ],
gdje x(y) je kontinuirano diferencibilna funkcija,

a krivolinijski integral se izračunava po formuli

(1.4)

Određivanje krivulje integracije sa polarnom jednačinom

Ako je ravna kriva L dato jednačinom u polarnom koordinatnom sistemu r = r(j), j O , gdje r(j) je, dakle, kontinuirano diferencibilna funkcija

i

(1.5)

Primjena krivolinijskog integrala 1. vrste

Koristeći krivolinijski integral 1. vrste izračunavaju se: dužina luka krivulje, površina dijela cilindrične površine, masa, statički momenti, momenti inercije i koordinate centra gravitacije materijalne krive sa datom linearnom gustinom.

1. Dužina l ravna ili prostorna kriva L nalazi se prema formuli

2. Površina dijela cilindrične površine sa paralelna osa oz generatrisa i nalazi se u ravni XOY vodič L zatvoren između aviona XOY i površinu datu jednadžbom z = f(x; y) (f(P) ³ 0 for P Î L), je jednako

(1.7)

3. Težina m materijalna kriva L sa linearnom gustinom m( P) određuje se formulom

(1.8)

4. Statički momenti oko osi Ox i Oy i koordinate centra gravitacije ravne materijalne krive L sa linearnom gustinom m( x; y) su respektivno jednaki:

(1.9)

5. Statički momenti u odnosu na ravnine Oxy, Oxz, Oyz i koordinate težišta krive prostornog materijala sa linearnom gustinom m( x; y; z) određuju se formulama:

(1.11)

6. Za ravnu krivu materijala L sa linearnom gustinom m( x; y) momenti inercije oko osi Ox, Oy i ishodište koordinata, respektivno, su:

(1.13)

7. Momenti inercije prostorne materijalne krive L sa linearnom gustinom m( x; y; z) relativno koordinatne ravni izračunato po formulama

(1.14)

a momenti inercije oko koordinatnih osa su:

(1.15)

2. KRIVILINIJSKI INTEGRAL 2. VRSTE

Definicija krivolinijskog integrala 2. vrste

Neka È AB je luk komadno glatke orijentirane krive L, = (sjekira(P); a y(P); a z(P)) je kontinuiran vektorska funkcija, ALI 0 = ALI, ALI 1 , ALI 2 , …, A n – 1 , A n = B– proizvoljno cijepanje luka AB i Pi su proizvoljne tačke na parcijalnim lukovima A i – 1 A i. Neka je vektor sa koordinatama D x i, D y i, D z i(i = 1, 2, …, n), i skalarni je proizvod vektora i ( i = 1, 2, …, n). Tada postoji granica niza integralnih suma

at n® ¥ i max ÷ ç ® 0, što ne zavisi od toga kako je luk podijeljen AB tačke A i, niti iz izbora bodova Pi na parcijalnim lukovima È A i – 1 A i
(i = 1, 2, …, n). Ova granica se naziva krivolinijski integral druge vrste funkcije ( P) duž krivine L i označeno

U slučaju kada je vektorska funkcija data na ravnoj krivulji L, na sličan način imamo:

Kada se promijeni smjer integracije, krivolinijski integral 2. vrste mijenja predznak.

Krivolinijski integrali prve i druge vrste povezani su relacijom

(2.2)

gdje - jedinični vektor tangenta na orijentisanu krivu.

Koristeći krivolinijski integral 2. vrste, možete izračunati rad sile pri kretanju materijalna tačka duž luka krive L:

Pozitivan smjer oko zatvorene krive OD, ograničavajući jednostavno povezanu regiju G, uzima se u obzir u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.

Krivolinijski integral 2. vrste nad zatvorenom krivom OD naziva se cirkulacija i označava se

(2.4)

Proračun krivolinijskog integrala 2. vrste

Proračun krivolinijskog integrala 2. vrste svodi se na izračunavanje određenog integrala.

Parametrijska specifikacija integracijske krive

Ako je È AB orijentisana ravna kriva je parametarski data jednadžbama , gdje je X(t) i y(t) su kontinuirano diferencibilne funkcije parametra t, i onda

Slična formula se dešava u slučaju parametarske specifikacije prostorno orijentisane krive L. Ako je luk È AB krivo L dato jednadžbama , i su kontinuirano diferencibilne funkcije parametra t, onda

Eksplicitna specifikacija ravne integracijske krive

Ako je luk È AB L je dato u kartezijanskim koordinatama jednadžbom gdje y(x) je dakle kontinuirano diferencibilna funkcija

(2.7)

Prilikom specificiranja luka È AB ravno orijentisana kriva L as
x= x(y), y Î [ y 1 ; y 2], gdje x(y) je kontinuirano diferencibilna funkcija, formula

(2.8)

Neka funkcije su kontinuirani zajedno sa svojim derivatima

u ravnom zatvorenom prostoru G, omeđen komadično glatkom zatvorenom samodisjunktnom pozitivno orijentiranom krivom OD+ . Tada vrijedi Greenova formula:

Neka G je površinski jednostavno povezana regija, i

= (sjekira(P); a y(P); a z(P))

je vektorsko polje navedeno u ovoj regiji. Polje ( P) naziva se potencijalom ako postoji takva funkcija U(P), šta

(P) = grad U(P),

Neophodan i dovoljan uslov za potencijalnost vektorsko polje (P) izgleda kao:

trulež ( P) = , gdje je (2.10)

(2.11)

Ako je vektorsko polje potencijalno, onda krivolinijski integral 2. vrste ne zavisi od integracione krive, već zavisi samo od koordinata početka i kraja luka M 0 M. Potencijal U(M) vektorskog polja određena je do konstantnog člana i nalazi se po formuli

(2.12)

gdje M 0 M je proizvoljna kriva koja povezuje fiksnu tačku M 0 i varijabilna točka M. Da bi se pojednostavili proračuni, isprekidana linija se može odabrati kao put integracije M 0 M 1 M 2 M sa paralelnim vezama koordinatne ose, na primjer:

3. primjeri zadataka

Vježba 1

Izračunajte krivolinijski integral prve vrste

gdje je L luk krive , 0 ≤ x ≤ 1.

Rješenje. Formulom (1.3), redukcija krivolinijskog integrala prve vrste na definitivni integral u slučaju glatke ravni eksplicitno zadate krive:

gdje y = y(x), x 0 ≤ x ≤ x 1 - lučna jednačina L kriva integracije. U ovom primjeru Nalazimo derivaciju ove funkcije

i diferencijal dužine luka krive L

zatim, zamenjujući ovaj izraz umjesto y, dobijamo

Transformiramo krivolinijski integral u definitivan:

Ovaj integral izračunavamo korištenjem zamjene . Onda
t 2 = 1 + x, x = t 2 – 1, dx = 2t dt; at x= 0 t= 1; a x= 1 podudaranja. Nakon transformacija, dobijamo

Zadatak 2

Izračunajte krivolinijski integral 1. vrste u luku L krivo L:x= cos 3 t, y= greh 3 t, .

Rješenje. Jer L je luk glatke ravne krive definisan u parametarski oblik, tada koristimo formulu (1.1) za svođenje krivolinijskog integrala 1. vrste na definitivan:

.

U ovom primjeru

Pronađite diferencijal dužine luka

Pronađene izraze zamjenjujemo u formulu (1.1) i izračunavamo:

Zadatak 3

Pronađite masu luka prave L sa linearnom ravninom m.

Rješenje. Težina m lukovi L sa gustinom m( P) se izračunava po formuli (1.8)

Ovo je krivolinijski integral 1. vrste nad parametarski datim glatkim lukom krive u prostoru, pa se izračunava po formuli (1.2) za svođenje krivolinijskog integrala 1. vrste na definitivni integral:

Nađimo derivate

i diferencijal dužine luka

Zamjenjujemo ove izraze u formulu za masu:

Zadatak 4

Primjer 1 Izračunajte krivolinijski integral 2. vrste

u luku L kriva 4 x + y 2 = 4 od tačke A(1; 0) do tačke B(0; 2).

Rješenje. ravni luk L postavljen implicitno. Za izračunavanje integrala pogodnije je izraziti x kroz y:

i pronađite integral po formuli (2.8) transformacije krivolinijskog integrala 2. vrste u definitivni integral po varijabli y:

gdje sjekira(x; y) = xy – 1, a y(x; y) = xy 2 .

Uzimajući u obzir postavljanje krive

Formulom (2.8) dobijamo

Primjer 2. Izračunajte krivolinijski integral 2. vrste

gdje L- isprekidana linija ABC, A(1; 2), B(3; 2), C(2; 1).

Rješenje. Po svojstvu aditivnosti krivolinijskog integrala

Svaki od integralnih članova izračunava se po formuli (2.7)

gdje sjekira(x; y) = x 2 + y, a y(x; y) = –3xy.

Jednačina segmenta linije AB: y = 2, y¢ = 0, x 1 = 1, x 2 = 3. Zamjenom ovih izraza u formulu (2.7) dobijamo:

Za izračunavanje integrala

napišite jednačinu prave BC prema formuli

gdje x B, y B, x C, y C– koordinate tačke B i OD. Dobijamo

y – 2 = x – 3, y = x – 1, y¢ = 1.

Dobijene izraze zamjenjujemo u formulu (2.7):

Zadatak 5

Izračunajte krivolinijski integral 2. vrste nad lukom L

0 ≤ t ≤ 1.

Rješenje. Pošto je kriva integracije parametarski data jednadžbama x = x(t), y=y(t), t Î [ t 1 ; t 2], gdje x(t) i y(t) su kontinuirano diferencibilne funkcije t at t Î [ t 1 ; t 2], zatim za izračunavanje krivolinijskog integrala druge vrste koristimo formulu (2.5) za svođenje krivolinijskog integrala na onaj koji je definiran za ravan parametarski datu krivu

U ovom primjeru sjekira(x; y) = y; a y(x; y) = –2x.

Uzimajući u obzir postavljanje krive L dobijamo:

Pronađene izraze zamjenjujemo u formulu (2.5) i izračunavamo definitivni integral:

Zadatak 6

Primjer 1 C + gdje OD : y 2 = 2x, y = x – 4.

Rješenje. Oznaka C+ označava da se kontura prelazi u pozitivnom smjeru, odnosno suprotno od kazaljke na satu.

Provjerimo da li se Green formula (2.9) može koristiti za rješavanje problema

Budući da funkcije sjekira (x; y) = 2y – x 2 ; a y (x; y) = 3x + y i njihovi parcijalni derivati kontinuirano u ravnom zatvorenom području G, ograničena konturom C, tada je Greenova formula primjenjiva.

Da izračunam dvostruki integral nacrtati područje G, prethodno odredivši tačke preseka lukova krivih y 2 = 2x i
y = x- 4 koje čine konturu C.

Tačke preseka nalazimo rešavanjem sistema jednačina:

Druga jednačina sistema je ekvivalentna jednačini x 2 – 10x+ 16 = 0, odakle x 1 = 2, x 2 = 8, y 1 = –2, y 2 = 4.

Dakle, tačke preseka krivih: A(2; –2), B(8; 4).

Od oblasti G– ispravno u smjeru ose Ox, zatim da bi se dvostruki integral sveo na ponovljeni, dizajniramo domenu G po osovini OY i koristite formulu

.

Jer a = –2, b = 4, x 2 (y) = 4+y, onda

Primjer 2 Izračunati krivolinijski integral 2. vrste nad zatvorenom konturom gdje OD- kontura trougla sa vrhovima A(0; 0), B(1; 2), C(3; 1).

Rješenje. Oznaka znači da se obris trougla prelazi u smjeru kazaljke na satu. U slučaju kada se krivolinijski integral uzima po zatvorenoj konturi, Greenova formula poprima oblik

Nacrtajte područje G ograničeno datom konturom.

Funkcije i parcijalne derivate i kontinuirano u regionu G, tako da se Greenova formula može primijeniti. Onda

Region G nije ispravan u smjeru bilo koje od osi. Nacrtajte segment linije x= 1 i zamislite G as G = G 1 È G 2, gdje G 1 i G 2 područja ispravna u smjeru osi Oy.

Onda

Za smanjenje svakog od dvostrukih integrala preko G 1 i G 2 za ponovnu upotrebu koristit ćemo formulu

gdje [ a; b] – projekcija površine D po osovini Ox,

y = y 1 (x) je jednadžba donje granične krive,

y = y 2 (x) je jednadžba gornje granične krive.

Napišimo jednačine za granice regije G 1 i pronađite

AB: y = 2x, 0 ≤ x ≤ 1; AD: , 0 ≤ x ≤ 1.

Sastavite jednadžbu granice BC oblasti G 2 koristeći formulu

BC: gdje je 1 ≤ x ≤ 3.

DC: 1 ≤ x ≤ 3.

Zadatak 7

Primjer 1 Nađite radnu snagu L: y = x 3 od tačke M(0; 0) do tačke N(1; 1).

Rješenje. Rad promjenjive sile pri pomicanju materijalne točke duž luka krive L je određena formulom (2.3) (kao krivolinijski integral druge vrste funkcije duž krivulje L) .

Budući da je vektorska funkcija data jednadžbom, a luk ravno orijentirane krive je eksplicitno definiran jednadžbom y = y(x), x Î [ x 1 ; x 2], gdje y(x) je kontinuirano diferencibilna funkcija, tada po formuli (2.7)

U ovom primjeru y = x 3 , , x 1 = x M = 0, x 2 = x N= 1. Dakle

Primjer 2. Nađite radnu snagu kada se pomera materijalna tačka duž linije L: x 2 + y 2 = 4 od tačke M(0; 2) do tačke N(–2; 0).

Rješenje. Koristeći formulu (2.3), dobijamo

.

U ovom primjeru, luk krive L(È MN) je četvrtina kruga zadanog kanonskom jednačinom x 2 + y 2 = 4.

Za izračunavanje krivolinijskog integrala druge vrste, prikladnije je prijeći na parametarsku specifikaciju kruga: x = R cos t, y = R grijeh t i koristi formulu (2.5)

Jer x= 2cos t, y= 2sin t, , , dobijamo

Zadatak 8

Primjer 1. Izračunajte cirkulacijski modul vektorskog polja duž konture G:

Rješenje. Izračunati cirkulaciju vektorskog polja duž zatvorene konture G koristimo formulu (2.4)

Pošto su date prostorno vektorsko polje i prostorna zatvorena kontura G, zatim prelazeći iz vektorskog oblika pisanja krivolinijskog integrala u koordinatni oblik, dobijamo

Curve G definira se kao presjek dviju površina: hiperboličnog paraboloida z=x 2 – y 2 + 2 i cilindar x 2 + y 2 = 1. Za izračunavanje krivolinijskog integrala, zgodno je prijeći na parametarske jednadžbe krive G.

Jednačina cilindrične površine može se napisati kao:
x= cos t, y= grijeh t, z = z. Izraz za z u parametarskim jednačinama, kriva se dobija zamjenom x= cos t, y= grijeh t u jednadžbu hiperboličkog paraboloida z= 2 + cos2 t– grijeh 2 t= 2 + cos2 t. dakle, G: x= cos t,
y= grijeh t, z= 2 + cos2 t, 0 ≤ t≤ 2p.

Budući da su krive uključene u parametarske jednačine G funkcije
x(t) = cos t, y(t) = grijeh t, z(t) = 2 + cos 2 t su kontinuirano diferencibilne funkcije parametra t at t n , tada nalazimo krivolinijski integral po formuli (2.6)

Krivolinijski integral 2. vrste izračunava se na isti način kao i krivolinijski integral 1. vrste redukcijom na određen. Da bi se to postiglo, sve varijable pod predznakom integrala se izražavaju u terminima jedne varijable, koristeći jednadžbu linije duž koje se vrši integracija.

a) Ako je linija AB dato sistemom jednačina tada

(10.3)

Za ravno kućište kada je kriva data jednačinom krivolinijski integral se izračunava po formuli: . (10.4)

Ako je linija AB dato parametarskim jednadžbama

(10.5)

Za ravno kućište, ako je linija AB dato parametarskim jednačinama , krivolinijski integral se izračunava po formuli:

, (10.6)

gdje - vrijednosti parametara t, koji odgovaraju početnoj i krajnjoj tački puta integracije.

Ako je linija AB komadno glatko, tada treba koristiti svojstvo aditivnosti krivolinijskog integrala, cijepanje AB na glatkim lukovima.

Primjer 10.1 Izračunavamo krivolinijski integral duž konture koja se sastoji od dijela krive iz tačke prije i lukovi elipse sa tačke prije .

Budući da se kontura sastoji od dva dijela, koristimo svojstvo aditivnosti krivolinijskog integrala: . Oba integrala svodimo na određene. Dio konture je dat jednadžbom u odnosu na varijablu . Koristimo formulu (10.4 ), u kojem mijenjamo uloge varijabli. One.

. Nakon izračuna, dobijamo .

Za izračunavanje konturnog integrala sunce pređimo na parametarski oblik pisanja jednadžbe elipse i koristimo formulu (10.6).

Obratite pažnju na granice integracije. tačka odgovara vrijednosti , i točki odgovara odgovor:
.

Primjer 10.2. Izračunajte duž pravocrtnog segmenta AB, gdje A(1,2,3), B(2,5,8).

Rješenje. Dat je krivolinijski integral 2. vrste. Da biste ga izračunali, morate ga pretvoriti u određeni. Napravimo jednačine prave linije. Njegov vektor smjera ima koordinate .

Kanonske jednadžbe direktno AB: .

Parametarske jednadžbe ove prave linije: ,

At
.

Koristimo formulu (10.5) :

Nakon izračunavanja integrala, dobijamo odgovor: .

5. Rad sile pri kretanju materijalne tačke jedinične mase od tačke do tačke duž krive .

Neka u svakoj tački glatke krivulje dat je vektor koji ima neprekidne funkcije-koordinate: . Razbijmo ovu krivu na male dijelove po tačkama tako da na tačkama svakog dijela vrijednost funkcije
može se smatrati trajnim, a sam dio može se uzeti kao pravi segment (vidi sliku 10.1). Onda . Skalarni proizvod konstantna sila, čiju ulogu igra vektor , na pravolinijskom vektoru pomaka numerički je jednaka radu koji čini sila pri pomicanju materijalne točke duž . Napravimo integralni zbir . U limitu, sa neograničenim povećanjem broja particija, dobijamo krivolinijski integral 2. vrste

. (10.7) Na ovaj način, fizičko značenje krivolinijski integral 2. vrste - je rad koji se obavlja na silu kada se pomera materijalna tačka iz ALI to AT duž konture L.

Primjer 10.3. Izračunajte rad vektora kada se pomera tačka duž dela Vivijanijeve krive, datog kao presek hemisfere i cilindar radi u smjeru suprotnom od kazaljke na satu kada se gleda s pozitivne strane ose OX.

Rješenje. Konstruirajmo datu krivu kao liniju presjeka dvije površine (vidi sliku 10.3).

.

Da bismo sveli integrand na jednu varijablu, prelazimo na cilindrični sistem koordinate: .

Jer tačka se kreće duž krive , tada je zgodno odabrati kao parametar varijablu , koja se mijenja duž konture tako da . Tada dobijamo sledeće parametarske jednačine za ovu krivu:

.Wherein
.

Dobivene izraze zamjenjujemo u formulu za izračunavanje cirkulacije:

( - znak + označava da je kretanje tačke duž konture u suprotnom smeru kazaljke na satu)

Izračunamo integral i dobijemo odgovor: .

Lekcija 11.

Greenova formula za jednostavno povezanu domenu. Nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije. Newton-Leibnizova formula. Pronalaženje funkcije po njenom totalnom diferencijalu korištenjem krivolinijskog integrala (ravni i prostorni slučajevi).

OL-1 poglavlje 5, OL-2 poglavlje 3, OL-4 poglavlje 3 § 10, str 10.3, 10.4.

Vježbajte : OL-6 br. 2318 (a, b, e), 2319 (a, c), 2322 (a, d), 2327, 2329 ili OL-5 br. 10.79, 82, 133, 135, 139.

Izgradnja kuće za lekciju 11: OL-6 br. 2318 (c, d), 2319 (c, d), 2322 (b, c), 2328, 2330 ili OL-5 br. 10.80, 134, 136, 140

Greenova formula.

Pustite u avion data jednostavno povezana domena omeđena zatvorenom konturom koja je po komadima glatka . (Domen se naziva jednostavno povezanom ako se bilo koja zatvorena kontura u njoj može skupiti na tačku u ovoj domeni).

Teorema. Ako funkcije i njihovi parcijalni derivati G, onda

Slika 11.1

- Greenova formula . (11.1)

Označava pozitivan smjer kretanja (u smjeru suprotnom od kazaljke na satu).

Primjer 11.1. Koristeći Greenovu formulu, izračunavamo integral duž konture koja se sastoji od segmenata OA, OB i veći luk kružnice spojne tačke A i b, ako , , .

Rješenje. Napravimo konturu (vidi sliku 11.2). Izračunajmo potrebne derivate.

Slika 11.2

, ; , . Funkcije i njihovi derivati ​​su kontinuirani u zatvorenom području ograničenom datom konturom. Prema Greenovoj formuli, ovaj integral je .

Nakon zamjene izračunatih derivata, dobijamo

. Dupli integral izračunavamo prelaskom na polarne koordinate:
.

Provjerimo odgovor izračunavanjem integrala direktno preko konture kao krivolinijskog integrala 2. vrste.
.

Odgovori:
.

2. Nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije.

Neka i - proizvoljne tačke jednostavno povezane površine pl. . Krivolinijski integrali izračunati iz različitih krivulja koje povezuju ove tačke uglavnom imaju različite vrijednosti. Ali pod određenim uvjetima, sve ove vrijednosti mogu biti iste. Tada integral ne zavisi od oblika putanje, već zavisi samo od početne i krajnje tačke.

Važe sljedeće teoreme.

Teorema 1. Da bi integral
ne zavisi od oblika putanje koja povezuje tačke i , potrebno je i dovoljno da ovaj integral po bilo kojoj zatvorenoj konturi bude jednak nuli.

Teorema 2.. Da bi integral
jednaka nuli duž bilo koje zatvorene konture, potrebno je i dovoljno da funkcije i njihovi parcijalni derivati bile kontinuirane u zatvorenom prostoru G i tako da je uslov ( 11.2)

Dakle, ako su ispunjeni uslovi za nezavisnost integrala od oblika putanje (11.2) , tada je dovoljno navesti samo početnu i krajnju tačku: (11.3)

Teorema 3. Ako je uvjet zadovoljen u jednostavno povezanoj domeni, onda postoji funkcija takav da . (11.4)

Ova formula se zove formula Newton-Leibniz za krivolinijski integral.

Komentar. Podsjetimo da je jednakost neophodan i dovoljan uslov za izraz
.

Tada iz gore formuliranih teorema slijedi da su funkcije i njihovi parcijalni derivati kontinuirano u zatvorenom prostoru G, u kojem su dati bodovi i , i onda

a) postoji funkcija , takav da ,

ne zavisi od oblika staze, ,

c) formula vrijedi Newton-Leibniz .

Primjer 11.2. Uvjerimo se da je integral
ne zavisi od oblika putanje i izračunajte ga.

Rješenje. .

Slika 11.3

Provjerimo ispunjenost uslova (11.2) .
. Kao što vidite, uslov je ispunjen. Vrijednost integrala ne zavisi od puta integracije. Mi biramo put integracije. Većina

jednostavan način izračunavanja je izlomljena linija DIA koji povezuje početnu i krajnju tačku putanje. (Vidi sliku 11.3)

Onda .

3. Pronalaženje funkcije po njenom totalnom diferencijalu.

Uz pomoć krivolinijskog integrala, koji ne zavisi od oblika putanje, može se pronaći funkcija znajući njen totalni diferencijal. Ovaj problem se rješava na sljedeći način.

Ako funkcije i njihovi parcijalni derivati kontinuirano u zatvorenom prostoru G i , tada je izraz puni diferencijal neka funkcija . Osim toga, integral
, prvo, ne ovisi o obliku putanje i, drugo, može se izračunati pomoću Newton-Leibnizove formule.

Izračunaj
dva načina.

Slika 11.4

a) Odaberite tačku u regiji sa određenim koordinatama i tačkom sa proizvoljnim koordinatama. Izračunajmo krivolinijski integral duž izlomljene linije koja se sastoji od dva segmenta pravih linija koje povezuju ove tačke, pri čemu je jedan od segmenata paralelan sa osi, a drugi sa osom. Onda . (Vidi sliku 11.4)

Jednačina .

Jednačina .

Dobijamo: Nakon izračunavanja oba integrala, dobijamo neku funkciju u odgovoru.

b) Sada možemo izračunati isti integral koristeći Newton-Leibniz formulu.

Sada uporedimo dva rezultata izračunavanja istog integrala. Funkcionalni dio odgovora u paragrafu a) je željena funkcija , a numerički dio - njegova vrijednost u tački .

Primjer 11.3. Uvjerimo se da je izraz
je ukupni diferencijal neke funkcije i hajde da ga pronađemo. Provjerimo rezultate proračuna primjera 11.2 koristeći Newton-Leibniz formulu.

Rješenje. Uvjet postojanja funkcije (11.2) je provjereno u prethodnom primjeru. Nađimo ovu funkciju, za koju ćemo koristiti sliku 11.4, i uzeti ćemo za tačka . Sastavite i izračunajte integral preko izlomljene linije DIA, gdje :

Kao što je gore spomenuto, funkcionalni dio rezultirajućeg izraza je željena funkcija
.

Provjerimo rezultat proračuna iz primjera 11.2 koristeći Newton-Leibniz formulu:

Rezultati su se poklopili.

Komentar. Svi razmatrani iskazi su tačni i za prostorni slučaj, ali uz veliki broj uslova.

Neka glatka kriva pripada domeni u prostoru . Zatim, ako su funkcije i njihove parcijalne derivacije kontinuirane u zatvorenom području u kojem su date tačke i , i
(11.5 ), onda

a) izraz je totalni diferencijal neke funkcije ,

b) krivolinijski integral ukupnog diferencijala neke funkcije ne zavisi od oblika staze i ,

c) formula vrijedi Newton-Leibniz .(11.6 )

Primjer 11.4. Uvjerimo se da je izraz totalni diferencijal neke funkcije i hajde da ga pronađemo.

Rješenje. Odgovoriti na pitanje da li je dati izraz totalni diferencijal neke funkcije , izračunati parcijalne izvode funkcija , , . (Cm. (11.5) ) ; ; ; ; ; .

Ove funkcije su kontinuirane zajedno sa svojim parcijalnim derivatima u bilo kojoj tački prostora.

Vidimo da je neophodno i dovoljne uslove postojanje : , , , h.t.d.

Za izračunavanje funkcije koristimo činjenicu da linijski integral ne zavisi od puta integracije i da se može izračunati pomoću Newton-Leibniz formule. Pusti poentu - početak puta, i neka tačka - kraj puta . Računamo integral

duž konture koja se sastoji od pravih segmenata paralelnih sa koordinatnim osa. (vidi sliku 11.5).

.

Slika 11.5

Jednačine konturnih dijelova: , ,
.

Onda

, x popravljeno ovde, dakle ,

Ovdje je popravljeno y, zbog toga .

Kao rezultat, dobijamo:

Sada možemo izračunati isti integral koristeći Newton-Leibniz formulu.

Uporedimo rezultate: .

Iz rezultirajuće jednakosti slijedi da , i

Lekcija 12.

Površinski integral prve vrste: definicija, osnovna svojstva. Pravila za izračunavanje površinskog integrala prve vrste pomoću dvostrukog integrala. Primene površinskog integrala prve vrste: površina, masa materijalne površine, statički momenti oko koordinatnih ravni, momenti inercije i koordinate centra gravitacije. OL-1 pog.6, OL 2 pogl.3, OL-4 § 11.

Vježbajte: OL-6 br. 2347, 2352, 2353 ili OL-5 br. 10.62, 65, 67.

Domaći zadatak za lekciju 12:

OL-6 br. 2348, 2354 ili OL-5 br. 10.63, 64, 68.