Kurpa_Vyshcha_matem_T.2_Gl.9-12_2009

dl

2

2

2

dt

a

2

sin

2

t a

2

cos

2

t b

2

dt

a

2

b

2

dt ;

xt

yt

zt

2

2

m kxy

a 2 b2 dt k

a2 b2

a 2 cost sin tdt

0

0

2

sin 2 t

a 2k

a 2 b2

a 2k a 2

b

2

.

2

0

2

2

ka3

a 2 b2

x (x, y, z)dl ka3

a 2 b2

cos2 t sin tdt

;

3

L

0

2

ka3

a 2 b2

y (x, y, z)dl ka3

a 2 b2

sin 2 t costdt

;

3

L

0

2

z (x, y, z)dl kba2

a 2 b2 t sin t costdt

L

0

a 2bk a 2 b2

2

a 2bk a 2

b2

t sin 2tdt

.

2

2

4

0

x

c

2a

, y

c

2a

, z

c

b

.

3

3

4

AB

BA

За своїм фізичним змістом

криволінійний інтеграл II роду являє

собою роботу змінної сили

P,Q, R , точка прикладення якої описує

F

обчислення визначеного інтеграла.

а)

Якщо плоска крива задана рівнянням y y(x), x a,b , причому

початку кривої відповідає x a , а кінцю – x b , то

b

P(x, y)dx Q(x, y)dy P[x, y(x)]dx Q[x, y(x)]yx dx .

L

a

б)

Якщо крива

L задана параметрично і початковій точці кривої

відповідає значення параметра t t1 , а кінцевій точці – t t2

x x(t)

, t t1,t2 ,

y y(t)

то

t2

P(x, y)dx Q(x, y)dy P[x(t), y(t)]xt dt Q[x(t), y(t)]yt dt .

L

t1

будь-якого замкненого контуру

L D

область, яка обмежена цим

контуром, також цілком лежить в плоскості D .

Визначення 2. Область

G R3

називається

поверхнево-

однозв’язною або однозв'язною, якщо на

будь-який замкнений контур

L G можна натягнути поверхню, що цілком лежить в області G .

Теорема. Якщо функції P x, y і

Q x, y та їх частинні похідні

першого порядку неперервні в замкненій однозв'язній області

D R2 , яка

обмежена кусково-гладкою додатно орієнтованою кривою

L , то має

місце формула

P x, y dx Q x, y

dy

Q

P

(11.1)

dxdy .

x

y

L

D

Теорема 1. Нехай функції P x, y

і Q x, y та їх частинні похідні P

y

і Q неперервні в замкненій

однозв'язній області D . Тоді

має місце

x

рівносильність таких чотирьох тверджень:

1.

Pdx Qdy 0 ,

L

де L – будь-який замкнений контур, що лежить в області D .

2.

Pdx Qdy не залежить від форми шляху, що з'єднує точки A і

AB

B , AB D .

3.

Pdx Qdy du x, y ,

тобто

вираз Pdx Qdy

є повним

диференціалом деякої функції u x, y , визначеної в області D .

4. У всіх точках області D

Q

P .

(11.2)

x

y

P x, y dx Q x, y dy

du x, y u B u A u x, y

BA . (11.3)

AB

AB

Аналогічна теорема має місце для тривимірного випадку.

Теорема 2. Нехай функції

P x, y,z , Q x, y,z , R x, y,z неперервні

1.

Pdx Qdy Rdz 0 ,

L

де L – будь-який замкнений контур, що лежить в області G .

2.

Pdx Qdy Rdz не залежить від форми шляху, що з'єднує точки

AB

A і B ,

AB G .

3.

Pdx Qdy Rdz du x, y,z , тобто вираз

Pdx Qdy Rdz є

4. У всіх точках області G виконуються рівності

Q

P ,

R

Q

,

P

R

(11.4)

x

y

y

z

z

x

При виконанні умов цієї теореми, як наслідок, має місце формула:

Pdx Qdy Rdz du x, y,z u B u A u x, y,z

BA .

(11.5)

AB

AB

Знаходження функції за її повним диференціалом

За допомогою розглянутих теорем можна розв'язати таку задачу.

Нехай відомо, що вираз Pdx Qdy

є повним диференціалом деякої

0

x

x

x

Рис. 11.3

Рис. 11.4

Аналогічно розглядається поставлена задача для тривимірного

випадку.

Якщо виконуються умови (4.18):

Q

P ,

R

Q ,

P

R , то

x

y

y

z

z

x

P x, y,z dx Q x, y,z dy R x, y,z dz du x, y,z і тоді

x

y

y

u x, y P x, y0 ,z0 dx Q x, y,z0 dy

R x, y,z dz C , (11.7)

x0

y0

y0

M x, y,z

де M 0M – ламана (рис.

11.4), яка з'єднує точки M0 x0 , y0 ,z0 ,

Приклад 1. Обчислити x 2 dx

dy

, де

L – дуга кривої

x

1

від

y 2

y

L

точки A(4, 1

) до

B(1,1) .

4

1

1

Розв’язання. З рівняння кривої

y x , y

x2 .

Змінна х відіграє

роль параметра. Початковій точці кривої відповідає x 4, кінцевій –

x 1.

dy

1

1

1

x2dx

x2dx

(x2 )dx (x2 1)dx 18 .

y 2

L

4

x2

4

Приклад 2. Обчислити ydx xdy , де L – дуга астроіди x a cos3 t ,

L

y a sin3 t , що розташована між тачками A a,0 та

a

a

B

,

.

2

2

2

2

Розв’язання. Знайдемо dx 3a sin t cos2 tdt ,

dy 3a sin 2 t costdt ,

ydx xdy 3a2 sin 4 t cos2 tdt 3a2 cos4 t sin 2 tdt

2

2

2

2

2

3

2

2

3a

sin

t cos

t(cos t sin

t)dt

a

sin

2t cos2tdt.

4

Початковій точці дуги відповідає t 0 , кінцевій –

t

, тоді

4

sin 3 2t

a 2

ydx xdy

3

a 2

4 sin 2

2t cos2tdt

3

a 2

4

.

L

4

0

8

3

0

8

Приклад 3.

Обчислити y 2dx (x2 z)dy (x y z 2 )dz , де

L –

L

відрізок прямої в просторі від точки A(1,0,2) до B(3,1,4) .

Розв’язання. Складемо рівняння прямої, що проходить через точки

A і B :

x 1

y

z 2

t .

2

1

2

1

2t 2dt (1 2t)2 2t 2 dt (2t 1) t (2t 2)2 dt

0

1

95

(14t 2 28t 13)dt

.

0

3

F y2 z2 ; x; yz

Приклад 4. Знайти роботу, що

виконує

сила

вздовж дуги гіперболічної гвинтової

лінії x bt; y a cht; z a sht від

точки A 0, a,0 до точки B b, ach1, ash1 .

Розв’язання. Робота дорівнює

W P(x, y, z)dx Q(x, y, z)dy R(x, y, z)dz ( y 2

z 2 )dx xdy yzdz .

L

L

Використовуючи рівняння кривої, знайдемо:

dx bdt;dy a shtdt;dz a chtdt .

Початковій точці дуги відповідає t 0 , кінцевій –

t 1, тоді

1

1

1

0

0

0

1

a3

a3 ch2 t sh tdt a 2b ab(ch1 sh1)

(ch3 1 1).

0

3

Приклад 5. Знайти площу еліпса

x2

y 2

1.

a2

b2

Розв’язання.

Перейдемо

до

параметричних

рівнянь

x a cost; y bsin t .