Основы векторного анализа. Учебное пособие

поля этих сил по перемещению материальной точки M единичного заряда (единичной массы, единичного электрического заряда и так далее) из точки A в точку B вдоль кривой AB.

Свойства интеграла второго рода.

1. Если s — луч, касательный к кривой l в точке M с направлением, совпадающим с ориентацией l, а F(M) — проекция поля F на s, то

"F(M)dr = "F(M)dS.

ll

отсюда следует, что интеграл второго рода, как и первого, обладает свойствами линейности относительно операций сложения векторных полей и их умножения на скаляры, а также свойством аддитивности.

2. При изменении ориентации кривой на противоположную криволинейный интеграл второго рода меняет свой знак:

" F(M)dr = − "

BA AB

3. Если векторное поле F перпендикулярно касательному направлению s в каждой точке кривой l, то

"F(M)dr = 0.

l

Вычисление интеграла второго рода.

Пусть l — кривая y = f (x), a ≤ x ≤ b на плоскости xOy, ориентированная по возрастанию переменной x. Тогда

"P(x, y)dx + Q(x, y)dy = "b P(x, f (x))dx + Q(x, f (x))f (x)dx

+Q(x(t), y(t), z(t))y (t) + R(x(t), y(t), z(t))z (t) dt,

12

то есть при вычислении интеграла второго рода переходят к определенному интегралу по отрезку изменения параметра, выражая все переменные через этот параметр, и заменяя символы dx, dy и dz дифференциалами соответствующих координатных функций.

Часто об ориентации замкнутых плоских кривых, являющихся границами областей, в формулировках задач ничего не говорят. В этом случае предполагается, что ориентация положительная, то есть такая, при которой, обходя область, оставляют ее слева (Рис.3).

Пример 1. Вычислить интеграл 'xdy, l — положительно ориен-

l

тированный контур треугольника, образованного осями координат и прямой x2 + y3 = 1. (Рис.4)

y

BРешение. Интеграл обладает свойством адди-

тивности, поэтому

'. . . = " . . . + " . . . + " . . . На отрезке

BO

выразить через y из уравнения прямой: x = 2 1 − y3 . Переменная y

13

при движении от A к B изменяется от 0 до 3. Таким образом

Пример 2. Вычислить интеграл "xdx + ydy + (x + y − 1)dz, где l —

l

отрезок прямой, соединяющий точки M(1; 1; 1) и N(2; 3; 4). Запишем параметрические уравнения отрезка l : x = 1 + t; y = 1 + 2t;

z = 1 + 3t. Для того, чтобы точка вдоль отрезка l перемещалась от M до N, переменная t должна меняться от 0 до 1. Интеграл

"xdx + ydy + (x + y − 1)dz = "1(t + 1)dt + (1 + 2t)d(1 + 2t)+

+(1 + t + 1 + 2t − 1)d(1 + 3t) = 7t2 + 6t = 13

0

Пример 3. Найти работу силового поля F = xi − yj вдоль контура окружности x = R cos t; y = R sin t, пробегаемого в положительном направлении.

Решение. Работа выражается интегралом A = 'xdx − ydy =

Условия независимости интеграла второго рода от формы пути.

Пусть кусочно-гладкая кривая l лежит в односвязной области D R2. В области D определены и непрерывны вместе со своими частными производными первого порядка функции P(x, y) и Q(x, y). В этом случае следующие условия эквивалентны:

1. Интеграл "Pdx + Qdy не зависит от формы кривой l, соединя-

l

ющей точки A (начало кривой l) и B (конец кривой l), то есть для

14

любой пары l и l1 таких кривых "Pdx + Qdy = "Pdx + Qdy. (Рис.5)

Рис. 5

2. Интеграл по любому замкнутому контуру l D равен нулю: 'Pdx+

l

Qdy = 0.

3. Всюду в области D частные призводные ∂∂Qx и ∂∂Py совпадают:

∂∂Qx ≡ ∂∂Py .

4. Выражение Pdx+Qdy является полным дифференциалом неко-

2. В трехмерном случае изменяется условие 4:

Pdx + Qdy + Rdz = du.

3.В случае независимости интеграла от пути интегрирования

"Pdx + Qdy = u(B) − u(A),

l

A и B — начало и конец l. Запись интеграла можно поменять:

1) y = x; 2) y = x2; 3) y = x3; 4) y2 = x.

15

Решение. Подинтегральное выражение 2xydx+x2dy является полным дифференциалом функции u = x2y. Интеграл во всех случаях ра-

Второй способ решения. Соединим точки A(3; 4) и B(5; 12) ломаной со звеньями AM и MB, параллельными осям координат (Рис.6).

16

φ (y) = 4y3, или φ(y) = y4 +C. Таким образом, u(x, y) = x4 − 2x2y2 + y4 +C.

Формула Грина.

Пусть D — замкнутая ограниченная область с кусочно-гладкой

границей Γ (то есть ¯ = Γ), ориентированной в положительном

D D

17

направлении. Предположим, что функции P(x, y), Q(x, y), ∂Q и ∂P

∂x ∂y

непрерывны в D. Тогда имеет место формула Грина:

(Pdx + Qdy = "" ∂∂Qx − ∂∂Py dxdy.

ΓD

Таким образом формула Грина устанавливает связь между криволинейным интегралом второго рода по замкнутому контуру и двойным интегралом.

Пример 7. Вычислить интеграл '(xy +x +y)dx +(xy +x −y)dy по

l

окружности l : x2 + y2 = ax.

Решение. Перепишем уравнение l в виде x − a2 2+y2 = a42 . Теперь

видно, что l — граница круга D радиуса a/2 c центром в точке (a/2, 0) (Рис.7).

18

1-2. Какой из представленных ниже интегралов является

•криволинейным интегралом по длине дуги;

•криволинейным интегралом по координатам:

1) " f (x, y, z)dS; 2) " f (x, y, z)dx ?

AB AB

3-4. C помощью какого из перечисленных ниже интегралов вычисляется

•криволинейный интеграл по длине дуги;

•криволинейный интеграл по координатам:

1) "b f (x(t), y(t), z(t))x (t)dt;

a

2)"b f (x(t), y(t), z(t)) x 2(t) + y 2(t) + z 2(t)dt ?

5.Какойaиз криволинейных интегралов

19

•по координатам (второго рода);

•по длине дуги (первого рода):

меняет свой знак при изменении направления обхода кривой?

6. В каждой точке M области Ω действует сила F(M). Какие из следующих интегралов выражают работу этой силы по перемещению вдоль кривой l?

Здесь F — проекция силы F(M) на касательную к кривой l; Fx,Fy —

l

проекции силы F(M) на оси Ox и Oy.

7-8. Зависит ли криволинейный интеграл второго рода, вычисляемый по замкнутому контуру,

• от выбора начальной точки кривой?

• от направления обхода контура?

9. Является ли непрерывность функции f (x, y, z) на кусочно-гладкой кривой AB

1) необходимым; 2) достаточным; 3) необходимым и достаточным условием существования криволинейного интеграла?

10–12. Найти представления для вычисления следующих криволинейных интегралов второго рода (путь интегрирования представ-

Рис. 9

20