Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Векторный анализ. Учебно-методическое пособие
.pdf
RdzQdyPdx
22
4yx
dyyxdxyx
L
1
4
2
2
y
x
tytx sin,cos2
L
2
0
22
4yx
dyyxdxyx
0
22
2
2cos sin 2sin 2cos sin cos
4cos 4sin
t t t t t t
dt
tt
dt
tt
0
2
4
cossin32
0
2
2
1
dt
0
2
2
0
2
|sin
8
3
sinsi n
4
3
ttdt
AB
RdzQdyPdx
B
B
A
RdzQdyPdx
AB
RdzQdyPdx
A
Рис. 5.4
x
y
,xy
Рис. 5.5
обозначается
. Интеграл по
замкнутому контуру вычисляется как обычный
криволинейный интеграл на основании теорем
5.1 и 5.2.
Пример 5.4. Вычислите интеграл
, где
эллипс
, пробегаемый по ходу часовой стрелки.
Решение. Запишем параметрические уравнения эллипса в виде:
. На кривой
выбрано
направление интегрирования по ходу часовой
стрелки. Поэтому параметр t меняется от
до
(см. рис. 5.5). На основании теоремы 5.1
.
Ответ:
.
5.3. Независимость криволинейного интеграла от пути
интегрирования. В области G трехмерного пространства выберем две
произвольные точки A и B, и рассмотрим криволинейный интеграл
. Если величина интеграла зависит только от точек A и
, а от линии L, соединяющей точки, не зависит, то говорят, что
криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования и пишут
.
Необходимые и достаточные условия независимости криволинейного
интеграла от пути интегрирования формулируются тремя теоремами.
Теорема 5.3. Для того чтобы в области G криволинейный интеграл
не зависел от пути интегрирования, необходимо и
21
AB
RdzQdyPdx
G
RdzQdyPdx
),,( zyxu
),,( zyxP
x
u
),,( zyxQ
y
u
),,( zyxR
z
u
),,(),,,(),,,( zyxRzyxQzyxP
AB
RdzQdyPdx
y
R
z
Q
z
P
x
R
x
Q
y
P
,,
ABQdyPdx
x
Q
yP
1,4
2,0
2
y
xdy
y
dx
2
,
1
y
x
Q
y
P
2
1
y
x
Q
y
P
2,0
1,4
ABC
AB
2y
0dy
достаточно, чтобы интеграл по любому замкнутому контуру, целиком
лежащему в области G, был равен нулю.
Теорема 5.4. Для того чтобы в области G криволинейный интеграл
не зависел от пути интегрирования, необходимо и
достаточно, чтобы в области
являлось бы полным дифференциалом некоторой
функции
Теорема 5.5. Пусть функции
и имеют непрерывные частные производные в области G. Для того чтобы
в области G криволинейный интеграл
пути интегрирования, необходимо и достаточно, чтобы в области G
выполнялись равенства
Замечание 1. Для интеграла
ным условием его независимости от пути интегрирования является
выполнение равенства
Замечание 2. Если криволинейный интеграл не зависит от пути
интегрирования, то в качестве линии интегрирования можно выбирать
любую гладкую или кусочно-гладкую линию, соединяющую точки A и B.
Однако обычно в качестве такой линии выбирают ломаную со звеньями,
параллельными координатным осям.
, то есть
.
подынтегральное выражение
,
необходимым и достаточ-
,
непрерывны
не зависел от
.
.
Пример 5.5. Вычислите
Решение. В интеграле не указана линия интегрирования, поэтому
следует предположить, что интеграл не зависит от пути интегрирования.
Проверим это предположение. Обозначим
что
не зависит от пути интегрирования.
В качестве линии интегрирования, соединяющую точки
выберем ломаную
(см. рис. 5.6). На линии
. Поэтому согласно замечанию 1 к теореме 5.5 интеграл
со звеньями, параллельными координатным осям
имеем
22
.
, поэтому
. Легко видеть,
и
, а переменная x
,
2
2
4
0
2
dx
y
xdy
y
dx
AB
BC
4x
0dx
2|
44
1
2
1
2
22
y
y
dy
y
xdy
y
dx
BC
4,1
2 2 2
0,2
4
AB BC
dx xdy dx xdy dx xdy
y y y y y y
),( yxP
),( yxQ
D
D
QdyPdxdxdy
y
P
x
Q
ydxxdySxdySydxS
2
1
,,
dxyxydyVxydyVdxyV
22
2
2
,2,
dyxyydxx
22
422 yx
dx
dy
22
2, xyQyxP
22
2, y
x
Q
x
y
P
x
4
1
2
y
O
C
B
A
Рис. 5.6
меняется от 0 до 4. Следовательно
имеем
, поэтому
, а переменная y меняется от 2 до 1.
. На линии
Следовательно
.
Таким образом
.
Ответ: 4.
5.4. Формула Грина. Формула Грина устанавливает связь между
криволинейным интегралом по замкнутому контуру и двойным
интегралом по области, лежащей внутри контура.
Теорема 5.6. Пусть область D ограничена гладким или кусочногладким контуром , а функции
непрерывные частные производные в
и
непрерывны и имеют
. Тогда справедлива
следующая формула Грина
.
Следствие 1. Если фигура ограничена контуром , то площадь
фигуры можно найти по любой из трех формул:
.
Следствие 2. Если некоторое тело получено вращением вокруг оси x
фигуры D, лежащей выше оси x, то объем тела можно найти по любой из
трех формул:
.
Пример 5.6. Используя формулу Грина, вычислите
где
окружность
, пробегаемая против хода часовой стрелки.
Решение. Выписываем коэффициенты перед
. Находим
. По формуле Грина
и
,
:
23
D
dxdyxydyxyydxx
2222
2
D
sin,cos ryrx
rdrddxdy
22
2 2 2 2 2 2
00
2 sin cosx ydx xy dy d r r rdr
2
0
2
0
4
2
2
0
4
2
|
4
cos|
2
sin
rr
d
d
2
0
22
cos4sin8
d
2
0
2cos122cos14
4|2sin342cos62
2
0
2
0
d
4
1
2
2
2
2
b
y
a
x
tax cos
20,sin ttby
2
0
2
0
2
0
2
2cos1
2
1
sincossin dttabtdtabdttatbydxS
abttddt
ab
2
0
2
0
)2(2cos
2
1
2
ab
1
2
2
2
2
b
y
a
x
21
AA
12
BAA
1221
222
BAAAA
xydyxydyxydyV
2
Рис. 5.7
y
x
D
,
где
внутренность контура (см. рис. 5.7).
В двойном интеграле перейдем к полярным
координатам
. Тогда
, и
.
Ответ:
.
Пример 5.7. Используя следствие 1 теоремы 5.6, найдите площадь
фигуры, ограниченной эллипсом
.
Решение. Запишем параметрическое уравнение эллипса:
. Согласно первой формуле следствия 1
.
Ответ:
.
Пример 5.8. Используя следствие 2 теоремы 5.6, найдите объем тела,
образованного вращением эллипса
вокруг оси x.
Решение. Будем вращать вокруг оси x верхнюю половину эллипса.
Контур , ограничивающий эту фигуру, образован отрезком прямой
и верхней половиной эллипса
(см. рис. 5.8). Согласно второй
формуле следствия 2 теоремы 5.6
,
. (5.2)
24
21
AA
0y
0dy
021
AA
xydy
12
BAA
tax cos
tby sin
0
12
0
sinsincos22
BAA
dttbtbtaxydy
2
0
32
0
22
3
4
|cos
3
2
sincos2 abtabdtttab
2
4
3
V ab
2
3
4
ab
Ldyxxydx
2
xy ln
)0,1(A
)1,(eB
dyxyydxx
L
22
8
1
L
)4,1(A
)0,3(B
Ldyxxydx
2
2
L
1,0,arcsin xxy
Lxdyydx
L
tyttx cos1,sin
20 t
L
dyx
2
L
tytx
33
sin2,cos
)0,1(A
)2,0(B
L
xydzzxdyyzdx
L
)0,1,1( A
)4,0,3(B
B
Рис. 5.8
x
y
1
A
2
A
На линии
и
переменные
меняется от
переменная
. На линии
,
до
, поэтому
, параметр t
. Поэтому
.
Подставив вычисленные значения интегралов в формулу (5.2), получим
.
Ответ:
.
Решите самостоятельно
5.1. Вычислите
точки
5.2. Вычислите
до точки
5.3. Вычислите
пробегаемая в направлении возрастания переменной x.
5.4. Вычислите
возрастания параметра t.
5.5. Вычислите
точки
5.6. Вычислите
.
, где
до точки
вдоль кривой
, где
.
, где
, где
,
дуга астроиды
.
, где
от точки
до
отрезок прямой от точки
кривая
арка циклоиды
, пробегаемая в направлении
от
отрезок прямой от точки
,
до точки
.
25
xdydxx23
2
23,0:, xxyyyx
dyyxdxyx
4,3
2,1
32
dyxxydxyxyx
0,3
1,2
222
223
dyyxdxyx
22
2
ABC
)5,3(),5,2(),1,1( CBA
1
22
yx
ydyxdx
122 yx
dyxyydxyxx
2323
14
22
yx
20,sin2,cos
33
ttytx
)(Muu
12
, ,...,
n
12
, ,...,
n
12
, ,...,
n
12
, ,...,
n
M M M
12
( ), ( ),..., ( )
n
u M u M u M
n
k
kk
Mu
1
)(
5.7. Вычислите
, где
пробегаемая в положительном
направлении граница области
5.8. Вычислите
.
5.9. Вычислите
5.10. Используя формулу Грина, вычислите
контур треугольника
с вершинами
пробегаемый в положительном направлении.
5.11. Используя формулу Грина, вычислите
окружность
, пробегаемая против хода часовой
.
.
, где
,
, где
стрелки.
5.12. Используя формулу Грина, вычислите
где
эллипс
, пробегаемый в положительном
направлении.
5.13. Используя криволинейный интеграл, найдите площадь фигуры,
ограниченной астроидой
.
6. ПОВЕРХНОСТНЫЙ ИНТЕГРАЛ ПЕРВОГО РОДА
Поверхностный интеграл первого рода является обобщением понятия
двойного интеграла на случай поверхности в трехмерном пространстве.
Итак, пусть
трехмерном пространстве. Пусть
поверхности
поверхности
некоторая гладкая или кусочно-гладкая поверхность в
поле, непрерывное в точках
. Поверхность
разобьем на достаточно малые
(см. рис. 6.1). Их площади обозначим через
. На каждой поверхности
выберем по
,
точке; обозначим их через
точках:
. Увеличиваем число частей, на которые разбивается
. Вычислим значения поля в этих
и составим интегральную сумму
26
)(
k
diam
dzyxu ),,(
n
k
kk
diam
Mudzyxu
k
1
0max
)(lim),,(
Sd
S
dzyxuCdzyxCu ),,(),,(
constC
dzyxvdzyxudzyxvzyxu ),,(),,(),,(),,(
1
2
21
),,(),,(),,(
dzyxudzyxudzyxu
xOy
D
),( yxz
n
M
2
M
3
M
1
M
O
Рис. 6.1
z
x
y
поверхность так, чтобы размеры всех элементарных частей
стремились бы к нулю. Если при этом предел интегральных сумм
существует, то этот предел называется поверхностным интегралом первого
рода (или интегралом по площади поверхности) и обозначается символом
. Итак, согласно определению
.
Перечислим некоторые свойства поверхностного интеграла первого
рода.
1.
, где
площадь поверхности .
2. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла
, где
.
3. Интеграл от суммы функций равен сумме интегралов от слагаемых
4. Если поверхность разделена на части
и
, то
.
.
Поверхностный интеграл первого рода вычисляется с помощью
двойного интеграла на основании следующей теоремы.
Теорема 6.1. Пусть гладкая поверхность однозначно проектируется
на плоскость
в область
и имеет уравнение
, а
27
),,( zyxu
2
2
( , , ) ( , , ( , )) 1
xy
D
u x y z d u x y x y dxdy
zOx
yOz
dS
),,( zyx
dzyxm ),,(
( , , ) , ( , , )
xy yz
M z x y z d M x x y z d
( , , )
zx
M y x y z d
0 0 0
,,
yz xy
zx
MM
M
x y z
m m m
m
,,
yz zx xy
M M M
dzyxzyxI ),,(
222
0
Ox
dzyxzyI
x
),,(
22
подынтегральная функция
на поверхности
вычисляется по формуле
Замечание. Аналогичные формулы для вычисления поверхностного
интеграла можно записать и в случае, когда поверхность однозначно
проектируется на плоскость
С помощью поверхностного интеграла первого рода можно решать
некоторые прикладные задачи. В частности:
площадь поверхности находится по формуле
масса материальной поверхности с поверхностной плотностью
находится по формуле
. Тогда поверхностный интеграл существует и
непрерывна или кусочно-непрерывна
. (6.1)
или
.
; (6.2)
; (6.3)
статические моменты материальной поверхности
координатных плоскостей находятся по формулам
координаты центра масс материальной поверхности находятся по
формулам
в которых
моменты;
момент инерции материальной поверхности относительно начала
координат находится по формуле
масса поверхности,
;
, (6.4)
; (6.5)
относительно
,
статические
момент инерции материальной поверхности относительно оси
находится по формуле
; (6.6)
28
Oxy
dzyxzI
xy
),,(
2
Oy
Oz
Oyz
Ozx
dzx
2
0222 zyx
xOy
yxz 222
dxdydxdyzzdzz
yxyx
31,2,2
22
1
1
00
2 2 2 2 2 3 3 2 2
y
D
x z d x x y dxdy dy y dx
1
2
0
6 1 2y dy
2
x
2
1
1
z
y
O
Рис. 6.2
1xy
1
y
O
Рис. 6.3
момент инерции материальной поверхности
плоскости
находится по формуле
. (6.7)
Моменты инерции кривой относительно осей
и
относительно
находятся по
формулам аналогичным (6.6), а моменты инерции относительно
плоскостей
Пример 6.1. Вычислите
и
находятся по формулам аналогичным (6.7).
, где
часть плоскости
, лежащая в первом октанте.
Решение. Строим поверхность интегрирования (рис. 6.2) и ее
проекцию на плоскость
находим
, следовательно
(рис. 6.3). Из уравнения поверхности
Значит, согласно формуле (6.1)
.
Ответ:
.
29
.
222
zyx
d
HzzRyx ,0,
222
yOz
0x
1
2
1
22
yRx
2
22
yRx
1
0,
22
zy
x
yR
y
x
2
0,
22
zy
x
yR
y
x
1
2
d
dydz
yR
R
dydz
yR
y
dydzxxd
zy
22
22
2
22
11
yOz
dydz
yR
R
zyyRzyx
d
D
22
2222222
)(
1
2
z
y
R
x
H
Рис. 6.5
Рис. 6.4
O
R
z
y
R
H
D
Пример 6.2. Вычислите
поверхность цилиндра
, где
.
Решение. Строим поверхность интегрирования (рис. 6.4) и ее
проекцию на плоскость
цилиндра разрезается плоскостью
«заднюю»
. Поверхность
(рис. 6.5). При этом боковая поверхность
на две части: «переднюю»
имеет уравнение
боковая
и
,
поверхность
поверхности
производные
и
дифференциалы
– уравнение
производные
одинаковы и равны
. Следовательно, на
; на поверхности
. Поэтому на обеих поверхностях
Обозначив через D проекцию поверхности на плоскость
иметь
.
, будем
30
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]