chirskii-lectures-4sem

Примечание

3.

В

случае

пространственной

кривой

L:

x = x(t), y = y(t), z = z(t), где x, y, z, x , y , z

′

- непрерывные на [T0 ;T1 ] функции, а

′ ′

L

T0

T0

Примечание 4. Говорят,

что на области D R 2 задано векторное поле

= (P, Q), если каждой

точке (x, y) D

сопоставлен вектор (P(x, y), Q(x, y)).

F

Обозначим

= (x, y)

-

радиус-вектор

точки (x, y) и

d

= (dx, dy). Тогда

r

r

Pdx +Qdy = (P,Q) (dx, dy)

(скалярное

произведение)

=

d

. Поэтому

F

r

∫Pdx +Qdy = ∫

d

.

Из физики известно, что эта величина представляет

F

r

L

L

= −∫b

P(x,φ2 (x))dx .

Поэтому ∫Pdx = ∫Pdx + ∫Pdx + ∫Pdx + ∫Pdx = −∫b

P(x,φ2 (x))dx +

a

L

L1

L2

L3

L4

a

+ ∫b

P(x,φ1 (x))dx = −∫∫

∂P

dxdy .

a

G

∂y

Теорема 2.

Пусть G - криволинейная трапеция

c ≤ y ≤ d, ψ1 (y)≤ x ≤ψ2 (y),

где ψ1 (y),ψ2 (y)

- непрерывные на [c; d ]

функции, L - граница, а направление

Тогда ∫Qdy = ∫∫

∂Q dxdy .

L

G

∂x

∂Q

ψ (y )

∂Q

Доказательство.

∫∫

dxdy =

∫d dy

2∫

dx = ∫d (Q(ψ2 (y), y)

−Q(ψ1 (y), y))dy =

∂x

G

∂x

c

ψ1 (y )

c

= ∫d Q(ψ2 (y), y)dy −∫d Q(ψ1 (y), y)dy = ∫Q(x, y)dy + ∫Q(x, y)dy + ∫Q(x, y)dy +

c

c

L1

L2

L3

+ ∫Q(x, y)dy = ∫Qdy . Теорема доказана.

L4

L

Следствие 1. Если область G можно представить как в виде трапеции

a ≤ x ≤ b, φ1 (x)≤ y ≤φ2 (x),

где

φ1 (x),φ2 (x)

-

непрерывно дифференцируемые на

[a; b]

функции,

так и

в

виде c ≤ y ≤ d, ψ1 (y)≤ x ≤ψ2 (y), где

ψ1 (y),ψ2 (y) -

∂Q

−

∂P

обходе область G остается слева, то ∫Pdx +Qdy = ∫∫

dxdy .

L

G

∂x

∂y

удовлетворяют

перечисленным

выше

условиям,

то

∂Q

−

∂P

∫Pdx +Qdy = ∫∫

dxdy .

L

G

∂x

∂y

Доказательство.

Ограничимся

случаем,

когда

область G разбивается на 2 части

G1 иG2 ,

удовлетворяющие

условиям следствия 1, кривой Γ.

Пусть L1 ограничивает G1 , а L2

ограничивает

G2 .

Тогда

∫Pdx +Qdy = ∫Pdx +Qdy +

L

L1

+ ∫Pdx +Qdy ,

поскольку L1

- это

L2

Пример односвязной области: круг Пример неодносвязной

области:

круг с выколотой точкой. G

содержит выколотую точку, а D -

нет, следовательно G не входит в

D целиком.

Теорема 1. Пусть D -

односвязная область,

P, Q,

∂P

,

∂Q

C(D).

Условие,

∂y

∂x

что

L D ∫Pdx +Qdy = 0

равносильно тому,

что всюду

в

этой

области

L

∂Q

=

∂P

.

∂x

∂y

∂Q

−

∂P

dxdy = 0 .

Грина ∫Pdx +Qdy = ∫∫

dxdy = ∫∫0

L

D

∂x

∂y

D

2. .

Предположим, что в области

D есть

точка

(x0 ; y0 ), в которой

∂Q

∂

∂Q

∂P

P

−

≠ 0

. Пусть, для определенности,

−

(x0

; y0 )= c > 0 .

∂

∂

∂x

∂y

x

y

Тогда существует окрестность точки (x0 ; y0 ), в

которой значения

∂Q

−

∂P

больше,

чем

c

.

∂x

∂y

2

Выберем в этой окрестности окружность Γε

радиуса ε и рассмотрим ∫Pdx +Qdy .

Γε

∫

∂P

c

∫∫

По формуле Грина

Pdx +Qdy =

∂Q −

dxdy > c S(Dε )=

πε 2

> 0 .

Это

Γ

∂x

∂y

2

2

ε

противоречит предположению о том, что ∫Pdx +Qdy должен быть равен 0.

Γε

Определение. Пусть D - область,

Γ D ,

Γ - контур. Будем говорить, что

∫Pdx +Qdy не зависит от формы пути в D , если A, B D,

Γ1 , Γ2 - контуров с

Γ

началом в

точке A

и

концом в

точке

B ,

Γ1

D, Γ2

D

выполняется

равенство:

∫Pdx +Qdy = ∫Pdx +Qdy .

Γ1

Γ2

Теорема 2. Пусть

D

- область.

Условие независимости

∫Pdx +Qdy

от

проходимого

в

противоположном

направлении

контура

Γ2 . По условию,

∫Pdx +Qdy = ∫Pdx +Qdy .

Значит,

Γ1

Γ2

L

Γ1

Γ2

точек,

то, как и в

предыдущей

части,

L

состоит

из

Γ1

и

проходимой

в

противоположном направлении Γ2 . Поэтому

0 = ∫Pdx +Qdy = ∫Pdx +Qdy − ∫Pdx +Qdy ,

откуда

L

Γ1

Γ2

∫Pdx +Qdy = ∫Pdx +Qdy .

Γ1

Γ2

Б) Если Γ1 иΓ2 имеют конечное число общих точек, кроме A

и B , то

В) Случай, когда кроме A и B кривые

Γ1 иΓ2 имеют бесконечное

множество общих точек, мы оставим без доказательства.

Сопоставляя теорему 2 с теоремой 1, получаем следствие.

Следствие. Пусть D - односвязная область.

∫Pdx +Qdy не зависит в D от

Γ

Если u(x, y)

-

дифференцируемая

функция

двух

переменных, то

du = ∂u dx +

∂u dy .

Выясним, при каких условиях на

P,Q

существует такая

∂x

∂y

функция

u ,

что

Pdx +Qdy = du , т.е.

∂u = P,

∂u = Q . В

предположении

∂x

∂y

непрерывности смешанных производных:

∂2u

=

∂2u

или

∂Q

= ∂P . Докажем,

∂x∂y

∂x

∂y∂x

∂y

что если D - односвязная область, то верно и обратное.

Теорема 3. Если

∂Q

=

∂P

в односвязной области D , то существует u(x, y)

∂x

∂y

такая, что P =

∂u

,Q =

∂u .

∂x

∂y

искомая функция, т.е.

∂u

= P, ∂u

= Q . Для этого рассмотрим точку (x + ∆x, y)

и

∂x

∂y

рассмотрим

u(x + ∆x, y)−u(x, y)= ∫Pdx +Qdy ,

где

Γ′

-

отрезок

прямой,

Γ′

соединяющей

точки

(x + ∆x, y)и(x, y).

На

этом

отрезке

dy ≡ 0

и

x+∆x

∫Pdx + Qdy =

∫P(x, y)dx .

Применяя теорему о

среднем,

получаем

(ввиду

Γ′

x

x+∆x

непрерывности

P ), что

∫P(x, y)dx = = P(x +θ∆x, y) ∆x ,

где 0 <θ <1.

Тогда

x

u(x + ∆x, y)−u(x, y) = P(x + ∆x, y).

lim

u(x + ∆x, y)−u(x, y)

= lim P(x +θ∆x, y)= P(x, y).

∆x

∆x→0

∆x

∆x→0

Замечание. Если векторное поле

= (P,Q) обладает свойством

∂Q

=

∂P

в

F

∂x

∂y

односвязной области D , то говорят, что

- потенциальное поле и найденная

F

функция

u такая, что

∂u = P,

∂u = Q , т.е.

= u , называется потенциалом

F

∂x

∂y

поля

.

F

Следствие. В потенциальном поле работа вдоль любого замкнутого

контура равна 0. Вообще, если Γ соединяет A и B , то работа

вдоль Γ равна

F

T1

T1

∂u

∫F dr = ∫Pdx +Qdy = ∫P(x(t), y(t))x (t)dt +Q(x(t), y(y))y (t)dt = ∫

(x(t), y(t))x (t)dt +

′

′

∂x

′

Γ

Γ

T

T

0

0

+

∂u

(x(t),

T1 du(x(t), y(t))

dt = u(x(T1 ), y(T1 ))−u(x(T0 ), y(T0 ))= u(B)−u(A).

Т.е.

y(t))y (t)dt = ∫

∂y

′

dt

T0

начала координат,

то

L D ∫

xdy − ydx

= 0 .

x

2

+ y

2

L

Действительно,

− y

(− x

2

− y

2

)− 2y(− y)

y

2

− x

2

∂

,

=

=

2

+ y

2

2

(x2

2

∂y x

(x2 + y2 )

+ y2 )

x

x

2

+ y

2

− 2x x

y

2

− x

2

∂

.

=

=

2

+ y

2

2

(x2

2

∂x x

(x2 + y2 )

+ y2 )

Т.о. условие

∂Q

=

∂P

выполнено во всей области D (которая не содержит

∂x

∂y

Рассмотрим

Γε

-

окружность радиуса

ε ,

содержащуюся

в

D . Параметризуем

эту

окружность:

x = ε cost,

0 ≤ t ≤ 2π

.

Тогда

= ε sin t

y

∫

xdy − ydx

=

x

2

+ y

2

Γ

ε

2π (ε cos t

ε cos t +ε sin t ε sin t)

2π

= ∫

dt = ∫dt = 2π ≠ 0 .

ε

2

cos

2

t +ε

2

sin

2

t

0

0