Антидемидович 3 - интегралы (Антидемидович), страница 25

Ь"омиакт К С и с кров»~ дК называется простым, если существует его представление в виде К=ЦКзч 1 где К» — зз»ментарные ко»нгокты без общих внутренних точек с хроями дК», У = 1, т. 8 б. Формулы Остроградского» Грина н Стокса 18т Следовательно, 11 12 2. В» 181. Вычислить крквоакнейиээй интеграл 1 = / (с» нв у — ту)де + (с*от у — т) ду, 4»»0 где ЛаэΠ— верзила поауокрумкость, задзнкал уравненном х + у ах, пробегаемал от 2 2 точки Л = (а, 0) до точки О т (О, О). ч На сегменте (О, а) подынтегральное выращснке равно нулю„поэтому интеграл по кривой ЛтО равен интегралу по замкнутому контуру ЛтОЛ, состолщему из кривой ЛтО и сегмента (О, а), ограничивающему область 11 = (» (х, у) ч Жэ: 0 ~( х ч а, 0 ( у ( 4ах — хэ), в силу чего момен применить формулу (8); 1»а / (е зэку — ту)дх+(е сову — т)ау= .йз»вд 1»1'( — э - >- — э — >)»».- 1/д д / ~дх ду о т 2 Ддхду т — .

° 8 и Рис. 1э 162. Вычислить криволинейный интеграл 1 = / (р(у)с — ту) дх+ (р (у)с — т)ау, Лтл ЛтВЛ к ло отрезку ЛВ (рис. 19): 1 т (р(у)е" — ту) де+(р(у)е — т) ду+ (р(у)е — вэу) да+ (р (у)е* — т) ду = 1~+ Хэ. Интеграл 1» вычислим, применив формулу (8): 11/д, . д = 11'( — ~ 'и"- )- — ~че"--») ""="Ц""-"» 11 ~дх ду о Дал вычксаекил интеграла 1э преобразуем подынтегральиое вырамснке к виду (р(у)с — ту) дх + (э» (у)е — т) Ыу = (р(у)е* — ту) да + (р'(у)а — тх) ду+ т(х — 1) ду = Ыв + т(х — 1) ду, где 4и — полный дифференциал некоторой футщнн. Следовательно, 1, ~ + 1~( -1)ду, где э», э»' — непрерывные функцкк, Лт — произвольный путь, соедаиающнй точки Л = (хм у~) к В = (хэ, уэ), ко ограикчнвиощнк вместе с отрезком ЛВ фигуру З, площадь которой равна данкой величине Р.

ч Интеграа ло кривой Л тВ представим в виде суммм интегралов по замкнутому контуру 188 Гл. 2. Краттгыен криволинейные интегралы где первый интеграл в правой части зтого равенства не завксит от выбора пути интегрирования, соединяющего точки А н В. Таким образом, з Ур 4и = / (у(уг)е — пзу>) дх+ ~ (зз (у)е** — пзхз) ду = ю(уз)е*' — р(у>)е ' — >п(хгуз — х1у>). яв 91 На отрезке АВ выполняется равенство у = у1 + -"з=хь(х — х>), в силу чего имееы *з-з~ зз зз пз /(х — 1)Ну=из (х — 1)дх ж пз хз — х> у хз — хг 2 яВ пз п1 = — (уз — у>)(х> + хз — 2) = — (уз — у>)(х1 + хз) — тп(уз — у> ).

2 2 Складывая полученные значения интегралов, окончательно найдем 1 = тпР + >з(уз)еы — >з(у~)е ' — — (хг — х~ Иуз + у> ) — пз(уз — уз). М 2 183. Определить дважды непрерывно дифференцируемые функции Р: Из 11, Я Из — И так, чтобы криволинейный интеграл Х = ~ Р (х + о> у +,3) <Ь + Щх + о, у + р ) Иу для любого замкнутого контура > не зависел от постоянных а. и д. М Если функции Р и Я удовлетворяют поставленному условию, то должно выполняться равенство (х+ ~ у+д)ях+фх.>.о>у+д)Дум ~ Р(х у)ох+1>( )д для любого замки>.того контура т, в сиду чего имеем 1> =~Рдх+ Яду = 0, где Р = Р(х+.о, у+ д) — Р(х, у), Ц = 1„>(х+ а> у+ д) — Я(х.

у). Для того чтобы криволинейный интеграл з1 по любому замкнутому контуру т был равен нулю, необходимо и достаточно, чтобы в односвязной области, ограниченной этим контуром. ц на самоа> контуре выполнялось равенство — = — (которое следует нз формулы Грина). е7< зя з* зз Обозначив х+ а = С, у+ д = «, получил> написанное условие в виде дЯ дЯ дР дР— (6 «)- — (х у) = — й, «)- — (х:у) дб ' дх ' д« ' ду откуда имеем равенство — й, «) — — (6 «) = — (х, у) — — (х у). д9 дР д9 дР дб ' д« ' дх ' ду Левая часть зтого равенства не зависит от С л «, поскольку правая его часть зависит только от х и у, следовательно, дг> дР дс) дР— =С, С=совзц дв дд д« да 189 3 б.

303ОРЫУКЫ Остроградского, Грина и Стокса Из условна а, — — „= С получаеыравенство — (Щз, у)-С*) = — (*, у), справедливое вишь э эг в тоы саучае, когда Щх, у) — Сз = ~(з, у)+ 0(у), Р(л, у) = э (э, у) + У(э), где э, р, й— дважды мепрерывио щэфференцвруеыые функции. Окончательно накодиы Вэ 0 Р = — + и(*), Я ж Сх+ — + й(у), С ж совэз.

1ь а ' = 09 1 лбу — 90з 164. Вычмсакть мнтеграа 1 ж ~ , где т — простой замкнутый контур, не 22+ 2 проходящий через начаао косрдмиат, пробегаеыый в поаожмтеаЬНОЫ иаПРаваенмн. ч Еслм контур т не окружает качало координат, то, применив формулу Грина, получки У-Ц(д— (,~,)у — (~))а а - (1 " ',+;, "а н =а и о Если контур т окружает начало коордмнат, то применять формулу Грмма нельза, поскольку область В в этом случае неоднссзязна.

В зтоы случае будем зычмслять интеграл 1 непосредственно. Обозначмм через ы дифференциальное выраженке цод знаком интеграла 1. Покажем, что интеграл т не завнсат от выбора кривой т, окружающей начало координат. Пусть Ъ н уэ — произвольные непересекающиеся замкнутые гладкие нлн кусочно-гладкие контуры, окружающие начаао координат н огранмчивающме простую область 11 С Из'1((0, О)) . Прм положвтеаьиой ориентации границы Рнс.

30 т = щ 33 тэ обаасти 13 мапрэалення обхода кривых щ и тз будут противоположны (рнс. 20). Двухсаэзная простая область Р ие содержит особой точкк подынтегрального выражения ы, поэтому, согласно формуле Грина, ныееы откуда следует равенство показывающее, что интеграл 1 ке зависит оз выбора замкнутой хривой у, окружающей начало координат. Взяв окружность у = ((*, у) б Из; * ж асов и, у ж с ив и, 0 4 22 4 Зт), получки 3 31 Г 2 2 ' 2 3 1 з ''ы и+с ыв э э IэЪ» 185.

Найти площадь фигуры, ограниченной кривой т, заданной уравиеииеы ~-) + () -() () + Н е) О О) О и> О, котреэкаык осей координат. 01 13 О М Д222 Ре3веина примера аоспользуеыса форэаулой (у). ЬОО Гл. 2. Кратные и криволинейные интегралы 2 з Полагая х = орсоз 1», у ю 6рзщ 1» (О ( з» < "-), получим уравнение заданной кривон в полярных координатах, используя которое, находим ее параметрические уравнения з з Ь соззызгп»1»+млз1зсоз» 1»1 з 2 а созз1»з1л'и го+ з1лз рсоа» 1р1 2 соз» <р 3 ил» р 3 ь и Пз разенсгза к = — гл 1», О < с» < —, получаем г --1 соз и 1» 1 з 3-- --1 з з -(хйу — у~1х) = -х О ~-) = — згп рсоа и:р+2з1в1»сохо+»1в псов и йр, 2 2 ~х) в О < д < —. 2 Поскольку х йв — вал = О на отрезках осей координат, ограничивающих фигуру.

то форл~ула (7) принимает вид Р= — ~ хйу — у~1х. 2 / Заменим криволинейный интеграл определенным. приняв во внимание равенство з з 3 2 з 2 3 а-- . з-- ап» рсоа рде = ( соз«рз1л и р4». о о Получим 2 3 г г 1 з-- юл с» со» г» Н1»+ ал мсоз» 1»О»» 2аЬ Р=— в 186. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривой т, заданной уравнение»~ (-) +Я =с( — ) (-), >О, Ь>О, с>О, в>О. з м Переходя к обобщенным ползрным координатам по формулам х = арсоз~~~.! зз, к = 2 2» зп Ьр»1п~~+' 1», получим уравнение кривой у в виде р = ссозх»а' пап ~"+~ 1», из которого заключаем, что прн изменении р от О до и криваа выходит нз начала координат и возвращается г в него, т.е, является петлей.

Используя уравнение кривой т в повлриой системе координат, получим ее параметрические уравнениа, в которых параметроы служит угол ри Зп+2 зп х = оссоз ьн.1 П зщ зпе),р 3 в»аз т р = 6ссозз е~ р агав»+~ 1» О <,и < 2' 192 Гл. 2. Кратные и криволинейные интегралы При стягивании контура 1 в точку (яо, уо) получим, применив теорему о среднем и пользуясь непрерывной диффереицируемостью функций Р и 14: 1 (Г !дР дЯ 1 дР д() Ищ — г г ~ — + — ) дя Иу = — (яо, уо) + — (хо, уо). я1о1-о В уу ( дх ду) дя ' ду Следовательно, !цп — (Х, и) 41 = — (хо, уо) + — (хо.

уз). > 1 У дР дЦ <и> . В ~ ' д* ' ду 190. Доказать, что если 5 — заыкнутая простая поверхность и е — любое постоянное направление, то 1= О соя(п. е)ЫЯ=О, 5 где и — внешняя единичная нормаль к поверхности 5. ч Пусть е = (созао, созро. соз1о) — единичный фиксированный вектор.

Тогда можно написать равенство соз(и, е) = (и, е) = соя о соя аз + совр созда+ соя 1 солта, где сова, созд. соя Π— направляющие косинусы вектора нормали и. Применив формулу Остроградского (3), получим 1 Гд д д ~=Ц~,ао-Ц( — .~ — а+ — -.„)н ь~ = . ° / 1,дх ду дг 191. Доказать, что объем 1г конуса, ограниченного гладкой конической поверхностью 5, заданной уравнением Г(х, у, г) = О. и плоскостью, заданной уравнением Ая+Ву+Сг+11 = О, РВ вычисляется по формуле Г = —, где Р— площадь основания конуса, расположенного в 3 данной плоскости, Н вЂ” его высота. ч Не ограничивая общности, можем считать, что вершина конуса находится в начале координат, а плоскость, в которой расположено основание конуса, пересекает положительную полуось Оз (зтого всегда лшаано добггться путем линейного преобразования координат).

Для вычисления объема конуса воспользуемся формулой (4), которую запишем в виде Г = — ~~ (т, и) дд = — О (г, и) ИЯ + — ~~(г, и) дд, где Яг — основание конуса, Яз — его боковая поверхность, т = (х, у. г) — радиус-вектор точки М = (я, у, з) на поверхности конуса, и = (сова, соя д, сову) — единичный вектор нормали к поверхности конуса (рис.

21). На боковой поверхности конуса векторы т н и ортогоналъны, позтому ~~(т, и) ЫЯ = О. Следовательно, 1' = го(т, и) 4Я. яь На множестве Яг выполняется равенство А В 11 з= — — х — — у — —, С С С' Гл. 2. Кратньве и криаолннейиьве интегралы Рис. 23 Рис. 22 Если а < Ьв, то С > О, и носкольку сов т < О. то С 7т~~в ~с ' С *, 6 68 А+В;С'Ы ~(, )юг=-да~.,сА ° в..сн, в..сс~ьг.. где А= ' = -сх(е, е)сохи, В = ' = -су(е, ю)сове.

Р(у> в) 2т(в, х) 23(и, е) ' ' 2т(е, е) Таким образом, в Складывал полученные значенил, нри с > О имеем 4 в 2 в 4 /в 6в'в У ж -1га с+ -х6 с = -хс а +— 3 3 3 ~, 2) Если с < О, то, очеаидно, нолучнм /, 6в~ У вв -хс ~а'+ -~ . 3 1 2 ~ Окончательно имеем У = -х(с( ~а + — уг . р 2 — 3 ~ 2,~ рассмотрим нескоаько примерок на нримеиеине формулы Остроградского (3). Вычислить интегралы: ~(г, и) лЮ = Ц (с (х (е, е) + у (е, в)) сов и + (а — 6 ) в(е, ю) в(п е сов и))Но Не = з тв -.'-./~ 1Нх Н . где Я вЂ” внешняя — в+ х) Н»Нх+ (» — х+ у х у. 104.