Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, т.3 (Фихтенгольц - Курс дифференциального и интегрального исчисления), страница 6

рис. 6, а, б). В первом случае сама координатная система называется правой, а во втором — левой. После этих пояснений заключим раз навсегда такое соглашение если путь интегрирования (К) есть простая замкнутая кривая, то под символом при отсутствии указаний на направление обхода контура разумеется интеграл взятый в положительном наиравлении. Конечно, плоскости. Если положительным считается вращение против часовой стрелки, то ориентация плоскости назывзется правой, в другом же случзе — левой.

В случзе правой ориентации плоскости мы именно вращение и р отив часовой стрелки положим в основу определения положительного 'направления на простом аамкнутом контуре 4491 в з. кеиволннвйныв ннтегвалы втового типа 27 вто соглашение 'не мешает нам рассматривать в случае надобности и интеграл, взятый в отрицательном направлении, но обозначать его мы будем через — ~ Р(ах+ ()<(у.

<к! 549. Примеры. 1) Найти интеграл )= '1 (х' — у') а<х, если (К) есть от- <В резок параболы у=х' от точки с абсциссой х = 0 до точки с абсциссой х= 2. Р к ш в н и к. Тан как кривая интегрирования задана явным уравнением, то применим формулу (7); мы получим 7= ~ (х — х) Лх= — —. л 4 !5' о 2) Найти интеграл л = ) (х' — у') <<у, где (К) означает ту же кривую, <к< что и выше, Рв шин ив. Здесь следует воспользоваться формулой (8), Заметив, по из уравнения кривой х' =у и что пределы -изменения у суть 0 и 4, будем иметь 40 л = (у — у ) «у = 3 ' 3) Вычислить значение криволинейного интеграла Н= 1 2ху ах+ х'а<у, <Е> Рис. 7 взято~о по пути (Е), соединяющему точки О (О, 0) и А (1,!), если путь (7) есть: (а) прямая у = х, (б) йарабола у = х', (в) парабола х=у', (г) кубическая пара. болз у =х' (рис. 7).

и < Рвшв ниц (а) Так как ау «х, то 1 2хуа<х+х<«у=~Зх'а<х=11 <Ь (б) «у=2хах, ' И=~ах'а<х=!; < (в) ах=2улу, . Н=~5у'«у=1; < (г) пу = Зх' ох, Н =~ 5л' «х = 1. М гл. хч. квиводиивйнып ннтпгплды. интнгелл стнлтьнса 1549 4) Вычислить криволинейный интеграл О= 1 худ+ (у — х)оу (7-) при тех же путях интегрирования.

1 1 17 1 Оюлею. (а) я, (б) 12, ( ) 60, ( ) — 20. 5) Найти криволинейный интеграл 7= '1 (х — у') т(х+ 2 ху лу, (бА) если в качестве пути интегрирования берется одна из следующих линий, соединяющих точки О(О, 0) и А(1, 1) (см, рис. 7): (а) прямолинейный отрезок ОА(у=х); (б) ломаная ОРА, состоящая йз отрезка ОР оси х(у=О) и отрезка РА прямой х=!; (а) ломаная ООА, состоящая из отрезка ОЯ оси у(х=0) и отрезка ОА прямой у.=1. Р кш к низ.

(а) Так как у=х и Ау=ох, то 1 7= (х+ х') 1(х = —. 6 (б) В этом случае естественно разбить путь интегрирования на два отрезка: 7= ~ =~ +~ =7+7,. (ОА) (Р) (А) Вдоль ОР имеем: у=О и бу=О, так что 1 1 = хт(х=— 1 т 2 Вдоль РА будет: х=1 и а1х=О, поэтому 1 уа=~2у т(у=1. Таким образом окончательно 1= — . 3 Ф =2' (в) Аналогично предыдущему найдем (так как интеграл вдоль отрезка ОО равен нулю): 1 7= 1 = 1 (х — 1)дх= — —, 1 2' (ОА) о 6) То же для интеграла У= 1 (у'+ 2ху) Пх+(2ху+х') с(у.

(бл) Оюлель Во всех случаях 1=2. 549] э з. квиводиивйные интйгэлды второго типа 29 3 а мяч вник. Читатель, вероятно, уже обратил внимание на рзэличие между результатами упражнений 3) и 6), с одной стороны, и 4) и 5) — с другой, Величины интегралов, рассмотренных й 3) и 6), оказались не зависящими от л и н и и, соединяющей начальную и конечную точки. Напротив, в прнмерак4), 5) мы столкнулись с интегралами, значения которых зависят от того, к а к о й линие й соединены начальная и конечная точки.

Ниже [5 3] мы займемся этим вопросом специально и выясним его важность. 7) Вычислить интеграл 1= ~ (х»+ 2ху) оу, Ф х' у' где (С) означает в е р хи юю половину эллипса — + — =1 пробегаемую а' Ь' против часовой стрелки. Р к ш к н и к. Воспользуемся параметрическим представлением эллипса: х=асоэт, у=ьапг; т изменяется здесь от О до я. подставляя вместо х и у ик выражения через т и заменяя пу через Ьсщэот, получим [по фор- муле (5)] 1= ~ (а'соз'4+2аЬ иасап т) Ьсозтот= о 3 =а'Ь боэ'Ьот+2аЬ» а соз'тз1п4а2= — аЬ'. 3) Вычислить интеграл К= 1[ у'3х — х'оу, 7) где (5) есть окружность райн)та 1 с центром (а) в начале координат или (б) в точке (1, 1).

Ряшки ил. (а) исходя из параметрических уравнений х=созФ, у з1пт, где т меняется от О до 2», по формуле (5) будем иметь т» К= — (Мп' Г + соэ' т) гтт = О. Аналогично с помощью параметрического представления — у — 1=лют получим 2» К= — (2+з1п с+сов с+ эш'с+сов'т) Лт= — 4». 9) Найти значение' интеграла х пу — у дх у=~ 4,, ] 23 ] С, (А,СиАС вЂ” В')0), 1й ' где (К) есть окружность х'+у'=г'.

У к а запив. Ср. 339, 14). Оалеш. 2» )' АС вЂ” В' 30 гл. хч. кзиволинвйныв интвгзьлы. интп.едл стилтьвсь [660 10) Вычислить интеграл хдх + ау у у — а' ( ) если (А) есть отрезок никлоиды х=а(С вЂ” з(пт), у=а(1 — сыт) в з от точки Г= — до'точки Г= —,. 6 Р к ш з н н к.

з З(ПГ1 ( и' 1 — )СЗ т 1 А = ~ ~а (à — зш Г) — — ~ ат' = а [ — + ~ — — 1п 3. солт ~ '(24 2 ) 2 11) Вычислить интеграл 1= хз Фу ул ()о „'Х+ з если (К) есть часть астроиды х=а сов'Г, у=ваш'т от точки А (а, О) до точки В(0, а). Рзшкник, 4т 1= за Мп' т соз' т дт = — за 3 16 650. Приближение с помощью интеграла, взятого по ломаной. Во многих случзях, имея дело с криволинейным интегралом, представляется удобным приблизиться к нему с помощью интеграла, взятого по ломаной. Такое приближение основывается на следующем предложении, которое нам не раз будет полезно. Кривая (Е), которая в нем упоминается, предполагается простой и незамкнутой. Она задается уравнениями вида (3), где функции р н ф непрерывны вместе со своими производными; этим обеспечнвзется существование криволинейного интеграла в написанном' ниже равенстве [547), а также спрямляемость самой кривой (~) [248].

Лелвлла. Пусть функции Р(х,у) и Я(х,у) непрерывны в открытой области (Е), а (Е) — содержаи(аяся в ней криваяуказанного класса. Если вписать в (й) ломаную (Л), то прд стремлении к нулю наибольшей из ее сторон будем иметь 1(ш 1 Рйх+ б)йу= ~ Рйх+ Г:(йу. (д) (21 ййй) я я.

каиволинзйныв интвггллы втогого типа а1 Достаточно остановиться на интегралах ~ Р йх и 1( Р с(х; для )л) Д) мнтегралов ~ я((у н ~ я((у рассуждения вполне аналогичны. Пусть (л> (у) вписанная в (Л) ломаная (Л) имеет вершины в точках А=Аь А( ... А, А ( ... А =В; обозначим через хо Р, значения х, Р в точке Ав Задавшись произвольным числом а >О, можно авенья А,А(„, представить себе настолько малыми, чтобы 1) колебание непрерывной функции Р вдоль звена А;А(+, было (а и 2) интегральная сумма ~~',Р(Лх) отлнчалась ( от своего предела 1( Р((х тоже меньше, чем на а. (ь> Имеем, очевидно, =У ~ Р(1х (л) ) (л,й,~>> н, с другой стороны, ~~~ Р,Лх) =~ ~ Рл(х, )(АХ ) так что Но первое слагаемое справа раанится от интеграла $ Рдх меньше, (с) чем на а (см.

2)), а второе по абсолютной величине не превосходит а ~ А)А)+, (см. 1)1, т, е. и подавно ( Е а, где Š— длина кривой (Е). Итак. окончательно, ~ ~ Р(1х — ~ Рдх~(е(1 )-Е), (л> Ж что н доказывает наше утверждение. 3 л и в ч л н и в. '11окааанное утверждение а некоторол( сльисле может быть рзспространено н на случай ззмкнутой простой кривой (Е), если разложить ее на две незамкнутые кривые и к каждой иа последних в отдельности применить лемму. Предельный переход здесь ограничен требованием, чтобы в числе точек деления были две наперед фиксированные точки (ср. ззмечание в пь 6481. 82 гл.

хч. каиволинзйныв иитвгвалы. ннтагьвл стилтьвса [6И 661. Вычисление площадей с помощью криволинейных интегралов. Покажем теперь,',как с помощью криволинейных интегралов (второго типа) можно вычислять площади плоских фигур. Рассмотрим сначала (рис. 8) фигуру (В)=РСЯЗ, ограниченную отрезками Р8 н Я)с прямых, параллельных оси у (они в частных случаях могут стягиваться и в точку), и двумя кривыми РС~ и Яс, которые любой параллелью.к оспу пересекаются каждая только в одной точке.