Д.Т. Письменный - Конспект лекций по высшей математике (полный курс) (1108544), страница 60
Текст из файла (страница 60)
»» а )4ли, согласно формуле (56.6), Ряс. 240 — Р(х;р) Ь вЂ” / Р(»у) сХ г ОР сэ Оу гн»ьв Ляп Р(х у) сЬ г~ Р(х;р) йх = — )) Р(хцр)»Хх (569) н»яя Апп ь Аналогично доказывается, что .0 аХ~"у 1' ~( 'р)сЬ (56.10) Ю ь Если из равенства (56.10) вычесть равенство (56.9), то получим формулу (56.8). Замечение. Формула (56.8) справсдпива и для произвольной области которую можно разбить на конечное число правильных областей. ХХрияьер 56.8. С помощью формулы Остроградского..Грина вы- числить ~,/~а + рг сЬ -)- р (хр + !п(х + тахт + уг)) с(р, с, где Х, — контур прямоугольника с вершинами А(3; 2), В(6; 2), С(6; 4), В(3; 4). С)~ Решение: На рисунке 241 изображен контур интегрирования. По- ле (56.8) иънюм: Формула (56.8) называется формулой Остроградского — Грина.
~ »ь Пусть р = с»гь(х) — — уравнение дуги АпВ, а у = »дг(х) — уравнеьсис »уги АтпВ (см. Рис. 240). Найдем сначала д О пхс(р. По правилу ОР яычисления двойного интеграла, имеем: Х == ~Рйх+ Ойу ь (56.12) Рис. 241 Рис. 242 Аг»нлЛ Рис. 243 / Р(х,-у) йх+(;)(х;у) йу т. е. Рйх+ Х)йу — (' Рйх+ О.с(у.
если выполняется (гм(и) 1 Р(х; у) йх 4- О(х(у) йу. (хню ) контуру равен ну- (56 11 415 '=Ф"'":=."г='" "— „-) ' = = ~~ у йх йу = ~ йсг ~ у~ йу = 56. 56,4. Условия независимости криволинейного интеграла 11 рода от пути интегрирования Д Пусть А(хх,ух) и В(хз,уз) — две произвольные точки односв пой области Х) плоскости Оху (область В называется одиосеяя мом, если для любого замкнутого контура, лежащего в этой облас ограниченная им часть плоскости целиком принадлежит В (обласп без «дыр»)).
'Хочки А и В можно соединить различными линиями (нс рис. 242 это Хх, Хх и Хз). По каждой из этих кривых интеграл имеет, вообще говоря, свое значение. Если же его значения по всевснможным кривым АВ одинаковы то говорят, что интеграл Х не зависит от вида пути интегрирования. этом с"хучае для интеграла Х достаточно отмотить лишь его начальну точку А(хг, у, ) и его коночную точку В(тх, уз) пути. Записывают: Каковы же условия, при которых криволинейный интеграл П роде не зависел от вида пути интегрирования? Теорема 66.3. Для того чтобы криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования в односвязной области Ю, в кото- рой функции Р(х;у).
Ц(х;у) непрерывны вместе со своими частными производными, необходимо и достаточно, чтобы в каждой точке этой области выполнялось условие ( 1 Докажем достаточность условия (56.12). Рассмотрим произвольный самкнутый контур АгаВпА (или Х) в области В (см.
рис. 243). Для пего имеет место формула Остроградского-Грина (56.8). В силу усло- вия (56.12) имеем: Рйх+ Ойу = О, или ~ Рйх+(гйу = О. Учитывая свойства криволинейного интеграла, имеем: Р йх' + 9 йу = л в»л / Рйх+ Яйу+ (' Рйх+ Ойу = Аьгн Вьл Р йх+ О. йу — / Р йх+ (;) йу = О, Апгн Аигх Полученное равенство означает, что криволинейный интеграл не зависит от пухи интегрирования. ф В ходе доказательства теоремы получено, что др дО условие — = —, то ин геграл по замкнутому ду дх' лю: ~ Х'йх+ сгсйу = О. Верно и обратное утверждение. С«2 22 «2) 416 Формула (56.14) называется обобщенной формулой Ньютона Лейбница для криволинейного интеграла от полного дифференциала.
Замечания. 1. Чтобы не спутать переменную интегрирования х с верхним пределом х, переменную интегрирования обозначают другой буквой (например, 1, С, и т.д.). 2. Функцию П = 17(х; у), удовлетворяющую условию (56.12), можно найти, используя формулу Их'д) = ~ Р(Х;Уо)4(х+ / Я(х;б)414+С. (56.15) хо оо В качестве начвлыюй точки (хо; уо) обычно берут точку (О; 0) — начало координат (см. пример 56.5). 3.
Аналогичные результаты справевливы для криволинейною ин- теграла и пространственной кривой. Условие (5632), равенство (56.13), формулы (56.14) и (56.15) имеют соответственно вид: дР д1) дЯ дЛ дД дР дд дх дх ду дх дх Р 4)х + 1) г)д + Р«442 = 411 7(х; у; х), Р сйх + Ю ду + л 442 = Щхи', уй; 22) — Г(х1, .д1, .х1 ), (хо«с х1) х о « Йх;дсе) = / РЬ;уо;зо)4)Х+ ~ ФхЖхо)4К+ ~ Й(х;у;04К+С «"а Эо «о (гм.
пример 73.1). )1;1] Пример 56..~. Найти 1 = ( у4)х+ха(у. )о;о) О Решение: Здесь Р = у, 2„= и., — = = 1. Согласно вьш1епри- дР дс) ду дх неденной теореме, интеграл не зависит от пути интегрирования. В ка~остве пути интегрирования можно взять отрезок прямой у = х, дугу параболы у = хй и т. д. или воспользоваться форму.пой (56.14). Так как у4(х+ хл)д = 41(хд), то 11н) (, 1) 1 = / д( "д) = ху! ' = 1 — О = 1.
1)о;о) <о;о) Пример 56.5. Убедиться, что выражение е "4)х — (2д + те о) 4(у представляет собой полный дифференциал некоторой функции Г(х; у) и найти ее. („") Решение: Для того чтобы указанное выражение являлось полным дифференциалом, необходимо выполнение условий (56.12): д д дд ' дх — (е ") = — е "; — ( — (2у+хе ")) = — е условия выполнены, следовательно, е "4(х — (2д+ хе ")йу = 467(х; д). А так как полный дифференциал имеет вид д, д 4)о (х, д) — — 5 (х, у) дх + — П(х; д) 4«д дх ду (см.
п. 44.3), то верны соотношения д, д — Г(х;р) = е "; — Г(х;д) = — (2у+хе""). (56.16) дх ' ду ! 4 кано~ а«сна«онй ао «нсшсй нас«нанон. Пы ной ««рс 1 417 Интегрируем по х первое из уравнений, считая р постоянным, при эт вместо постоянной интегрирования следует поставить 1Р(д) — — неизв ную функпию, зависящую только от р: с1 (х; р) = / е "сСх = хе " + 1Р(р). Подставляя полученное выражение во второе из уравнений (56.16), на дем 1с1(д): д — (хе а+~о(д)) = — хе "+са'(р) = — (2д+хе' "); др 1р'(д) = — 2р, р(д) = — р + с.
Таким образом, сг(х;д) = хе "— дз+ с. Отметим „что функцию С проще найти, используя формулу (56.15 сС(х;р) = / е ~с(Л+ /( — 2С + хе с) Щ+ С = о в = х — рт + хе " — х+ С = хе " — р + С. 56.5. Некоторые приложения криволинейного интеграла И рода Площадь плоской фигуры Площадь Я плоской фигуры, расположенной в плоскости Охр ограниченной замкнутой линией 1, можно найти по формуле (56.1 при атом кривая Е обходится против часовой стрелки. (;.4 Действительно, положив в формуле Остроградского-Грина (56.8), Р(хбр) = О, Ях;д) = х, получимс Ц (\ — 0) ссх с(р = ~ 0 . 11х + х с1р, (56.18) Аналогично, полагая Р = — р„С,) = О, найдем еще одну формулу для вычисления площади фигуры с помощью криволинейного инте- гр алас (56.19) Сложив почленно равенства (56.18) и (56.19) и разделив на два, 1ЮЛУЧИМ: --'Х В = — 4 хс1р — усах.
22 Формула (56.17) используется чвлце, чем формулы (56.18) и (56.19). Работа переменной силы Переменная сила Е(Р(х; д); Я(х; р)) на криволинейном участке АВ производит работу, которая находится по формуле А=- / РсЬ+С,1с1д. (56.20) Ав Ц Действительно, пусть материальная точка (т4 р) под действием переменной силы Р перемещается в плоскости Охр по некото1юй кривой АВ (от точки А до точки В).
Разобьем кривую АВ точками Мв = А ЛХы Ма,..., М„= В на и «элементарных» дуг Л4 1Мс длины А11 и в каждой из них возьмем произвольную точку Сс(х;;рс), с = 1;2;...;и (см. рис. 244). Заменим каждую дугу Яс.1Мс вектором Мс 1Мс=(сххс; Арс), а силу Р будем считать постоянной на векторе перемещения Л11 1Мс и равной заданной силе в точке Сс дуги ЛХ; 1М;: Рис. 244 Х'; = (Р(хс;дс); Ц(хс; рс)).
Тогда скалярное произведение Рс . Л41 1Мс можно рассматривать как приближенное значение работы Рс нцоль дуги Мс 1М;: Ас Рс ' Мс-1Мс = Р(хб рс) ' сххс + Еххтб дс) ' ссдс. Приближенное значение работы А силы Р на всей кривой составит величину и в П А = ~~~ Ас ~Р(хс' дс) с'1хс + ~ Ю(хс~дс) ' Адс. 1=1 1=1 1=1 За точное значение работы А примем предел полученной суммы при Л = шах Ыс -+ О (тогда, очевидно, ссхс -+ О и Ьрс -+ 0): 1<С<в А = 1п ~Р(хс„рс).Ахс+Фхс',рс) Адс = / Р(' 'д) (х+Ю( д)фд х-~в 3 (и-ню) 1=1 Ав Заме саине.
В случае пространственной кривой АВ имсемс А = / Р(,х; рс х) с)х+ 4„Э(х; д; х) с7р + В(х; д; х) сЬ. АВ 4гй 419 Засов 1в1пв)г11 = 1 — сов 42 За я )1г=- 2 8 о Таким образом, по определению, (57.2) Рнс. 245 Рис. 246 420 Лример 56.6. Найти площадь фигуры, ограниченной астроидой х = а ° сове 4, у = а . яп й (,в Решение: При обхождении астроиды в положительном направление параметр г изменяется от О до 2я (см. рис. 245). Применяя формулы (56.17) и (56.4), получим: г Я = — 1 (асов~1 Заяп 1сиаФ+аяп 1 2 2 0 1 гх .
г г 7яп21 За )г1 =— 2 ./ 4 8 е МХример 66.7. Найти работу силы г = 4хвг+ хуу вдоль кривой у = хг от точки О(0; О) до точки В(1; 1). С1 Решение: По формуле (56.20) находим: А = / 4хв с~х+ хубу = ~(4хв+ х ° хз Зхг))(х / 7хвбх 1 ° З 5?. ПОВЕРХНОСТНЫЙ ИНТЕГРАЛ 1 РОДА 5?.1. Основные понятия Обобщением двойного интеграла является так называемый поверхностный интеграл. Пусть в точках некоторой поверхности Я, с площадью Я, простравства Охуг определена непрерывная функция ((х;у;г).
Разобьем поверхность Я-на и частей Я;, площади которых обозначим через ЬЯ; (см. рис. 246)„а диаметры — через 64, 4 = 1;и. В каждой части Я; возьмем произвольную точку Ы,(х;; УО г;) и составим сумму ') ('(хб Уб гв)ЛЯо (57.1) )=г Она называется ингпевральной для функции 1(х; У; г) по поеерхно)ти Я. )'2) Если прн Л = п1ах 4 -+ О интегральная сумма (57.1) имеет пре- 1(а()) дел, то он называется поеерхпосглмым иигпеералом 7 рода от функции 7'(х; у; в) по поверхности Я и обозначается Ц 7'(х; у; г) сЬ. ф Отметим, что «если поверхность Я гладкая (в каждой ее точке су- ществует касательная плоскость, которая непрерывно меняется с перемещением точки по поверхности), а функция 7'(х; у; г) непрерывна на втой поверхности, то поверхностный интеграл существует» (теорема существования).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
