Математический анализ - Интегралы - Аксёнов - 2000 - 145 (1111231), страница 9

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 9)

Пусть (ϕ ( p ), ψ ( p )) = A , (ϕ ( q ), ψ ( q )) = B . Пусть точки(ϕ ( t ), ψ ( t ))(следуют друг за другом на AB именно в том порядке, в какомсоответствующие значения t следуют друг за другом на [ p, q] . (Считаем ABнезамкнутой и не имеющей кратных точек.)2. Пусть функция f ( x , y ) задана на AB и непрерывна там.Тогда I =((∫ f ( x, y ) ds существует и выражается обыкновенным определен-( ABным интегралом по формуле:q22∫ f ( x, y ) ds = ∫ f (ϕ ( t ), ψ( t )) ⋅ (ϕ′( t )) + (ψ ′( t )) dt( AB( p < q) .(3)p(подчеркнем, что нижний предел определенного интеграла (3) должен бытьменьше верхнего).Заметим сначала, что интеграл, стоящий в правой части (3), существует,ибо подынтегральная функция в нем непрерывна на промежутке [ p, q] .Напомним, что в условиях теоремы кривая AB спрямляема и ее длина sqравна: s =(22ϕ(t)+ψ(t)dt′′()()∫( p < q ).

Составим сумму Римана σ для кри-pволинейного интеграла∫ f ( x, y ) ds . Для этого надо разбить ( AB точками Ak( ABна дуги Ak Ak +1 ( k = 0, n − 1 ). Такое разбиение можно осуществить, если раз[ p, q ]произвольнымобразомточкамибитьпромежутокt0 = p < t1 < t2 < K < t n = q и положить Ak = (ϕ ( t k ), ψ ( t k )) , k = 0, n . Тогда56sk =t k +122ϕ(t)+ψ(t)dt ,′′()()∫tkk = 0, n − 1 .(4)(Затем на каждой частичной дуге Ak Ak +1 нужно взять произвольную точкуM k ( x k , y k ) .

Это можно сделать так: на каждом частичном промежутке[t k , tk +1 ] взять произвольную точку θ k и положить xk = ϕ (θ k ) , y k = ψ ( θ k ) .Будем иметь тогда:σ=n −1n −1tk +1k =0k =0tk∑ f ( xk , yk ) sk = ∑ f (ϕ (θ k ), ψ(θ k )) ⋅ ∫ (ϕ′( t ))2 + (ψ ′( t ))2 dt .По теореме о среднем для определенного интеграла (4)sk =t k +12222ϕ(t)+ψ(t)dt=ϕ(τ)+ψ(τ)⋅ ( tk +1 − tk ) ,′′′′()()()()kk∫tkгде τ k ∈[t k , t k +1 ] . Поэтомуσ=n −122∑ f (ϕ (θk ), ψ (θ k )) ⋅ (ϕ′( τ k )) + ( ψ ′( τ k )) ⋅ ∆ tk .k =0Полученное выражение для σ сходно с суммой Римана для определенного интеграла, стоящего в правой части (3), но таковой не является, так как θ k и τ k ,вообще говоря, различны.Составим суммуσ* =n −122∑ f (ϕ ( τ k ), ψ( τ k )) ⋅ (ϕ′( τ k )) + (ψ ′( τ k )) ⋅ ∆ tk .k =0Это уже настоящая сумма Римана для определенного интеграла, стоящего вправой части (3), т.

е. для интегралаqI* = ∫ f (ϕ ( t ), ψ ( t )) ⋅(ϕ ′( t ))2 + ( ψ ′( t ))2 dt .pБыло отмечено, что I* существует. Следовательно, σ* → I* при λ * → 0( λ * = max {∆ t k } ). Заметим, что ( λ → 0 ) ⇔ ( λ * → 0 ) . Рассмотрим очевидk = 0, n −1ное равенствоσ = σ* + ( σ − σ* ) .(5)Из (5) видно, что теорема будет доказана, если показать, что lim ( σ − σ* ) = 0 .λ* →057Имеемσ − σ* =n −1∑ [ f (ϕ (θ k ), ψ(θk )) − f (ϕ ( τ k ), ψ( τ k ))] ⋅ sk .k =0Возьмем ε > 0 – любое, сколь угодно малое. Функция f (ϕ ( t ), ψ ( t )) ∈ C([ p, q]) ,как суперпозиция непрерывных функций. Значит, она и равномерно непрерывна на промежутке [ p, q] ⇒ взятому ε > 0 отвечает δ > 0 такое, что для любыхдвух точек t ′ и t ′′ из [ p, q] , для которых t ′′ − t ′ < δ , будетf (ϕ ( t ′′ ), ψ ( t ′′ )) − f (ϕ ( t ′ ), ψ ( t ′ )) < ε .Возьмем любое разбиение промежутка [ p, q] на части [t k , t k +1 ] , у которого рангдробления λ * < δ .

Так как θ k и τ k ∈[t k , t k +1 ] , то θ k − τ k ≤ t k +1 − t k ≤ λ * < δ .Следовательно, для любого k = 0, n − 1 будем иметь:f (ϕ ( θ k ), ψ (θ k )) − f (ϕ ( τ k ), ψ ( τ k )) < ε .Поэтому, считая дробление промежутка [ p, q] таким, что λ * < δ , получимn −1σ − σ* < ∑ ε ⋅ sk = ε ⋅ s (здесь s – длинаk =0( AB ). Так как для достижения нера-венства σ − σ* < ε ⋅ s потребовалось лишь, чтобы было λ * < δ , то заключаем,что lim ( σ − σ* ) = 0 , а значит, и lim ( σ − σ* ) = 0 .λ→0λ* →0Частные случаи.I.

Пусть кривая AB дана явным уравнением: y = ϕ ( x ) , x ∈[a, b], a < b .Тогда:1) если функция ϕ ( x ) имеет на промежутке [a, b] непрерывную производную ϕ ′( x ) и(2) если функция f ( x , y ) непрерывна на∫(b(AB, то ∫ f ( x, y ) ds существует, и( ABf ( x , y ) ds = ∫ f ( x , ϕ ( x )) 1 + (ϕ ′( x )) dx .( AB2aAB задана уравнением в полярных координатах: r = r ( ϕ ) ,II. Пустьϕ ∈[α, β] , α < β . Тогда:1) если функция r( ϕ ) имеет на промежутке [α, β] непрерывную производную r ′( ϕ ) и2) если функция f ( x , y ) непрерывна на(AB, то ∫ f ( x, y ) ds существует, и( AB58β∫ f ( x, y ) ds = ∫ f (r cos ϕ, r sin ϕ)r 2 + ( rϕ′ )2 dϕ .α( ABЗамечание.

Совершенно аналогично доказывается теорема о существованиии вычислении криволинейного интеграла первого рода по пространственнойкривой.Теорема.1. Пусть пространственная кривая AB задана уравнениями:( x = ϕ ( t ), y = ψ ( t ), t ∈[ p, q] и p < q z = ω ( t ),((считаем AB незамкнутой и не имеющей кратных точек).2. Пусть функции ϕ ( t ), ψ ( t ), ω ( t ) имеют на промежутке [ p, q] непрерывные производные ϕ ′( t ), ψ ′( t ), ω ′( t ) .(ϕ ( p ), ψ ( p ), ω ( p )) = A , (ϕ ( q ), ψ ( q ), ω ( q )) = B и точки(ϕ ( t ), ψ ( t ), ω ( t )) следуют друг за другом на ( AB именно в том порядке, в ка3. Пустьком соответствующие значения t следуют друг за другом на [ p, q] .Тогда, если функция f ( x , y , z ) непрерывна на( AB , тоI=∫ f ( x, y, z ) ds( ABсуществует и выражается через обыкновенный определенный интеграл по формуле:q222∫ f ( x, y, z ) ds = ∫ f (ϕ ( t ), ψ( t ), ω ( t )) ⋅ (ϕ′(t )) + (ψ ′( t )) + (ω ′(t )) dt( AB( p < q) .pПримеры.1.

Вычислить I =∫ (x43+y43y) ds , где ( l ) – дугаa(l )астроиды x 2 3 + y 2 3 = a 2 3 .Вычисление I удобнее производить, взяв уравнение астроиды ( l ) в параметрической форме: x = a cos3 t ,(l ) = t ∈[0, 2π ] .3 y = a sin t ,Имеем xt′ = −3a cos2 t sin t ; yt′ = 3a sin 2 t cos t ;x−aa−aРис. 3.2. К примеру 1ds = ( xt′ )2 + ( yt′ )2 = 9a 2 sin 2 t cos2 t ⋅ dt = 3a sin t cos t dt .Поэтому592πI=∫a43(cos4 t + sin 4 t ) ⋅ 3a sin t cos t dt =0ππ 255= 3a(cos sin t + sin cos t ) dt − ∫ (cos5 sin t + sin 5 cos t ) dt +∫0π23π 22π5555+ ∫ (cos sin t + sin cos t ) dt − ∫ (cos sin t + sin cos t ) dt  ⇒3π 2ππ2166 π⇒ I = a 7 3 ( − cos6 t + sin 6 t )+(cost−sint) +2π207366 3π 266 2π  a2 + 2 + 2 + 2] = 4a 7 3 .+( − cos t + sin t )+ (cos t − sin t )=[2π3π 2 yϕ= πϕ = 3π42. Вычислить I = ∫ y ds , где ( l ) – дуга47 3−aϕ=−a3π4xϕ=−π4(l )22лемнискаты ( x 2 + y ) = a 2 ( x 2 − y 2 ) .Перейдем к полярным координатам: x = r cos ϕ,Тогда уравнение лемнискаты поsin.yr=ϕr = a cos 2ϕ .

Имеемлучимввиде:Рис. 3.3. К примеру 2a2r + ( rϕ′ ) =;cos 2ϕsin 2ϕrϕ′ = − a;cos 2ϕ22a dϕ;cos 2ϕds = r 2 + ( rϕ′ )2 dϕ =y = a cos 2ϕ ⋅ sin ϕ , y ds = a 2 sin ϕ dϕ . Поэтому− 3π 40ππ 4I = a ∫ sin ϕ dϕ + ∫ sin ϕ dϕ − ∫ sin ϕ dϕ − ∫ sin ϕ dϕ  =03π 4−π−π 42[π4π− 3π 4= a 2 − cos ϕ 0 − cos ϕ 3π 4 + cos ϕ − π3. Вычислить I =]()∫ ( x + y ) ds , где ( l ) – контур треугольника с вершинами в(l )точках O( 0, 0) , A(1, 0) , B( 0, 1) .600+ cos ϕ − π 4 = a 2 ⋅ 4 − 2 2 .( l ) = ( l1 ) U ( l2 ) U ( l3 ) ;I = ∫ ( x + y ) ds =(l )yB( 0,1)∫ ( x + y ) ds + ∫ ( x + y ) ds + ∫ ( x + y ) ds .( l1 )( l2 )( l3 )1) ( l1 ) = OA : y = 0 , x ∈[0, 1] ⇒ds = 1 + ( y x′ )2 dx = dx ;1I1 =∫ ( x + y ) ds = ∫ ( x + 0) dx =( l1 )( l2 )( l3 )02 1x20O1= .2x( l1 ) A(1,0 )Рис. 3.4.К примеру 32) ( l2 ) = AB : y = 1 − x , x ∈[0, 1] ⇒ ds = 1 + ( y x′ )2 dx = 2 dx ;I2 =11001∫ ( x + y ) ds = ∫ ( x + 1 − x ) 2 dx = ∫ 2 dx = 2 x = 2 .( l2 )03) ( l3 ) = OB : x = 0 ; y ∈[0, 1] ⇒ ds = 1 + ( x ′y )2 dy = dy ;1100y2I3 = ∫ ( x + y ) ds = ∫ ( 0 + y ) dy =2( l3 )1= .2Значит,I = I1 + I2 + I3 =4.

Вычислить I =11+ 2 + = 1+ 2 .22∫ z ds , где ( l ) – коническая винтовая линия:(l ) x = t cos t , y = t sin t , t ∈[0, t0 ] .z = t,Имеем: xt′ = cos t − t sin t ; yt′ = sin t + t cos t ; zt′ = 1;ds = ( xt′ )2 + ( yt′ )2 + ( zt′ )2 dt = 2 + t 2 dt .Тогдаt01I = ∫ z ds = ∫ t 2 + t dt = ( 2 + t 2 )3 23(l )20t00=()1( 2 + t0 )3 2 − 23 2 .2x 2 + y 2 + z 2 = a2 ,5. Вычислить I = ∫ x ds , где ( l ) – окружность:  x + y + z = 0.(l )261Плоскость x + y + z = 0 проходит через начало координат и пересекаетсясо сферой x 2 + y 2 + z 2 = a 2 по окружности радиуса a . Таким образом, ( l ) –окружность радиуса a⇒ длина ( l ) равна 2πa . Легко понять, что∫x(l )2ds =∫y(l )2ds =∫z2ds .

А тогда I =(l )∫x2ds =(l )1( x 2 + y 2 + z 2 ) ds . Заметим,∫3(l )что на ( l ) , т. е. на окружности радиуса a с центром в точке O , подынтегральная функция равна a 2 . Следовательно, I =a21 2ads=3∫3(l )∫ ds . Но ∫ ds(l )равен(l )2πa 3значению длины окружности ( l ) , т. е. 2πa . Поэтому I =.3§2. Криволинейные интегралы второго родаB= An1°. Определение. Пусть впространстве дана непрерывAn−1ная криваяAB . Пусть наABзаданафункцияf ( x , y , z ) . Выберем на ABAk +1какое-нибудьнаправлениеAk ( x k , y k , z k ) (одно из двух возможных), например, от точки A к точке B .A= A0 A1 A2yПроделаем следующие операции.O1. РазбиваемAB точкаxми A0 = A , A1 , A2 , K , An −1 ,Рис.

3.5. К определению криволинейногоAn = B на n частичных дугинтеграла второго родаAk Ak +1 , k = 0, 1, 2, K , n − 1.Точки Ak ( x k , y k , z k ) следуют друг за другом вдоль AB в направлении отz(((((точки A к точке B . Пусть d k – диаметри пусть λ = max {d k } .(( Ak Ak +1 ( dk =sup{ρ ( M , N )} ),M ∈( Ak Ak +1 ,N ∈( Ak Ak +1k = 0, n −1(2. На каждой Ak Ak +1 берем произвольную точку ( x k , yk , z k ) и вычисляемв ней значение данной функции f ( x k , y k , z k ) .

Соединим концы каждой частичной дуги хордой и придадим этим хордам направления соответствующихдуг. Получим направленную ломаную. Звенья этой ломаной есть векторы62→→→∆ l0 , ∆ l1, K , ∆ ln −1 . Спроектируем эти векторы на ось Ox . Получим числа→→∆ x0 , ∆ x1, K , ∆ x n −1 ( ∆ xk = x k +1 − x k = пр Ox Ak Ak +1 = пр Ox ∆ lk ).

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)