Криволинейные интегралы - Примеры решения задач (1238749)
Текст из файла
Криволинейные интегралы первого родаПримеры решения задач1. Вычислить криволинейный интеграл первого родаастроида x2/3 + y2/3 = a2/3.(x4/3 + y4/3) dl, где кривая L −Решение. Запишем параметрические уравнения астроиды: x = a cos3 t, y = a sin3 t, 0 ≤ t ≤2π. Так как х' = −3a cos2 t sin t, у' = 3а sin2 t cos t, то х'2 + у'2 = 9a2 cos2 t sin2 t.Отметим, что х'2 + у'2 = 0 в четырех точках t = 0, π/2, π, 3π/2, т. е. астроида являетсякусочно гладкой кривой.Для вычисления криволинейного интеграла применим формулу (4). Получим(x4/3 + y4/3) dl == 12а7/3a4/3 (cos4 t + sin4 t) 3а |cos t sin t| dt =(cos5 t sin t + sin5 t cos t) dt == 12а7/32. Вычислить криволинейный интеграл первого родазаданная уравнением (x2 + y2)3/2 = а2(x2 − y2).= 4а7/3.dl, где L − кривая,Решение.
Перейдем к полярным координатам: x = r cos ϕ, y = r sinϕ. Уравнение кривой Lпримет видr = a2 cos 2ϕ, ϕ ∈ Ф = {ϕ: −π/4 ≤ ϕ ≤ π/4, 3π/4 ≤ ϕ ≤ 5π/4}.Для вычисления интеграла применим формулу (6). Так как= r = a2 cos ϕ,= a2.тоa4 cos 2ϕdl ==dϕ =sin 2ϕ) = 2a4 +d(ln(+ 2).3. Найти массу m материальной кривой L, заданной уравнением y = ln x, где 1 ≤ x ≤ е,если линейная плотность ее в каждой точке пропорциональна квадрату абсциссы, т. е. ρ(x,y) = kx2.kx2 dl. Для вычисления криволинейногоРешение. По формуле для массы m имеем m =интеграла воспользуемся равенством (5). Так кактоm=kx2dx ==(1 + x2)3/2|1e =4. Вычислить криволинейный интеграл I =[(1 + e2)3/2 − 2=,].(x + y) dl, где L меньшая часть окружностиx2 + y2 + z2 = R2,y = x,ограниченная точками A(0, 0, R) и B(R/2, R/2, R/).Решение.
Запишем параметрические уравнения данной части окружности в виде x = t, y =t, z ==, 0 ≤ t ≤ R/2. Тогда=, и по формуле (7) находимI=2t= R2(dt = −− 1).5. Найти координаты x0, y0, z0 центра тяжести первого полувитка материальной винтовойлинии L, заданного уравнениями x = a cos t, y = a sin t, z = bt, 0 ≤ t ≤ π, если ее линейнаяплотность постоянна и равна ρ.Решение. Масса m равнаρ dl. Вычислим этот интеграл по формуле (7). Так как== πρ=, то m = ρdt. Значения x0, y0, z0 находим по формуламx0 =x dl, y0 =y dl, y0 =z dlКаждый из этих интегралов вычисляем с помощью равенства (7):x0 =a cos tdt = 0, y0 =a sin tdt = 2a/π, z0 =btdt = bπ/2.6.
Найти момент инерции I относительно диаметра окружности L, заданной уравнениемx2 + y2 = а2, если ее линейная плотность есть ρ = 1.Рис. 53Решение. Зафиксируем какой-нибудь диаметр окружности. ИмеемI=d2(x, y) dl,где d(x, y) − расстояние от точки M(x, y) ∈ L до диаметра. Перейдем к полярнымкоординатам: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Тогда уравнение окружности L примет видr = а. Пусть диаметр лежит на прямой, образующей угол ϕ0 с осью Oх, где ϕ0 ∈ [0, π) (Рис.53). При этомd(x, y) = d(a cos ϕ; a sin ϕ) = a |sin (ϕ − ϕ0)|.Пользуясь формулой (6) и учитывая, чтоI=a2 sin2 (ϕ − ϕ0)a dϕ = a3= а, находим[1/2 − 1/2 cos (2ϕ − 2ϕ0)] dϕ = πa3.7.
Пусть с = {u(x, y), v(x, y)} − скорость плоского потока несжимаемой жидкости в точкеM(x, y). Найти количество Q жидкости, вытекающей за единицу времени из области G,ограниченной гладким контуром L.Рис. 54Решение. Разобьем кривую L на n частичных дуг. Пусть nk − единичный вектор внешнейнормали к кривой L в точке Nk(ξi, ηi) (т. е.
вектор nk направлен во вне области G), |ΔQk| −количество жидкости, вышедшей (вошедшей) за единицу времени через дугу длины Δlk изобласти (в область) G (Рис. 54).Так как |ΔQk| есть площадь параллелограмма со сторонами Δlk и |ck|, где ck = {uk, vk}, uk =u(ξi, ηi), vk = v(ξi, ηi) то ΔQk = Δlk(cknk). Если скалярное произведение (cknk) положительно,то жидкость вытекает из области G (ΔQk > 0), а если отрицательно, то втекает в G (ΔQk <0). Далее, составим суммуПолучим Q =(cknk)ΔQk и перейдем к пределу при mах{Δlk} → 0.(cn) dl, где n − единичный вектор внешней нормали в точке M(x, y) ∈ L.Криволинейные интегралы второго родаПримеры решения задач1. Вычислить криволинейный интеграл второго рода I =2xy dx + x2 dy по тремкривым, соединяющим точки А(0, 0) и B(1, 1), изображенным на рис.
55.Рис. 55Решение. 1) Пусть кривая AB задана уравнением у = х. Тогда у' = 1, и, пользуясь формулой(7), получимI1 =2x · x dx + x2 dx =3x2 dx = x3|01 =1.2) Для кривой AB, заданной уравнением y = x2, имеем у' = 2x, откудаI2 =2x · x2 dx + x2 · x dx =4x3 dx = x4|01 = 1.3) Интегрируя по ломаной АСВ, воспользуемся свойством аддитивности интеграла ипредставим его как сумму двух интегралов − по отрезкам АС и СВ. Так как для отрезка АСy = 0, у' = О и 0 ≤ x ≤ 1, то по формуле (7) получаем2xy dx + x2 dy =2х · 0 dx + x2 · 0 dx = 0.Для отрезка СВ имеем x = х(у) = 1, х' = 0 и 0 ≤ y ≤ 1; поэтому2xy dx + x2 dy =2 · 1 · у · 0 dy + 12 dy = y|01 = 1.Следовательно,I3 =2xy dx + x2 dy +2xy dx + x2 dy = 1.Таким образом, I1 = I2 = I3 = 1. Этот результат не случаен.
Можно доказать, что значениеданного интеграла I не зависит от кривой, соединяющей точки А и В. Вопрос о том, вкаких случаях криволинейный интеграл второго рода не зависит от кривой, соединяющейдве данные точки, будет рассмотрен в § 3.2. Вычислить криволинейный интеграл второго рода I =кривая AB задана уравнением y = x4, А(1, 1), B(−1, 1).(4x + у) dx + (х + 4y) dy, гдеРешение.
Вычислим интеграл, пользуясь формулой (7). Учитывая, что y = x4, dy = 4x3 dx иx изменяется от 1 до −1, получаем I = −(4x + x4 + (x + 4x4)x3) dx = −2.3. Вычислить криволинейный интеграл второго рода22(x + y) dx + (x − у) dy, где L −окружность (x − 1) + (у − 1) = 4.Решение. Запишем параметрические уравнения данной окружности: x = l + 2 cos t, y = l + 2sin t, 0 ≤ t ≤ 2π. Вычисляем интеграл, пользуясь формулой (5). Так как dx = −2 sin t dt, dy =2 cos t dt, то(x + y) dx + (x − у) dy =+ (2 cos t − 2 sin t)2 cos t dt =(2 + 2 cos t − 2 sin t)(−2 sin t) dt +(−4 sin t − 8 sin t cos t + 4 cos 2t) dt = 0.4. Вычислить криволинейный интеграл второго рода I =(y2 − z2) dx + 2yz dy − x2 dz, гдеL − кривая x = t, y = t2, z = t3, 0 ≤ t ≤ 1, пробегаемая в направлении возрастания параметра t.Решение.
Вычислим интеграл по формуле (6). Так как dx = dt, dy = 2t dt, dz = 3t2dt, 0 ≤ t ≤ 1,тоI=(t4 − t6 + 2t5 · 2t − t2 · 3t2) dt = 1/35.5. Вычислить криволинейный интегралI=(y2 − z2) dx + (z2 − x2) dy + (x2 − y2) dzвдоль замкнутого контура L, являющегося границей части сферы x2 + y2 + z2 = 1,расположенной в I октанте: х ≥ 0, у ≥ 0, z ≥ 0, причем направление обхода контура таково,что в плоскости Оxy движение происходит от точки А(1, 0, 0) к точке B(0, 1, 0).Решение.
Контур L состоит из трех кривых, l1, l2, l3, каждая из которых является дугойединичной окружности, лежащей соответственно в координатной плоскости Оху, Oyz,Oxz. Поэтому I =(y2 − z2) dx + (z2 − x2) dy + (x2 − y2) dz.Ik, где Ik =Найдем интеграл I1 по кривой l1. Так как кривая l1 лежит в плоскости Оху, то z = 0, dz = 0 иI1 =y2 dx − x2 dy, где l1: x2 + y2 = 1, х ≥ 0, у ≥ 0. Запишем параметрические уравнения l1:x = cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ π/2.
По формуле (5) получимI1 ==2(−sin3 t − cos3 t) dt = −2sin3 t dt =(1 − cos2 t) d(cos t) = 2= −4/3.Точно так же вычисляются интегралы I2 и I3. При этом I1 = I2 = I3 = −4/3. Следовательно, I= −4.6. Найти магнитную индукцию В = {Bx, By, Bz} магнитного поля, создаваемого током I,BBBпротекающим по замкнутому проводнику L, в точке М0(x0, y0, z0).Решение.
Рассмотрим произвольное разбиение кривой L на малые дуги M0M1, M1M2, …,Мn − 1Мn такие, что направление по дуге кривой от точки Мk − 1(xk − 1, yk − 1, zk − 1) к точкеМk(xk, yk, zk) совпадает с направлением тока. На дуге Мk − 1Мk выберем некоторуюпромежуточную точку Nk(ξk, ηk, ζk). Каждую из дуг Мk − 1Мk заменим прямолинейнымотрезком. Согласно закону Био-Савара электрический ток I, протекающий по отрезку Мk −1Мk, создает магнитное поле, индукция которого в точке M0 равнаΔBk = {ΔBkx, ΔBky, ΔBkz} =BBB[· rk],где rk == {ξk − x0, ηk − y0, ζk − z0],= {xk − xk − 1, yk − yk − 1, zk − zk − 1} ={Δxk, Δyk, Δzk}, rk = |rk|, γ − коэффициент пропорциональности.
ПоэтомуΔBkx =((ζk − z0)Δyk − (ηk − y0)Δzk),ΔBky =((ξk − z0)Δzk − (ζk − z0)Δxk),ΔBkz =((ηk − y0)Δxk − (ξk − x0)Δyk).BBBСуммируя по k от 1 до n и переходя к пределу при Δl → 0, получимBx = γ I,By = γ I,Bz = γ I.BBBЕсли ввести векторы r = {x − x0, y − y0, z − z0} и = {dx, dy, dz}, то вектор магнитнойиндукции В = Вх i + Ву j + Bz k можно записать в видеBB=γI.Отметим, что направление обхода контура L совпадает с направлением тока в контуре.7.
Привести пример, показывающий, что для криволинейных интегралов второго роданеверна, вообще говоря, формула среднего значенияP(x, y) dx = P(x*, y*)dx,где AB − гладкая кривая, P(x, y) − непрерывная вдоль AB функция, (x*, у*) − некотораяточка кривой AB.Решение. Рассмотрим полуокружность {x2 + y2 = 1, х ≥ 0} с направлением обхода от точкиА(0, 1) к точке В(0, −1). На полуокружности AB зададим непрерывную функцию P(x, y) =у.
Пользуясь параметрическими уравнениями кривой AB x = cos t, y = sin t, π/2 ≤ t ≤ 3π/2,вычислим криволинейные интегралы, входящие в формулу среднего значения:P(x, y) dx =sin t(−sin t) dt = −π/2 ≠ 0,y dx =dx =(− sin t) dt = 0.Следовательно, не существует такого промежуточного значения P(х*, у*) непрерывнойподынтегральной функции P(x, y) = у, для которогоP(x, y) dx = P(x*, y*)dx.Формула Грина.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
