Криволинейные интегралы - Примеры решения задач (1238749), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Условия независимостикриволинейного интеграла второго рода отпути интегрированияПримеры решения задач1. Вычислить криволинейный интегралI=(еx sin у − ру) dx + (еx cos у − р) dy,где кривая АO − верхняя полуокружность x2 + y2 = ах, А(а, 0), O(0, 0) (Рис.59).Рис. 59Решение. Введем обозначения: Р = еx sin у − ру, Q = еx cos у − р. Дополним кривуюинтегрирования АО до замкнутого контура L отрезком ОА оси Ох.
Тогда получимI=Так как−P dx + Q dy −P dx + Q dy.= р, то по формуле Грина находимР dx + Q dy =p dx dy,где область G − верхняя половина круга радиуса а/2. Поэтомуp dx dy = p · S(G) =.Вычислим интеграл по отрезку ОА оси Ох. Учитывая, что на этом отрезке Р = О, dy = 0,получимР dx + Q dy = 0. Таким образом, I =· p.2.
Пусть функции u(x, y), v(x, y) и их частные производные первого и второго порядканепрерывны в замкнутой области G, ограниченной гладкой кривой L. Доказать, чтосправедлива вторая формула Грина:dl =dx dy,где− производная по направлению внешней нормали L, Δu =в левой части есть криволинейный интеграл первого рода.+; а интегралРешение. Сначала докажем, что(7)vdl =v Δu +·+·dx dy.Пусть n = {cos ϕ, sin ϕ} − единичный вектор внешней нормали к кривой L.
Так какcosϕ +=sin ϕ, тоvdl =vcos ϕ + vsin ϕ dl.Рис. 60Единичный касательный к L вектор τ = {cos α, sin α}, направление которого соответствуетположительному направлению обхода контура, получается поворотом вектора n на уголπ/2 против часовой стрелки (Рис. 60). Поэтомуα = ϕ + π/2, cos α = −sin ϕ, sin α = cos ϕ.Учитывая эти равенства, с помощью формулы (8) из § 2 выразим криволинейный интегралпервого рода через криволинейный интеграл второго рода:vcos ϕ + vВводя обозначения Р = −vГрина. Учитывая, что,Q=v==получимsin ϕ dl =−vdx +vdy., преобразуем последний интеграл по формулеv−v=v= −v+−,,−vdx +vdy =v Δu +=·−+·dx dy =dx dy.Таким образом, справедливость равенства (7) доказана.Поменяв в равенстве (7) ролями функции v(x, y) и u(x, y), получим(8)uu Δv +dl =·+·dx dy.Составляя разность равенств (8) и (7), приходим ко второй формуле Грина:u−vdl =(u Δv − v Δu) dx dy.3.
Вычислить площадь S фигуры, ограниченной астроидой х = a cos3 t, у = b sin3 t, 0 ≤ t ≤2π.Решение. Пользуясь формулой (3), находимS = 1/2x dy − у dx = 1/2= 3/2 ab(3ab cos4 t sin2 t + 3ab sin4 t cos2 t) dt =cos2 t sin2 t dt = 3/8 absin2 2t dt = 3abπ/8.4. Доказать, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, ивычислить криволинейный интеграл:а)x dx − y dy, где А(0, 1), В(3, −4);б)(x4 + 4xy3) dx + (6x2y2 − 5y4)dy, где А(−2, −1), В(3, 0).Решение. а) Очевидно, x dx − y dy = du, где u = x2/2 − y2/2. По формуле (4) находимx dx − y dy = u(B) − u(A) = −7/2 − (−1/2) = −3.б) Проверим выполнение условия IV теоремы 6: Р = x4 + 4xy3, Q = 6x2y2 − 5y4,= 12xy2,= 12xy2. Таким образом,=, т.
е. условие IV выполнено. Следовательно, потеореме 6 выражение Р dx + Q dy является полным дифференциалом, а криволинейныйP dx + Q dy не зависит от пути интегрирования. Возьмем в качестве путиинтеграл I =интегрирования ломаную АМВ, где M(−2, 0). Тогда AM = {(x, y): x = −2, −1 ≤ у ≤ 0}, МB ={(x, у): y = 0, −2 ≤ x ≤ 3}.Р dx + Q dy =Вдоль отрезка AM имеем x = −2, dx = 0, −1 ≤ у ≤ 0; поэтому45у ) dy = 7. Вдоль отрезка MB имеем y = 0, dy = 0, −2 ≤ x ≤ 3; поэтомуP dx + Q dy=(24y2 −x4 dx = 55.Искомый интеграл по ломаной АМВ равен сумме вычисленных интегралов, т.
е. равен 62.5. Дважды дифференцируемая функция u(x, y) называется гармонической в области G,если в этой области Δu =+= 0. Доказать, что если для функции u(x, y),имеющей непрерывные частные производные второго порядка в односвязной области G, идля любого гладкого замкнутого контура L, лежащего в области G, справедливо равенствоdl = 0, где− производная по внешней нормали к контуру L, то u(x, y) −гармоническая функция в области G.Решение.
Пусть n = {cos ϕ, sin ϕ} − единичный вектор внешней нормали к кривой L. Таккак=cosϕ +sin ϕ,тоdl =cos ϕ +sin ϕ dl.Далее, пусть τ = {cos α, sin α} − единичный касательный вектор к кривой L, направлениекоторого соответствует положительному направлению обхода контура. Тогда α = π/2 + ϕ(см. рис. 60), cos α = −sin ϕ, sin α = cos ϕ, и по формуле (8) из § 2 получимdl =sin α −cos α dl =−dx +dy.Таким образом,−dx +dy = 0 для любого замкнутого гладкого контура L,лежащего в односвязной области G, т.
е. выполнено условие I теоремы 6. По теореме 6 изусловия I следует условие IV, т. е.−=, откудаΔu = 0. Это и означает, что функция u(x, y) гармоническая в области G.+= 0, или6. Вычислить интеграл I =, где L − замкнутый кусочно гладкий контур,окружающий начало координат, пробегаемый в положительном направлении иограничивающий область G.Решение. Покажем, что интеграл I не зависит от выбора контура L, окружающего началокоординат.
Положим Р = −,Q=. Тогда=при x2 + y2 ≠ 0,=т. е. условие IV теоремы 6 выполнено всюду в области G, за исключением точки O(0, 0).Область G с выброшенной точкой O уже не является односвязной, поэтому утверждение2° теоремы 6 использовать нельзя (нельзя утверждать, что из условия IV следует условиеI).Рассмотрим другой кусочно гладкий замкнутый контур l, окружающий начало координат.Пусть контур l лежит внутри (или вне) области G, тогда кривые L и l ограничиваютнекоторую область Ω.Рис. 61Применим к этой области формулу Грина. Если кривая l лежит внутри G (Рис.
61, а), то вформуле Грина обход контура L совершается против часовой стрелки, а контура l − почасовой стрелке. ПоэтомуР dx + Q dy −Р dx + Q dy =−dx dy = 0,откуда(9)Р dx + Q dy =Р dx + Q dy.Если же кривая l лежит вне G (Рис. 61, б), то в формуле Грина обход контура Lсовершается по часовой стрелке, а контура l − против часовой стрелки. Значит,Р dx + Q dy −Р dx + Q dy = 0.Отсюда снова получаем равенство (9). Если контуры L и l пересекаются в n точках (Рис.61, в), то для каждой из n полученных при этом областей nk, не содержащих началакоординат (они заштрихованы на рис. 61, в), справедлива формула Грина. Пользуясь этойформулой, находимР dx + Q dy +Р dx + Q dy = 0.(направления обхода показаны на рис.
61, в). Просуммировав эти равенства по к от 1 до n,получим, что сумма интеграла по контуру L в положительном направлении и интеграла поконтуру l в отрицательном направлении равна нулю. Отсюда снова приходим к равенству(9). Таким образом, интеграл I не зависит от выбора кривой L. Вычислив его по единичнойокружности x = cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ 2π, получим= 2π.I=З а м е ч а н и е . Рассмотренный пример показывает, что если область не являетсяодносвязной, то из условия IV теоремы 6 может не следовать условие I.7. Найти функцию u(x, y), если du = [y cos xy − 2x sin(x2 − y2)] dx + [х cos xy + 2у sin(x2 −y2)] dy.Решение.
Нетрудно убедиться, что для дифференциального выражения выполненоравенство (5). Для вычисления функции u(x, y) воспользуемся формулой (6). Находим[y0 cos хy0 − 2х sin(x2 − y02)] dx +u(x, y) =+[х cos xy + 2y sin(x2 − y2)] dy == [sin xy0 + cos(x2 − y02)]+ [sin xy + cos(x2 − y2)]+С== [sin xy0 + cos(x2 − y02) − sin x0y0 − cos(x02 − y02)] ++ [sin xy + cos(x2 − y2) − sin xy0 − cos(x2 − y02)] + С == sin xy + cos(x2 − y2) + C1,где C1 − произвольная постоянная..
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
