Криволинейные интегралы - Примеры решения задач

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.