Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Примеры

Пусть кривая $L$ задана параметрическими уравнениями

$L:\left[ {\begin{array}{l} x=x(t), \\ y=y(t), \\ z=z(t); \\ \end{array}} \right.\quad t_0 \leqslant t\leqslant t_k $, где $x(t),\;y(t),\;z(t)$- непрерывно дифференцируемые функции, и пусть точкам $A_i (x_i ,y_i ,z_i )$, которые задают разбиение кривой, соответствуют значения параметра $t_i $, т.е. $x_i =x(t_i ),\;y_i =y(t_i ),\;z_i =z(t_i )$. Тогда {см. Вычисление длин кривых} $\Delta l_i =\int\limits_{t_{i-1} }^{t_i } {\sqrt {\left[ {{x}'(t)} \right]^2+\left[ {{y}'(t)} \right]^2+\left[ {{z}'(t)} \right]^2} \cdot dt} $. По теореме о среднем, существует точка $\bar {t}_i $ такая, что

$\Delta l_i = {\sqrt {\left[ {{x}'(t)} \right]^2+\left[ {{y}'(t)} \right]^2+\left[ {{z}'(t)} \right]^2} } \cdot \Delta t_i $, где $\Delta t_i = t_i - t_{i-1}$

Выберем точки $M_i $, получающиеся при этом значении параметра: $M_i (x_i ,y_i ,z_i )=M_i (x(\bar {t}_i ),y(\bar {t}_i ),z(\bar {t}_i ))$.

Тогда интегральная сумма для криволинейного интеграла $\sum\limits_{i=1}^n {f(x_i ,y_i ,z_i )\cdot \Delta l_i } $ будет равна интегральной сумме для определенного интеграла $\sum\limits_{i=1}^n {f(x(\bar {t}_i ),y(\bar {t}_i ),z(\bar {t}_i ))\cdot \sqrt {\left[ {{x}'(\bar {t}_i )} \right]^2+\left[ {{y}'(\bar {t}_i )} \right]^2+\left[ {{z}'(\bar {t}_i )} \right]^2} \cdot \Delta t_i } $.

Так как $\Delta l_i \to 0\Leftrightarrow \Delta t_i \to 0$, то, переходя к пределу при $\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots ,n} \Delta l_i \to 0,\;\mbox{или,}\;\mbox{что}\;\mbox{тоже}\;\mbox{самое},\;\mathop {\max }\limits_{i=1,2,\ldots ,n} \Delta t_i \to 0$ в равенстве $\sum\limits_{i=1}^n {f(x_i ,y_i ,z_i )\cdot \Delta l_i } =\sum\limits_{i=1}^n {f(x(\bar {t}_i ),y(\bar {t}_i ),z(\bar {t}_i ))\cdot \sqrt {\left[ {{x}'(\bar {t}_i )} \right]^2+\left[ {{y}'(\bar {t}_i )} \right]^2+\left[ {{z}'(\bar {t}_i )} \right]^2} \cdot \Delta t_i } $, получим

$ \int\limits_L {f(x,y,z)\cdot dl} =\int\limits_{t_0 }^{t_k } {f(x(t),y(t),z(t))\cdot \sqrt {\left[ {{x}'(t)} \right]^2+\left[ {{y}'(t)} \right]^2+\left[ {{z}'(t)} \right]^2} \cdot dt} . $

Таким образом, вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится к вычислению определённого интеграла по параметру. Если кривая задана параметрически, то этот переход не вызывает трудностей; если дано качественное словесное описание кривой, то основной трудностью может быть введение параметра на кривой. Ещё раз подчеркнём, что интегрирование всегда ведётся в сторону возрастания параметра.

Примеры:

Пример 1

Вычислить $\int\limits_L {(x+y+z)dl} $, где $L$ - один виток спирали $L:\left[ {\begin{array}{l} x=R\cos t, \\ y=R\sin t, \\ z=at;\;0\leqslant t\leqslant 2\pi . \\ \end{array}} \right.$

Решение:

Здесь переход к определённому интегралу проблем не вызывает: находим ${x}'(t)=-R\sin t,\;{y}'(t)=R\cos t,\;{z}'(t)=a,\;\sqrt {({x}'(t))^2+({y}'(t))^2+({z}'(t))^2} =\sqrt {R^2+a^2} $ , и $\int\limits_L {(x+y+z)dl} =\int\limits_0^{2\pi } {(R\cos t+R\sin t+at)\sqrt {R^2+a^2} dt} =2\pi ^2a\sqrt {R^2+a^2} $.

Пример 2

Вычислить тот же интеграл по отрезку прямой, соединяющей точки $A(1,2,3)$ и $B(-3,3,-8)$.

Решение:

Здесь прямого параметрического задания кривой нет, поэтому на $AB$ необходимо ввести параметр. Параметрические уравнения прямой имеют вид $\left[ {\begin{array}{l} x=x_0 +mt, \\ y=y_0 +nt, \\ z=z_0 +pt, \\ \end{array}} \right.$ где $\vec {a}\left[ {m,n,p} \right]$ - направляющий вектор, $(x_0 ,y_0 ,z_0 )$ - точка прямой.

В качестве точки берем точку $A(1,2,3)$, в качестве направляющего вектора - вектор $\mathop {AB}\limits^\to \left[ {-4,1,-11} \right]$: $\left[ {\begin{array}{l} x=1-4t, \\ y=2+t, \\ z=3-11t, \\ \end{array}} \right.\Rightarrow dl=\sqrt {16+1+121} dt=\sqrt {138} dt$.

Легко видеть, что точка $A(1,2,3)$ соответствует значению $t=0$, точка $B(-3,3,-8)$ - значению $t=1$, поэтому $\int\limits_{AB} {(x+y+z)dl} =\int\limits_0^1 {\left[ {(1-4t)+(2+t)+(3-11t)} \right]} \sqrt {138} dt=\sqrt {138} \int\limits_0^1 {(6-14t)} dt=-\sqrt {138} $.

Пример 3

Найти $\int\limits_{AB} {xyd\ell } $, где $\mathop {AB}\limits^\cup $ - часть сечения цилиндра $x^2+y^2=4$ плоскостью $\mathbf{\textit{z}}=\mathbf{\textit{x}}+1$, лежащая в первом октанте.

vychislenie-krivolineinogo-integrala-pervogo-roda-0

Решение:

Параметрические уравнения окружности - направляющей цилиндра имеют вид $\mathbf{\textit{ x}}=2cos\varphi, \mathbf{\textit{y}}=2sin\varphi $, и так как $\mathbf{\textit{z=x}}+1$, то $\mathbf{\textit{z}}= 2cos\varphi +1$.

Итак,

$L=\mathop {AB}\limits^\cup :\left[ {\begin{array}{l} x=2\cos \varphi ,\;y=2\sin \varphi , \\ z=2\cos \varphi +1,\quad 0\leqslant \varphi \leqslant \pi /2; \\ \end{array}} \right.$ поэтому

$ \int\limits_{AB} {xydl} = 8\int\limits_0^{\pi/2}{\cos \varphi \sin \varphi \sqrt {\sin ^2\varphi +\cos ^2\varphi +\sin ^2\varphi \,}} d\varphi = \frac{8}{2}\int\limits_0^{\pi / 2}{\sqrt {1+\sin ^2\varphi }}d\sin ^2\varphi = \frac{8}{3}\left.{(1+\sin ^2\varphi )^{3 / 2}}\right| _0^{\pi / 2} = 8\cdot \frac{2\sqrt 2 -1}{3}$