Вычисление криволинейного интеграла второго 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 по теореме Лагранжа существуют такие точки $\bar {t}_i \;(i=1,2,\ldots ,n)$, что $\Delta x_i =x_i -x_{i-1} ={x}'(\bar {t}_i )(t_i -t_{i-1} )$.

Выберем точки $M_i $, получающиеся при этих значениях 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 {P(x_i ,y_i ,z_i )\cdot \Delta x_i } $ будет равна интегральной сумме для определенного интеграла $\sum\limits_{i=1}^n {P(x(\bar {t}_i ),y(\bar {t}_i ),z(\bar {t}_i ))\cdot {x}'(\bar {t}_i )\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 {P(x_i ,y_i ,z_i )\cdot \Delta x_i } =\sum\limits_{i=1}^n {P(x(\bar {t}_i ),y(\bar {t}_i ),z(\bar {t}_i ))\cdot {x}'(\bar {t}_i )\cdot \Delta t_i } $, получим

$\int\limits_L {P(x,y,z)\cdot dx} =\int\limits_{t_0 }^{t_k } {P(x(t),y(t),z(t))\cdot {x}'(t)\cdot dt} .$

Аналогично доказываются формулы для интегралов по другим координатам. Окончательно $\begin{array}{l} \int\limits_L {P(x,y,z)\cdot dx+Q(x,y,z)\cdot dy+R(x,y,z)\cdot dz} = \\ =\int\limits_{t_0 }^{t_k } {\left[ {P(x(t),y(t),z(t))\cdot {x}'(t)+Q(x(t),y(t),z(t))\cdot {y}'(t)+R(x(t),y(t),z(t))\cdot {z}'(t)} \right]dt} . \\ \end{array}$

Таким образом, вычисление криволинейного интеграла второго рода ни чем не отличается от вычисления интеграла первого и сводится к интегрированию по параметру. Направление интегрирования определяется условиями задачи .

Пример 1

Найти $\int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {ydx-xdy+zdz} $, где $\mathop {AB}\limits^\cup $ - виток винтовой линии $\mathbf{\textit{x}}=\mathbf{\textit{a}}\cdot \cos \mathbf{\textit{t}}, \mathbf{\textit{y}}=\mathbf{\textit{a}}\cdot \sin \mathbf{\textit{t}}, \mathbf{\textit{z}}=\mathbf{\textit{a}}\cdot \mathbf{\textit{t}}, 0 \leqslant\mathbf{\textit{t}}\leqslant $ 2$\pi $.

Решение:

$\int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {ydx-xdy+zdz} =\int\limits_0^{2\pi } {(a\sin t\cdot (-a\sin t)-a\cos t\cdot a\cos t+at\cdot a)dt} =a^2\int\limits_0^{2\pi } {(t-1)dt} =2a^2(\pi ^2-\pi )$

Пусть плоская кривая задана в декартовой системе координат уравнением $\mathbf{\textit{y}}=\mathbf{\textit{y}}(\mathbf{\textit{x}})$, $\mathbf{\textit{A}}(\mathbf{\textit{a}}$,$\mathbf{\textit{y}}(\mathbf{\textit{a}}))$, $\mathbf{\textit{B}}(\mathbf{\textit{b}}$,$\mathbf{\textit{y}}(\mathbf{\textit{b}}))$.

Тогда $ \int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} =\int\limits_a^b {(P(x,y(x))+Q(x,y(x)){y}'(x))dx} . $

Пример 2

Найти $\int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {(x+y)dx+y^2dy} $ по кривой $\left[ {\begin{array}{l} y=0,\;0\leqslant x\leqslant 1 \\ y=\ln x,\;1\leqslant x\leqslant e \\ \end{array}} \right.$.

vychislenie-krivolineinogo-integrala-vtorogo-roda-0

Решение:

Пользуясь свойством аддитивности, разобьем интеграл на сумму двух:

$\int\limits_0^1 {(x+o)dx+\int\limits_1^e {(x+\ln x+} } \ln ^2x\cdot \frac{1}{x})dx=\left.{\frac{x^2}{2}}\right|_0^1 + \left.{(\frac{x^2}{2}+x\ln x-x+ \frac{\ln ^3x}{3})}\right|_1^e =\frac{e^2}{2}+\frac{4}{3}$

Пример 3

Найти $\oint\limits_c {x(1-y)dx+xdy} $, где $\mathbf{\textit{C}}$ - окружность, проходимая в отрицательном направлении {по часовой стрелке}.

vychislenie-krivolineinogo-integrala-vtorogo-roda-1

Решение:

Параметризуем окружность $\mathbf{\textit{x}}=2\cos \mathbf{\textit{t}}, \mathbf{\textit{y}}=2\sin \mathbf{\textit{t}}, 0 \leqslant \mathbf{\textit{t}} \leqslant 2\pi $. Движению по часовой стрелке соответствует уменьшение параметра $\mathbf{\textit{t}}$, поэтому интегрируем от $2\pi $ до 0:

$\begin{array}{l} \oint\limits_С {x(1-y)dx+xdy=\int\limits_{2\pi }^0 {(2\cos t(1-2\sin t)(-2\sin t)+2\cos t\cdot 2\cos t)dt=\int\limits_{2\pi }^0 {(-4\cos t\sin t} } } + \\ +8\cos t\cdot \sin ^2t+4\cos ^2t)dt=\left.{(-2\sin ^2t+\frac{8}{3}\sin ^3t+2t+\sin 2t)}\right|_{2\pi }^0 =-4\pi . \\ \end{array}$

Пример 4

Вычислить $\int\limits_L {2xydx+(x^2+y^2)dy} $ по каждому из путей, соединяющих точки $\mathbf{\textit{O}}(0,0)$ и $\mathbf{\textit{A}}(2,4)$, и изображённых на рисунке:

vychislenie-krivolineinogo-integrala-vtorogo-roda-2

  1. Ломаная $\mathbf{\textit{OBA}}$, состоящая из прямолинейных отрезков;
  2. Ломаная $\mathbf{\textit{OCA}}$;
  3. Прямолинейный отрезок $\mathbf{\textit{OA}}$;
  4. Параболы $\mathbf{\textit{ODA}}$ и $\mathbf{\textit{OEA}}$, симметричные относительно координатных осей.

Решение:

1). $\int\limits_{OBA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\int\limits_{OB} {2xydx+(x^2+y^2)dy} + \quad +\int\limits_{BA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} $ {по свойству аддитивности}. На $\mathbf{\textit{ОВ}}$ в качестве параметра естественно выбрать переменную $\mathbf{\textit{х}}$, при этом $y=0,\;dy=0$, поэтому $\int\limits_{OB} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =0$.

На $\mathbf{\textit{ВА}} \quad x=2,\;dx=0,\;0\leqslant y\leqslant 4$, поэтому $\int\limits_{BA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\int\limits_0^4 {\left( {2^2+y^2} \right)dy} =\left. {\left( {4y+\frac{y^3}{3}} \right)} \right|_0^4 =37\frac{1}{3}$.

Окончательно, $I_1 =\int\limits_{OBA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =37\frac{1}{3}$.

2). $\int\limits_{OCA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\int\limits_{OC} {2xydx+(x^2+y^2)dy} +\int\limits_{CA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} $.

$\int\limits_{OC} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\left| {x=0,\;dx=0,\;0\leqslant y\leqslant 4} \right|=\int\limits_0^4 {y^2dy} =\frac{64}{3}=21\frac{1}{3}. \\ \int\limits_{CA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\left| {y=4,\;dy=0,\;0\leqslant x\leqslant 2} \right|=\int\limits_0^2 {8xdx} =16.$ Окончательно, $I_2 =\int\limits_{OСA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =37\frac{1}{3}$.

3). На прямолинейном отрезке $\mathbf{\textit{OA}} \quad y=2x$, поэтому $\int\limits_{OA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\int\limits_0^2 {\left( {2x\cdot 2x\cdot 1+(x^2+4x^2)\cdot 2} \right)dx} =\int\limits_0^2 {14x^2dx} =\frac{112}{3}=37\frac{1}{3}$.

4). Уравнение параболы $\mathbf{\textit{OEA}}$ имеет вид $x=ky^2$, значение коэффициента $\mathbf{\textit{k}}$ найдём, подставляя в это уравнение координаты точки $\mathbf{\textit{А}}$:

$2=k4^2\rightarrow k=1/8\rightarrow x=y^2/8;~x'_y=y/4$, поэтому

$\int\limits_{OEA} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\int\limits_0^4 {\left[ {\left( {2\cdot \frac{y^2}{8}\cdot y} \right)\cdot \frac{y}{4}+\left( {\frac{y^4}{64}+y^2} \right)} \right]dy} =\int\limits_0^4 {\left( {\frac{5y^4}{64}+y^2} \right)dy} =37\frac{1}{3}$.

5). Совершенно также убеждаемся, что интеграл по параболе $\mathbf{\textit{ODA}}$ имеет то же значение.

Закономерен вопрос: для любого ли интеграла и любых начальной и конечной точек значение интеграла не зависит от формы пути, соединяющего эти точки?

Убедимся в том, что это не так, на примере интеграла $\int\limits_L {2xydx-(x^2+y^2)dy} $: $I_1 =\int\limits_{OBA} {2xydx-(x^2+y^2)dy} =-\int\limits_0^4 {(2^2+y^2)dy} =-37\frac{1}{3}$; $I_2 =\int\limits_{OCA} {2xydx+(x^2-y^2)dy} =\int\limits_0^4 {y^2dy} -\int\limits_0^2 {8xdx} =\frac{64}{3}-16=5\frac{1}{3}\ne I_1 $.

Следующие разделы будут посвящены ответу на поставленный вопрос: при каких условиях криволинейный интеграл второго рода $\int\limits_С {Pdx+Qdy} $ не зависит от формы пути, соединяющего начальную и конечную точки, и определяется только этими точками? В трёхмерном случае этот вопрос будет изучаться в теории поля.