Вычисление криволинейного интеграла второго рода в случае выполнения условия независимости от формы

Если выполнены условия независимости от формы пути, соединяющего начальную $A(x_1 ,y_1 )$ и конечную $B(x_2 ,y_2 )$ точки кривой, то значение интеграла $\int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} \mathbf{ }$ определяется только точками $\mathbf{\textit{A}}$ и $\mathbf{\textit{B}}$

Поэтому в этом случае для обозначения интеграла применяется обозначение $\int\limits_A^B {Pdx+Qdy} \mathbf{ }$ или $\int\limits_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} {Pdx+Qdy} $.

Докажем следующую теорему.

Теорема

Если в односвязной области $\mathbf{\textit{G}}$ выполнено условие $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$, то существует функция $u(x,y)$ такая, что для любых точек $A(x_1 ,y_1 )\in G$ и $B(x_2 ,y_2 )\in G \quad \int\limits_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} {Pdx+Qdy} =u(x_2 ,y_2 )-u(x_1 ,y_1 )\mathbf{.}$

vychislenie-krivolineinogo-integrala-vtorogo-roda-v-sluchae-vypolneniia-usloviia-nezavisimosti-ot-formy-0

Функцию $u(x,y)$ принято называть потенциальной функцией.

Доказательство

Фиксируем произвольную точку $M_0 (x_0 ,y_0 )\in G$, и докажем, что в качестве искомой функции $u(x,y)$ можно взять $u(x,y)=\int\limits_{(x_0 ,y_0 )}^{(x,y)} {Pdx+Qdy} \mathbf{. }$

Действительно, по свойству аддитивности $\int\limits_{\mathop {M_0 AB}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} =\int\limits_{\mathop {M_0 A}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} +\int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} \Rightarrow \mathbf{ }\int\limits_{\mathop {AB}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} =\mathbf{ }=\int\limits_{\mathop {M_0 AB}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} -\int\limits_{\mathop {M_0 A}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} \mathbf{, }$ или $\int\limits_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} {Pdx+Qdy} =\int\limits_{(x_0 ,y_0 )}^{(x_2 ,y_2 )} {Pdx+Qdy} -\int\limits_{(x_0 ,y_0 )}^{(x_1 ,y_1 )} {Pdx+Qdy} \mathbf{, }$т.е. $\int\limits_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} {Pdx+Qdy} =u(x_2 ,y_2 )-u(x_1 ,y_1 )$, что и требовалось доказать.

Разность $u(x_2 ,y_2 )-u(x_1 ,y_1 )\mathbf{ }$обозначается символом $\left. {u(x,y)} \right|_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} \mathbf{ }$ или $\left. {u(x,y)} \right|_A^B $.

Формула $\int\limits_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} {Pdx+Qdy} =\left. {u(x,y)} \right|_{(x_1 ,y_1 )}^{(x_2 ,y_2 )} $ является аналогом формулы Ньютона-Лейбница для двухмерного случая; ещё раз отметим, что она имеет место в случае, когда выполняются условия независимости интеграла от формы пути.

${M}'(x+\Delta x,y) M(x,y) M_0 (x_0 ,y_0 ) \bar {x}$

Докажем, что для построенной функции $u(x,y)$ выполняются следующие соотношения:

$\frac{\partial u}{\partial x}=P(x,y),\;\frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y).$

vychislenie-krivolineinogo-integrala-vtorogo-roda-v-sluchae-vypolneniia-usloviia-nezavisimosti-ot-formy-1

Доказательство

Действительно, пусть $M(x,y)\in G,$

${M}'(x+\Delta x,y)\in G.$ Тогда $u(M)=\int\limits_{\mathop {M_0 M}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} $,

$u({M}')=\int\limits_{\mathop {M_0 M{M}'}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} =\int\limits_{\mathop {M_0 M}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} +\int\limits_{\mathop {M{M}'}\limits^\cup } {Pdx+Qdy} \Rightarrow u(x+\Delta x,y)=u(x,y)+\int\limits_x^{x+\Delta x} {P(x,y)dx} $ {на $M{M}'y=const$} $\Rightarrow \Delta _x u(x,y)=u(x+\Delta x,y)-u(x,y)= \int\limits_x^{x+\Delta x} {P(x,y)dx} =P(\bar {x},y)\cdot \Delta x$ {по теореме о среднем} $\Rightarrow \frac{\Delta _x u}{\Delta x}=P(\bar {x},y)$.

Точка $\bar {x}$ удовлетворяет условиям $x<\bar {x}<x+\Delta x$. Устремим $\Delta x\to 0$, тогда $\bar {x}\to x$, и $\mathop {\lim }\limits_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta _x u}{\Delta x}=\mathop {\lim }\limits_{\bar {x}\to x} P(\bar {x},y)=P(x,y)$.

Аналогично доказывается, что $\frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y)$.

Условие $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$ теперь означает просто, что $\frac{\partial ^2u}{\partial x\partial y}=\frac{\partial ^2u}{\partial y\partial x}$.

vychislenie-krivolineinogo-integrala-vtorogo-roda-v-sluchae-vypolneniia-usloviia-nezavisimosti-ot-formy-2

Кроме того, из $\frac{\partial u}{\partial x}=P(x,y), \quad \frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y),$ следует, что подынтегральное выражение $P(x,y)dx+Q(x,y)dy = \frac{\partial u}{\partial x}dx+\frac{\partial u}{\partial y}dy=du$ является полным дифференциалом функции $u(x,y)$ {условие $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$ есть условие того, что обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка $P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0$ - уравнение в полных дифференциалах}.

Для отыскания потенциальной функции $u(x,y)$ можно:

  1. Решить уравнение в полных дифференциалах;
  2. Построить $u(x,y)$ напрямую по формуле $u(x,y)=\int\limits_{(x_0 ,y_0 )}^{(x,y)} {Pdx+Qdy} $. В качестве пути интегрирования обычно берётся путь $\mathbf{\textit{M}}_{0}\mathbf{\textit{AM}}$, состоящий из отрезков, параллельных координатным осям.

Тогда на $\mathbf{\textit{M}}_{0}\mathbf{\textit{A}} y=y_0, dy=0, x_0 \leqslant x$ {как переменная интегрирования} $\leqslant x_M $; на $\mathbf{\textit{AM}}x=x_M ;dx=0, y_0 \leqslant y$ {как переменная интегрирования} $\leqslant y_M $.

Продемонстрируем оба метода на примере $\int\limits_L {2xydx+(x^2+y^2)dy}$. Здесь $P=2xy, \frac{\partial P}{\partial y}=2x, Q=x^2+y^2, \frac{\partial Q}{\partial y}=2x=\frac{\partial P}{\partial y}$, т.е. условия независимости выполняются. В качестве точки $M_0 $ берём начало координат $M_0 (0,0)$.

  1. Решаем систему уравнений $\left[ {\begin{array}{l} \frac{\partial u}{\partial x}=2xy, \\ \frac{\partial u}{\partial y}=x^2+y^2. \\ \end{array}} \right.$ Из первого уравнения $u(x,y)=\int\limits_0^x {2xydx} =x^2y+\varphi (y)$, подставляем эту функцию во второе уравнение $\frac{\partial u}{\partial y}=x^2+{\varphi }'(y)=x^2+y^2\Rightarrow {\varphi }'(y)=y^2\Rightarrow \varphi (y)=y^3/3+C\Rightarrow u(x,y)=x^2y+\frac{x^3}{3}+C$ {потенциал всегда определяется с точностью до произвольной постоянной, физический смысл имеет разность потенциалов в двух точках, которая не зависит от этой постоянной}.
  2. $u(x,y)=\int\limits_0^x {2x\cdot 0\cdot dx} +\int\limits_0^y {\left( {x^2+y^2} \right)dy} =x^2y+\frac{y^3}{3}+C$.

Теперь, когда потенциальная функция определена, легко находится любой интеграл: $\int\limits_{(0,0)}^{(2,4)} {2xydx+(x^2+y^2)dy} =\left. {\left( {x^2y+\frac{y^3}{3}} \right)} \right|_{(0,0)}^{(2,4)} =16+\frac{64}{3}-0=37\frac{1}{3}$.