Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования

В этом разделе будет дан ответ на вопрос: при каких условиях криволинейный интеграл второго рода $\int\limits\_ { \mathop { AB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy }$ не зависит от формы пути, соединяющего точки $\mathbf { \textit { A } }$ и $\mathbf { \textit { B } }$, а определяется только этими точками?

Будем предполагать, что в некоторой односвязной области $G$ на плоскости заданы непрерывно дифференцируемые функции $P(x,y)$ и $Q(x,y)$, и все рассматриваемые точки, контуры и области принадлежат этой области.

Теорема 1

Для того, чтобы интеграл $\int\limits\_ { \mathop { AB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy }$ не зависел от формы пути, соединяющего точки $\mathbf { \textit { A } }$ и $\mathbf { \textit { B } }$, необходимо и достаточно, чтобы интеграл по любому замкнутому контуру был равен нулю.

Доказательство

Необходимость. Пусть $C=\mathop { AEBFA } \limits^\cup$ - произвольный замкнутый контур, лежащий в области $G$, $\mathbf { \textit { A } }$ и $\mathbf { \textit { B } }$ - произвольные точки этого контура.

Так как, по условию, $\int\limits\_ { \mathop { AEB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } =\int\limits\_ { \mathop { AFB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy }$, то $\int\limits\_ { \mathop { AEB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } = -\int\limits\_ { \mathop { BFA } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } \Rightarrow \int\limits\_ { \mathop { AEB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } +\int\limits\_ { \mathop { BFA } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } =0\Rightarrow \oint\limits\_С { Pdx+Qdy } =0$.

Достаточность. Пусть для любого контура $C\subset G$ выполняется $\oint\limits\_C { Pdx+Qdy } =0$. Пусть $\forall A\in G$, $\forall B\in G$ - произвольные точки, $\mathop { AEB } \limits^\cup$ и $\mathop { AFB } \limits^\cup$ - две различных кривых, соединяющих эти точки. $\mathop { AEBFA } \limits^\cup$ - замкнутый контур, поэтому $\oint\limits\_ { \mathop { AEBFA } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } =0\Rightarrow \oint\limits\_ { \mathop { AEB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } + \quad +\oint\limits\_ { \mathop { BFA } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } =0\Rightarrow \quad \oint\limits\_ { \mathop { AEB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } -\oint\limits\_ { \mathop { AFB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } =0\Rightarrow \\ \int\limits\_ { \mathop { AEB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy } =\int\limits\_ { \mathop { AFB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy }$,

что и требовалось доказать.

Теорема 2

Для того, чтобы интеграл $\oint\limits\_C { Pdx+Qdy }$ по любому контуру $\mathbf { \textit { C } }$ был равен нулю, необходимо и достаточно, чтобы функции $P, Q$ и их частные производные были непрерывны, и выполнялось условие $\frac { \partial Q } { \partial x } =\frac { \partial P } { \partial y }$.

Доказательство

Необходимость. От противного. Пусть для $\forall C\subset G$ выполняется $\oint\limits\_C { Pdx+Qdy } =0$, но существует точка $M\_0 \in G$ такая, что $\left( { \frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y } }\right)(M\_0 )\ne 0$.

Предположим для определённости, что $\left( { \frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y } }\right)(M\_0 )=s>0$. Так как разность $\frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y }$ непрерывна, существует окрестность точки $M\_0$ такая, что $\left( { \frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y } }\right)>s/2$.

Выберем контур $\mathbf { \textit { C } }$, целиком лежащий в этой окрестности. Если $\mathbf { \textit { D } }$ - область ограниченная этим контуром, то, по формуле Грина, $\oint\limits\_С { P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\iint\limits\_D { \left( { \frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y } }\right)dxdy } }$.

Но, по теореме об интегрировании неравенств, $\iint\limits\_D { \left( { \frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y } }\right)dxdy } >\frac { s } { 2 } \cdot S(D)>0$ { $S(D)$ - площадь области $\mathbf { \textit { D } }$ } , т.е. $\oint\limits\_C { Pdx+Qdy } >0$, что противоречит условиям теоремы. Следовательно, в любой точке $M\_0 \in G$ выполняется условие $\frac { \partial Q } { \partial x } =\frac { \partial P } { \partial y }$.

Достаточность. Если в любой точке $M\_0 \in G$ выполняется условие $\frac { \partial Q } { \partial x } =\frac { \partial P } { \partial y }$, то для любого контура $\mathbf { \textit { C } }$

$\oint\limits\_C { P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\iint\limits\_D { \left( { \frac { \partial Q } { \partial x } -\frac { \partial P } { \partial y } }\right)dxdy } } =0$ { $\mathbf { \textit { D } }$ - область ограниченная контуром $\mathbf { \textit { C } }$ } .

Таким образом, для того, чтобы криволинейный интеграл $\int\limits\_ { \mathop { AB } \limits^\cup } { Pdx+Qdy }$ не зависел от формы пути, соединяющего начальную и конечную точки { или, что то же самое, интеграл по любому замкнутому контуру был равен нулю } , требуется выполнение двух условий:

1. Контур и ограниченная им область лежат в некоторой односвязной области, в которой

2. $P, Q$ и их частные производные непрерывны и $\frac { \partial Q } { \partial x } =\frac { \partial P } { \partial y }$.

Отметим существенность первого условия. Так, для интеграла $\int\limits\_ { \mathop { AB } \limits^\cup } { \frac { ydx-xdy } { x^2+y^2 } }$ второе условие выполняется: $\frac { \partial Q } { \partial x } =\frac { \partial P } { \partial y } =\frac { x^2-y^2 } { \left( { x^2+y^2 }\right)^2 }$, в то же время интеграл по окружности радиуса $\mathbf { \textit { R } }$ не равен нулю: $\int\limits\_ { x^2+y^2=R^2 } { \frac { ydx-xdy } { x^2+y^2 } } =\left| { \begin{array} { l } x=R\cos t,;y=R\sin t \\ \quad 0\leqslant t\leqslant 2\pi \\ \end{array} }\right|=-\int\limits\_0^ { 2\pi } { \left( { \sin ^2t+\cos ^2t }\right)dt=- } 2\pi$

Причина - функции $\mathbf { \textit { P } }$ и$\mathbf { \textit { Q } }$ непрерывны всюду, кроме начала координат; удаление точки из плоскости лишает её свойства односвязности.