Логинов Избранные разделы курса Векторный анализ (теория и примеры) 2009

На рис. 2.2 показан график этой кривой в декартовой системе координат.

Рис. 2.2

Воспользуемся формулами для вычисления криволинейного интеграла

31

Пример 2.2. Вычислить интеграл ∫ x2 ds , где γ – окружность

γ

x2 + y 2 + z 2 = a 2 , x+y+z=0.

Решение. Сделаем поворот системы координат на угол 45 градусов вокруг оси Oz. В этом случае, преобразование координат задается формулами

Расположение осей при повороте на угол α показано на рис. 2.3.

Согласно свойству инвариантности интеграла относительно поворотов, будет выполнено равенство:

32

где - окружность u2+v2+w2=a2, 2u + w = 0 . Отметим, что этим поворотом мы «избавились» от одного переменного в уравнении плоскости. Попробуем избавиться таким же способом от второго

можно добиться, сделав поворот осей координат, определяемый отображением

sin β = − 1 . В новых координатах p, q, r уравнение плоскости бу-

3

дет иметь уравнение p = 0 . Подынтегральная функция равна

u 2 − 2uv + v2 = 1 q2 + 2 qr + r 2 . Кривая лежит в плоскости p=0,

3 3

поэтому в качестве параметризации возьмем полярные координаты

33

Пример 2.3. Вычислить интеграл ∫xdy − ydx , где γ представля-

γ

ет собой (рис. 2.4):

1)отрезок γ1=OA, O=(0,0), A=(1,2);

2)параболу γ2 ={y=2x2} , от O до A;

3)два отрезка γ3 + γ4 : по оси Ox и вертикально вверх до точки A.

34

Решение. В первом случае кривая имеет параметризацию:

x = t

, t [0,1], и интеграл будет равен y = 2t

1

∫ xdy − ydx =∫(2t − 2t)dt = 0 .

Во втором случае кривая параметризуется следующим образом: x=t, y=2t2, t [0,1], и можно записать для интеграла

2.3.Формула Грина

2.3.1.Использование формулы Грина для вычисления интегралов

Рассмотрим область D. Границу этой области с положительным направлением обхода обозначим . Пусть в области D задано векторное поле (P, Q) с непрерывными частными производными

∂Q , ∂P . Тогда справедлива формула Грина

ентирован положительно. Рассмотреть два случая: контур не содержит начала координат, контур содержит начало координат.

Решение. Обозначим через D область, ограниченную контуром C. Вычислим частные производные

35

Во втором случае формула Грина не может быть использована, так как поле (P,Q) имеет особенность в начале координат, и эта точка (0,0) попадает в область интегрирования D. Выберем круг с центром в начале координат и достаточно малого радиуса r так, чтобы он содержался в области D. Границу этого круга, ориентированную положительно, обозначим Cr .

Произведем два разреза кусочно-гладкими кривыми, соединяющими какие-либо две точки границы контура C с какими-либо точками окружности Cr (рис. 2.5).

Отметим, что C=C1+C8 , Cr− =C3+C6 , C2= C7− , C4= C5− . Внутри

контуров C1+ C2+ C3+ C4 и C5+ C6+ C7+ C8 особенностей нет и, как было доказано, для этих контуров интеграл будет равен нулю. Поэтому справедливо равенство

= ∫ + ∫ + ∫ + ∫ + ∫ + ∫ + ∫ + ∫ = ∫ + ∫ + ∫ = ∫ − ∫ .

C1 C2 C3 C4 C5 C6 C7 C8 C C3 C6 C Cr

Рис. 2.5

36

Таким образом,

r

Пример 2.5. Вычислить интеграл

∫(sin ye x − my)dx + (cos ye x − m)dy ,

AmB

где AmB – верхняя полуокружность x2+y2=ax , начало – A(a,0), ко-

нец – B(0,0) (рис. 2.6).

Решение. Вычислим частные производные координат векторного поля

∂Q = ∂ (cos ye x − m)= cos ye x , ∂P = ∂ (sin yex − my)= cos yex − m .

∂x ∂x ∂y ∂y

Тогда ∂Q − ∂P = m и для контура интегрирования получается

37

+( f '( y0 + y t)ex0 + x t − m) y)dt = ∫(( f ( y0 + y t)ex0 + x t ) x)dt +

39

2.3.2. Использование формулы Грина для вычисления площадей

Если в качестве функций P, Q взять функции, для которых

∂Q − ∂P ≡ 1, то получится формула для вычисления площади об-

∂x ∂y

ласти, ограниченной кривой γ:

40