Криволинейный интеграл

Криволинейный интеграл 1 рода

Пусть на декартовой плоскости $Oxy$ задана некоторая непрерывная кривая $AB$ , в каждой точке которой определена функция $f\left( x;\ y \right)$ двух независимых переменных $x$ и $y$ . Разобьем заданную дугу на $n$ частей точками ${{A}_{0}}=A$ , ${{A}_{1}},\ {{A}_{2}},...,\ {{A}_{n}}=B$ . На каждой из элементарных дуг ${{A}_{i}}{{A}_{i+1}}$ выберем произвольную точку ${{M}_{i}}\left( {{x}_{i}}\text{;}\ {{y}_{i}} \right)$ и вычислим в ней значение функции $f\left( x;\ y \right)$ : $f\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)$ . Составим сумму произведений значений $f\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)$ на длину $\Delta {{l}_{i}}$ элементарной дуги ${{A}_{i}}{{A}_{i+1}}$ : $S=\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{l}_{i}}}$ . Найдем предел этой суммы при условии, что длина наибольшей из дуг стремится к нулю, а их количество $n\to \infty$ . Если функция $f\left( x;\ y \right)$ непрерывна во всех точках дуги $AB$ , то этот предел существует и не зависит ни от способа разбиения дуги $AB$ на части, ни от выбора точек ${{M}_{i}}\left( {{x}_{i}}\text{;}\ {{y}_{i}} \right)$ на каждой из них:

$\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,S=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{l}_{i}}}$

Предел $\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,S=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{l}_{i}}}$ называется криволинейным интегралом первого рода и обозначается

$\int\limits_{\left( AB \right)}{f\left( x;\ y \right)dl}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{l}_{i}}}$

ЗАМЕЧАНИЕ

Криволинейный интеграл первого рода не зависит от направления обхода кривой $AB$ , то есть

$\int\limits_{\left( AB \right)}{f\left( x;\ y \right)dl}=\int\limits_{\left( BA \right)}{f\left( x;\ y \right)dl}$

Если кривая задана явным уравнением

Если кривая $AB$ задана явным уравнением $y=g\left( x \right),\ x\in \left[ a;\ b \right]$ , то

$\int\limits_{\left( AB \right)}{f\left( x;\ y \right)dl}=\int\limits_{a}^{b}{f\left( x;\ g\left( x \right) \right)\sqrt{1+{{\left[ {g}'\left( x \right) \right]}^{2}}}dx}$

ПРИМЕР 1

Задание

Вычислить криволинейный интеграл первого рода $\int\limits_{AB}{dl}$ , где $AB$ – отрезок прямой от точки $A\left( 0;0 \right)$ до точки $B\left( 1;\ 2 \right)$ .

Решение

Найдем уравнение указанного отрезка как уравнение прямой, проходящей через две заданные точки ( $0\le x\le 1$ ):

$\left( AB \right):\frac{x-0}{1-0}=\frac{y-0}{2-0}\Rightarrow x=\frac{y}{2}\Rightarrow y=2x$

То есть $g\left( x \right)=2x,\ 0\le x\le 1$ . Находим производную функции $g\left( x \right)$ :

${g}'\left( x \right)={{\left( 2x \right)}^{\prime }}=2$

Тогда

$\int\limits_{AB}{dl}=\int\limits_{0}^{1}{\sqrt{1+{{2}^{2}}}dx}=\sqrt{5}\left. \int\limits_{0}^{1}{dx}=\sqrt{5}\cdot x \right|_{0}^{1}=\sqrt{5}$

Ответ

Если кривая задана параметрически

Если кривая $AB$ задана параметрически уравнениями $\left\{ \begin{matrix} x=\phi \left( t \right) \\ y=\psi \left( t \right) \\ z=\xi \left( t \right) \\ \end{matrix} \right. \text{ }\text{ }$ , а параметр $t$ изменяется на этой дуге от ${{t}_{1}}=\alpha$ до ${{t}_{2}}=\beta$ , то криволинейный интеграл первого роду вычисляется по формуле:

$\int\limits_{\left( AB \right)}{f\left( x;\ y;\ z \right)dl}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \phi \left( t \right);\ \psi \left( t \right);\ \xi \left( t \right) \right)\sqrt{{{{{x}'}}^{2}}\left( t \right)+{{{{y}'}}^{2}}\left( t \right)+{{{{z}'}}^{2}}\left( t \right)}dt}$

ПРИМЕР 2

Задание

Вычислить криволинейный интеграл 1 рода $\int\limits_{\left( AB \right)}{\left( 2x+4y-4z+7 \right)dl}$ , где $AB$ – отрезок прямой между точками ${{M}_{1}}\left( 8;\ 9;\ 3 \right)$ и ${{M}_{2}}\left( 6;\ 10;\ 5 \right)$ .

Решение

Составим уравнения прямой ${{M}_{1}}{{M}_{2}}$ :

$\left( {{M}_{1}}{{M}_{2}} \right):\frac{x-6}{8-6}=\frac{y-10}{9-10}=\frac{z-5}{3-5}\Rightarrow \frac{x-6}{2}=\frac{y-10}{-1}=\frac{z-5}{-2}$

Параметризируем эти уравнения:

$\frac{x-6}{2}=\frac{y-10}{-1}=\frac{z-5}{-2}=t\Rightarrow \left( {{M}_{1}}{{M}_{2}} \right):\left\{ \begin{matrix} x=2t+6, \\ y=-t+10, \\ z=-2t+5. \\ \end{matrix} \right.$

Тогда пределы изменения параметра $t$ :

от $2{{t}_{1}}+6=8\Rightarrow {{t}_{1}}=1$ до $2{{t}_{2}}+6=6\Rightarrow {{t}_{2}}=0$ .

То есть $0\le t\le 1$ . Производные функций $x\left( t \right),\ y\left( t \right)$ та $z\left( t \right)$ :

${x}'\left( t \right)={{\left( 2t+6 \right)}^{\prime }}=2, \qquad {y}'\left( t \right)={{\left( -t+10 \right)}^{\prime }}=-1, \qquad {z}'\left( t \right)={{\left( -2t+5 \right)}^{\prime }}=-2$

Тогда

$\int\limits_{\left( AB \right)}{\left( 2x+4y-4z+7 \right)dl}=\int\limits_{0}^{1}{\left( 2\cdot \left( 2t+6 \right)+4\cdot \left( -t+10 \right)-4\cdot \left( -2t+5 \right)+7 \right)}\times$

$\times \sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}dt=\int\limits_{0}^{1}{\left( 4t+12-4t+40+8t-20+7 \right)\cdot \sqrt{9}dt}=$

$=3\int\limits_{0}^{1}{\left( 8t+39 \right)dt}=3\cdot \left. \left( \frac{8{{t}^{2}}}{2}+39t \right) \right|_{0}^{1}=3\cdot \left( 4+39 \right)=129$

Ответ

Если кривая задана в полярной системе координат

Если кривая $AB$ задана в полярной системе координат уравнением $\rho =\rho \left( \phi \right)$ , $\phi \in \left[ \alpha ;\ \beta \right]$ , то криволинейный интеграл первого рода равен

$\int\limits_{\left( AB \right)}{f\left( x;\ y \right)dl}=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{f\left( \rho \cos \phi ;\ \rho \sin \phi \right)\sqrt{{{{{\rho }'}}^{2}}\left( \phi \right)+{{\rho }^{2}}\left( \phi \right)}d\phi }$

ПРИМЕР 3

Задание

Вычислить криволинейный интеграл первого рода $\int\limits_{\left( AB \right)}{\left( x+y \right)dl}$ , где $AB$ – часть лемнискаты $\rho =a\sqrt{\sin 2\phi }$ , которая находится в первом координатном углу.

Решение

Изобразим заданную кривую (рис. 1). Полярный угол $\phi$ изменяется в пределах от 0 до $\frac{\pi }{2}$ . Так как $\rho =a\sqrt{\sin 2\phi }$ , то

${\rho }'={{\left( a\sqrt{\sin 2\phi } \right)}^{\prime }}=\frac{a\cos 2\phi }{\sqrt{\sin 2\phi }}$

а тогда

$\sqrt{{{\rho }^{2}}\left( \phi \right)+{{{{\rho }'}}^{2}}\left( \phi \right)}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{\sin 2\phi } \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\cos 2\phi }{\sqrt{\sin 2\phi }} \right)}^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{\sin 2\phi }}$

Будем иметь:

$\int\limits_{\left( AB \right)}{\left( x+y \right)dl}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \rho \cos \phi +\rho \sin \phi \right)\cdot \frac{ad\phi }{\sqrt{\sin 2\phi }}}=a\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{\rho \left( \cos \phi +\sin \phi \right)d\phi }{\sqrt{\sin 2\phi }}}=$

$=a\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\frac{a\sqrt{\sin 2\phi }\left( \cos \phi +\sin \phi \right)d\phi }{\sqrt{\sin 2\phi }}}={{a}^{2}}\left. \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\left( \cos \phi +\sin \phi \right)d\phi }={{a}^{2}}\left( \sin \phi -\cos \phi \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=2{{a}^{2}}$

Ответ

Криволинейный интеграл 2 роду

Пусть в каждой точке некоторой дуги $AB$ плоской кривой $L$ определена функция $P\left( x;\ y \right)$ двух независимых переменных. Точками ${{A}_{0}}=A;\ {{A}_{1}};\ {{A}_{2}};...\ \text{;}\ {{A}_{n}}=B$ разобьем указанную дугу на $n$ частных дуг, на каждой из которых выберем произвольную точку ${{M}_{i}}\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)$ . Значения функции $P\left( x;\ y \right)$ в выбранных точках – $P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)$ – умножим на величину $\Delta {{x}_{i}}={{x}_{i+1}}-{{x}_{i}}$ , которая является проекцией частной дуги ${{A}_{i}}{{A}_{i+1}}$ на ось абсцисс: $P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{x}_{i}}$ . Если функция $P\left( x;\ y \right)$ непрерывна во всех точках дуги $AB$ , то существует предел суммы всех построенных произведений $\sum\limits_{i=0}^{n-1}{P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{x}_{i}}}$ при $\Delta {{x}_{i}}\to 0$ : $\underset{\Delta {{x}_{i}}\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{x}_{i}}}$ . Этот предел не зависит ни от способа разбиения дуги $AB$ на частные дуги, ни от выбора точек ${{M}_{i}}$ на них.

Предел $\underset{\Delta {{x}_{i}}\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{x}_{i}}}$ называется криволинейным интегралом второго рода от функции $P\left( x;\ y \right)$ по дуге $AB$ и обозначается

$\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx}=\underset{\Delta {{x}_{i}}\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{x}_{i}}}$

Если значения функции $P\left( x;\ y \right)$ в точке ${{M}_{i}}\left( {{x}_{i}}\text{;}{{y}_{i}} \right)$ – $P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)$ – умножить на $\Delta {{y}_{i}}$ , то есть на проекцию элементарной дуги ${{A}_{i}}{{A}_{i+1}}$ на ось ординат, то получим произведение $P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{y}_{i}}$ .

Предел суммы таких произведений при условии, что все $\Delta {{y}_{i}}$ стремятся к нулю, называется криволинейным интегралом 2 рода:

$\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dy}=\underset{\Delta {{y}_{i}}\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{i=0}^{n-1}{P\left( {{x}_{i}};\ {{y}_{i}} \right)\Delta {{y}_{i}}}$

В случае, когда на дуге $AB$ заданы две непрерывные функции $P\left( x;\ y \right)$ и $Q\left( x;\ y \right)$ , то можно рассматривать криволинейные интегралы $\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx}$ и $\int\limits_{\left( AB \right)}{Q\left( x;\ y \right)dy}$ .

Сумму указанных интегралов $\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}$ будем называть криволинейным интегралом второго рода при условии, что оба интеграла $\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx}$ и $\int\limits_{\left( AB \right)}{Q\left( x;\ y \right)dy}$ вычисляются по одному и тому же направлению.

Свойства криволинейного интеграла 2 рода

1. При изменении направления интегрирования криволинейный интеграл второго рода изменяет знак:

$\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}=-\int\limits_{\left( BA \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}$

2. Если точка $C$ – внутренняя точка на дуге $AB$ , то криволинейный интеграл второго рода можно представить в виде следующей суммы:

$\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}=\int\limits_{\left( AC \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}+\int\limits_{\left( CB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}$

Вычисление криволинейного интеграла второго рода сводится к вычислению определенного интеграла.

Если кривая задана явным уравнением

Если кривая $AB$ задана явным уравнением $y=f\left( x \right)$ , $a\le x\le b$ , то криволинейный интеграл второго рода

$\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y \right)dx+Q\left( x;\ y \right)dy}=\int\limits_{a}^{b}{\left[ P\left( x;\ f\left( x \right) \right)+Q\left( x;\ f\left( x \right) \right)\cdot {f}'\left( x \right) \right]dx}$

ПРИМЕР 4

Задание

Вычислить криволинейный интеграл второго рода $I=\int\limits_{\left( L \right)}{{{\left( x-y \right)}^{2}}dx+{{\left( x+y \right)}^{2}}dy}$ , где $L$ – ломаная $OAB$ , причем $O\left( 0;\ 0 \right)$ , $A\left( 2;\ 0 \right)$ , $B\left( 4;\ 2 \right)$ .

Решение

Кривую интегрирования $L$ можно розбити на две части $OA$ и $AB$ (рис. 2), а тогда, согласно свойствам криволинейного интеграла второго рода, имеем:

$I=\int\limits_{\left( OA \right)}{{{\left( x-y \right)}^{2}}dx+{{\left( x+y \right)}^{2}}dy}+\int\limits_{\left( AB \right)}{{{\left( x-y \right)}^{2}}dx+{{\left( x+y \right)}^{2}}dy}$

Уравнение отрезка $OA:\ y=0\ \left( 0\le x\le 2 \right)$ , то есть в этом случае $f\left( x \right)=0$ и ${f}'\left( x \right)=0$ .

Запишем уравнение $AB$ как уравнение прямой, проходящей через две заданные точки:

$\left( AB \right):\frac{x-2}{4-2}=\frac{y-0}{2-0}\Rightarrow \frac{x-2}{2}=\frac{y}{2}\Rightarrow y=x-2$

То есть $AB:\ y=x-2\ \left( 2\le x\le 4 \right)$ . В этом случае $f\left( x \right)=x-2\Rightarrow {f}'\left( x \right)=1$ .

Итак, окончательно имеем:

$I=\int\limits_{0}^{2}{\left[ {{\left( x-0 \right)}^{2}}+{{\left( x+0 \right)}^{2}}\cdot 0 \right]\,dx}+\int\limits_{2}^{4}{\left[ {{\left( x-\left( x-2 \right) \right)}^{2}}+{{\left( x+\left( x-2 \right) \right)}^{2}}\cdot 1 \right]\,dx}=$

$=\int\limits_{0}^{2}{{{x}^{2}}\,dx}+\int\limits_{2}^{4}{\left( 4+{{\left( 2x-2 \right)}^{2}} \right)\,dx}=\left. \frac{{{x}^{3}}}{3} \right|_{0}^{2}+4\int\limits_{2}^{4}{dx}+4\int\limits_{2}^{4}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}dx}=$

$=\frac{{{2}^{3}}}{3}-\left. \frac{{{0}^{3}}}{3}+4x \right|_{2}^{4}+4\cdot \left. \frac{{{\left( x-1 \right)}^{3}}}{3} \right|_{2}^{4}=\frac{8}{3}+4\cdot \left( 4-2 \right)+\frac{4}{3}\cdot \left( {{\left( 4-1 \right)}^{3}}-{{\left( 2-1 \right)}^{3}} \right)=$

$=\frac{8}{3}+8+\frac{4}{3}\cdot \left( 27-1 \right)=\frac{32}{3}+\frac{104}{3}=\frac{136}{3}$

Ответ

$I=\frac{136}{3}$

Если кривая задана параметрически

Если кривая $AB$ задана параметрически $\left( AB \right):\left\{ \begin{matrix} x=\phi \left( t \right) \\ y=\psi \left( t \right) \\ z=\xi \left( t \right) \\ \end{matrix} \right.$ $\text{ } \alpha \le t\le \beta$ , то криволинейный интеграл 2 рода

$\int\limits_{\left( AB \right)}{P\left( x;\ y;\ z \right)dx+Q\left( x;\ y;\ z \right)dy+R\left( x;\ y;\ z \right)dz}=$

$=\int\limits_{\alpha }^{\beta }{\left[ P\left( \phi \left( t \right);\ \psi \left( t \right);\ \xi \left( t \right) \right)\cdot {\phi }'\left( t \right)+Q\left( \phi \left( t \right);\ \psi \left( t \right);\ \xi \left( t \right) \right)\cdot {\psi }'\left( t \right)+R\left( \phi \left( t \right);\ \psi \left( t \right);\ \xi \left( t \right) \right)\cdot {\xi }'\left( t \right) \right]dt}$

ПРИМЕР 5

Задание

Вычислить криволинейный интеграл второго рода $I=\int\limits_{\left( AB \right)}{{{y}^{2}}dx+\left( {{x}^{2}}+z \right)dy+\left( x+y+{{z}^{2}} \right)dz}$ , где $AB$ – отрезок прямой от точки $A\left( 1;\ 0;\ 2 \right)$ до точки $B\left( 3;\ 1;\ 4 \right)$ .

Решение

Запишем параметрические уравнения прямой $AB$ :

$\left( AB \right):\frac{x-1}{3-1}=\frac{y-0}{1-0}=\frac{z-2}{4-2}\Rightarrow \frac{x-1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z-2}{2}=t\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} x=2t+1, \\ y=t, \\ z=2t+2. \\ \end{matrix} \right.$

Тогда, $\phi \left( t \right)=2t+1\Rightarrow {\phi }'\left( t \right)=2$ , $\psi \left( t \right)=t\Rightarrow {\psi }'\left( t \right)=1$ , $\xi \left( t \right)=2t+2\Rightarrow {\xi }'\left( t \right)=2$ . При перемещении от точки $A$ до точки $B$ параметр $t$ изменяется от $t={{y}_{A}}=0$ до $t={{y}_{B}}=1$ .

Тогда искомый интеграл

$I=\int\limits_{0}^{1}{\left[ {{t}^{2}}\cdot 2+\left( {{\left( 2t+1 \right)}^{2}}+2t+2 \right)\cdot 1+\left( 2t+1+t+{{\left( 2t+2 \right)}^{2}} \right)\cdot 2 \right]}\ dt=$

$=\int\limits_{0}^{1}{\left( 2{{t}^{2}}+4{{t}^{2}}+6t+3+8{{t}^{2}}+22t+10 \right)}\ dt=\int\limits_{0}^{1}{\left( 14{{t}^{2}}+28t+13 \right)\,}dt=$

$=\left. \left( \frac{14{{t}^{3}}}{3}+\frac{28{{t}^{2}}}{2}+13t \right) \right|_{0}^{1}=\frac{14}{3}+14+13=\frac{95}{3}$

Ответ

$I=\frac{95}{3}$

Понравился сайт? Расскажи друзьям!