8. Криволинейные интегралы

Интеграл не по отрезку, а по кривой. Первого рода — «сколько весит проволока» (длина, масса, центр масс), второго рода — «какую работу совершит сила на этом пути». Плюс независимость от пути, восстановление функции по полному дифференциалу и формула Грина, которая заменяет обход контура двойным интегралом.

ДЗ3 из РПД целиком про эту главузадание 4 примера КР2РГР: задания 3, 4, 5cвопросы экзамена №25–26, 35–39

Где это в курсе

По РПД длина кривой и интеграл 1 рода (темы 2.8–2.10) относятся к разделу «Кратные интегралы», а интеграл 2 рода, восстановление функции и теорема Грина (темы 3.4–3.6) — к «Теории поля». Что известно по контрольным точкам из РПД:

Даты КР2 и сдачи РГР в источниках нет.

Что нужно из прошлого: определённый интеграл и замена переменной, $\sin^2$ и $\cos^2$ через двойной угол, полярные координаты $x = r\cos\varphi$, $y = r\sin\varphi$, двойной интеграл (глава 6) — для формулы Грина, полный дифференциал $du = u'_x\,dx + u'_y\,dy$ (глава 2).

1. Кривые и длина дуги

вопрос экзамена №25

Как задают кривую

СпособЗаписьПример
Явно$y = f(x)$, $a \le x \le b$парабола $y = x^2$, цепная линия $y = \ch x$
Параметрически (на плоскости)$x = x(t)$, $y = y(t)$, $\alpha \le t \le \beta$окружность $x = R\cos t$, $y = R\sin t$; астроида; циклоида
В полярных координатах$r = r(\varphi)$, $\varphi_1 \le \varphi \le \varphi_2$кардиоида $r = a(1+\cos\varphi)$
Параметрически в пространстве$x = x(t)$, $y = y(t)$, $z = z(t)$винтовая линия $x = a\cos t$, $y = a\sin t$, $z = bt$

Явное задание — частный случай параметрического с $t = x$; полярное — тоже: $x = r(\varphi)\cos\varphi$, $y = r(\varphi)\sin\varphi$ с параметром $\varphi$. Поэтому все формулы ниже выводятся из одной.

Кривая гладкая, если производные $x'(t)$, $y'(t)$ (и $z'(t)$) непрерывны и не обращаются в ноль одновременно; кусочно-гладкая — если состоит из конечного числа гладких кусков (контур треугольника, ломаная).

Длина дуги и её дифференциал

Определение

Впишем в кривую ломаную с вершинами на кривой. Длина кривой $L$ — предел длин вписанных ломаных, когда длина самого большого звена стремится к нулю (если этот предел конечен, кривая называется спрямляемой).

Маленький кусочек гладкой кривой почти совпадает со своей хордой, а хорда — гипотенуза треугольника с катетами $dx$ и $dy$. Отсюда дифференциал дуги:

$$dl^2 = dx^2 + dy^2 \quad (+\,dz^2 \text{ в пространстве}).$$ dx dy dl кривая

Делим на $dt^2$ и извлекаем корень — получаем формулы для всех способов задания.

Формулы дифференциала дуги и длины
Кривая$dl$Длина $L = \int dl$
$y = f(x)$, $a \le x \le b$$\sqrt{1 + (y')^2}\,dx$$\displaystyle\int_a^b \sqrt{1 + (f'(x))^2}\,dx$
$x = x(t)$, $y = y(t)$$\sqrt{x'^2 + y'^2}\,dt$$\displaystyle\int_\alpha^\beta \sqrt{x'^2(t) + y'^2(t)}\,dt$
$r = r(\varphi)$$\sqrt{r^2 + r'^2}\,d\varphi$$\displaystyle\int_{\varphi_1}^{\varphi_2} \sqrt{r^2(\varphi) + r'^2(\varphi)}\,d\varphi$
$x(t)$, $y(t)$, $z(t)$$\sqrt{x'^2 + y'^2 + z'^2}\,dt$$\displaystyle\int_\alpha^\beta \sqrt{x'^2 + y'^2 + z'^2}\,dt$

Нижний предел всегда меньше верхнего: длина положительна.

Откуда полярная формула

$x = r\cos\varphi$, $y = r\sin\varphi$, где $r = r(\varphi)$. Тогда $x' = r'\cos\varphi - r\sin\varphi$, $y' = r'\sin\varphi + r\cos\varphi$, и

$$x'^2 + y'^2 = r'^2(\cos^2\varphi + \sin^2\varphi) + r^2(\sin^2\varphi + \cos^2\varphi) + 2rr'(-\cos\varphi\sin\varphi + \sin\varphi\cos\varphi) = r^2 + r'^2.$$

Смысл: при сдвиге на $d\varphi$ точка смещается на $r\,d\varphi$ по дуге окружности и на $dr$ вдоль радиуса, эти смещения перпендикулярны.

Корень из квадрата — это модуль

Часто под корнем получается полный квадрат: $\sqrt{9a^2\sin^2t\cos^2t} = 3a|\sin t\cos t|$, а не $3a\sin t\cos t$. Если забыть модуль, по всей астроиде получится $0$ вместо $6a$. Выход: считать по куску, где выражение под модулем не меняет знак, и умножать на число одинаковых кусков (симметрия).

Пример 1 (явно)

Найти длину дуги цепной линии $y = \ch x$ от $x = 0$ до $x = 1$.

Решение

$y' = \sh x$, $1 + \sh^2 x = \ch^2 x$ (основное тождество $\ch^2 - \sh^2 = 1$), $\ch x > 0$, поэтому $dl = \ch x\,dx$.

$$L = \int_0^1 \ch x\,dx = \sh 1 = \frac{e - e^{-1}}{2} \approx 1{,}175.$$
Пример 2 (явно, интеграл посложнее)

Найти длину дуги параболы $y = \frac{x^2}{2}$ от $x = 0$ до $x = 1$.

Решение

$y' = x$, $dl = \sqrt{1 + x^2}\,dx$. Табличный (через интегрирование по частям) интеграл:

$$\int \sqrt{x^2 + A}\,dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + A} + \frac{A}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 + A}\right| + C.$$

При $A = 1$:

$$L = \left[\frac{x}{2}\sqrt{1 + x^2} + \frac12\ln\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right)\right]_0^1 = \frac{\sqrt2}{2} + \frac{\ln(1 + \sqrt2)}{2} \approx 1{,}148.$$

Сравни с хордой от $(0,0)$ до $(1,\frac12)$: её длина $\frac{\sqrt5}{2} \approx 1{,}118$ — дуга чуть длиннее, как и должно быть.

Пример 3 (параметрически)

Найти длину астроиды $x = a\cos^3 t$, $y = a\sin^3 t$, $0 \le t \le 2\pi$.

Решение

$x' = -3a\cos^2t\sin t$, $y' = 3a\sin^2t\cos t$.

$$x'^2 + y'^2 = 9a^2\sin^2t\cos^2t(\cos^2t + \sin^2t) = 9a^2\sin^2t\cos^2t,\qquad dl = 3a|\sin t\cos t|\,dt.$$

Астроида симметрична относительно обеих осей, считаем четверть ($0 \le t \le \frac\pi2$, там модуль снимается) и умножаем на 4:

$$L = 4\int_0^{\pi/2} 3a\sin t\cos t\,dt = 12a\left[\frac{\sin^2t}{2}\right]_0^{\pi/2} = 6a.$$
Пример 4 (полярные координаты)

Найти длину кардиоиды $r = a(1 + \cos\varphi)$.

Решение

$r' = -a\sin\varphi$.

$$r^2 + r'^2 = a^2(1 + 2\cos\varphi + \cos^2\varphi + \sin^2\varphi) = 2a^2(1 + \cos\varphi) = 4a^2\cos^2\frac\varphi2.$$

$dl = 2a\left|\cos\frac\varphi2\right|d\varphi$. Кривая симметрична относительно $Ox$: берём верхнюю половину $0 \le \varphi \le \pi$, где $\cos\frac\varphi2 \ge 0$, и удваиваем:

$$L = 2\int_0^\pi 2a\cos\frac\varphi2\,d\varphi = 8a\left[\sin\frac\varphi2\right]_0^\pi = 8a.$$
Пример 5 (пространственная кривая)

Найти длину одного витка винтовой линии $x = a\cos t$, $y = a\sin t$, $z = bt$, $0 \le t \le 2\pi$.

Решение

$x'^2 + y'^2 + z'^2 = a^2\sin^2t + a^2\cos^2t + b^2 = a^2 + b^2$, $dl = \sqrt{a^2 + b^2}\,dt$ — постоянный.

$$L = \int_0^{2\pi}\sqrt{a^2 + b^2}\,dt = 2\pi\sqrt{a^2 + b^2}.$$

Проверка без интегралов: разрежь цилиндр вдоль образующей и разверни. Виток станет гипотенузой прямоугольного треугольника с катетами $2\pi a$ (длина окружности) и $2\pi b$ (шаг винта).

Окружность задана в полярных координатах: $r = 2$. Чему равен $dl$?
$r' = 0$, поэтому $dl = \sqrt{r^2 + 0}\,d\varphi = 2\,d\varphi$. Длина окружности: $\int_0^{2\pi} 2\,d\varphi = 4\pi$.

2. Криволинейный интеграл первого рода

вопрос экзамена №26пример практики 2 в РПДДЗ3 №1, №4

Идея: масса проволоки

Проволока изогнута по кривой $L$, плотность (масса на единицу длины) меняется от точки к точке: $\rho(x,y)$. Разрежем проволоку на маленькие кусочки длиной $\Delta l_i$. На кусочке плотность почти постоянна, масса кусочка $\approx \rho(M_i)\,\Delta l_i$. Складываем и измельчаем — получаем интеграл.

Геометрически: если $f \ge 0$, то $\int_L f\,dl$ — площадь «забора», который стоит на кривой $L$ и имеет высоту $f(x,y)$ в каждой точке.

Определение

Пусть функция $f(x,y)$ задана на спрямляемой кривой $L$. Разобьём $L$ точками на дуги длины $\Delta l_1, \ldots, \Delta l_n$, на каждой дуге возьмём точку $M_i$ и составим сумму $\sum_{i=1}^n f(M_i)\,\Delta l_i$. Если при $\max \Delta l_i \to 0$ суммы имеют предел, не зависящий от разбиения и выбора точек, он называется криволинейным интегралом первого рода:

$$\int_L f(x,y)\,dl = \lim_{\max\Delta l_i \to 0}\sum_{i=1}^n f(M_i)\,\Delta l_i.$$

Другие обозначения того же: $\int_L f\,ds$, $\int_L f\,dS$ (так в примере практики из РПД). Для непрерывной $f$ на кусочно-гладкой кривой интеграл существует.

Сведение к определённому интегралу

Подставляем уравнение кривой в $f$ и заменяем $dl$ по таблице из раздела 1:

$$\int_L f\,dl = \int_a^b f\big(x, y(x)\big)\sqrt{1 + y'^2}\,dx \qquad (y = y(x)),$$ $$\int_L f\,dl = \int_\alpha^\beta f\big(x(t), y(t)\big)\sqrt{x'^2 + y'^2}\,dt \qquad (\text{параметрически}),$$ $$\int_L f\,dl = \int_{\varphi_1}^{\varphi_2} f(r\cos\varphi, r\sin\varphi)\sqrt{r^2 + r'^2}\,d\varphi \qquad (r = r(\varphi)),$$ $$\int_L f\,dl = \int_\alpha^\beta f\big(x(t), y(t), z(t)\big)\sqrt{x'^2 + y'^2 + z'^2}\,dt \qquad (\text{в пространстве}).$$

Везде нижний предел меньше верхнего.

Свойства

Приложения

Масса, моменты, центр масс

Для материальной кривой $L$ с линейной плотностью $\rho(x,y)$:

ВеличинаФормула
масса$M = \int_L \rho\,dl$
статические моменты относительно осей $Ox$ и $Oy$$M_x = \int_L y\,\rho\,dl$, $\quad M_y = \int_L x\,\rho\,dl$
центр масс$x_c = \dfrac{M_y}{M}$, $\quad y_c = \dfrac{M_x}{M}$
моменты инерции$I_x = \int_L y^2\rho\,dl$, $\quad I_y = \int_L x^2\rho\,dl$, $\quad I_O = \int_L (x^2 + y^2)\rho\,dl$

Для пространственной кривой — то же с тремя координатами: $x_c = \frac1M\int_L x\rho\,dl$ и т. д. Обрати внимание: $M_x$ (момент относительно оси $Ox$) содержит $y$ — расстояние до оси $Ox$.

Алгоритм
  1. Записать кривую параметрически (или явно) и найти пределы параметра.
  2. Найти $dl$, упростить корень, следить за модулем.
  3. Подставить параметризацию в подынтегральную функцию.
  4. Посчитать определённый интеграл от меньшего предела к большему.
Пример 6 из примера практики 2 в РПД, №1

Вычислить $\int_L (x - y)\,dS$, где $L$ — отрезок прямой от $A(0;0)$ до $B(4;3)$.

Решение

Параметризация отрезка $AB$: $\vec r = A + t(B - A)$, то есть $x = 4t$, $y = 3t$, $0 \le t \le 1$. $dl = \sqrt{16 + 9}\,dt = 5\,dt$ (это длина отрезка, умноженная на $dt$).

$$\int_L (x - y)\,dl = \int_0^1 (4t - 3t)\cdot 5\,dt = 5\cdot\frac12 = \frac52.$$

Через явное задание: $y = \frac34x$, $dl = \sqrt{1 + \frac9{16}}\,dx = \frac54\,dx$, $\int_0^4 \frac x4\cdot\frac54\,dx = \frac{5}{16}\cdot 8 = \frac52$ — то же.

Пример 7 из примера практики 2 в РПД, №2

Найти массу дуги $x = t$, $y = \frac{t^2}{2}$, $z = \frac{t^3}{3}$, $0 \le t \le 1$, с линейной плотностью $\rho = \sqrt{2y}$.

Решение

$x' = 1$, $y' = t$, $z' = t^2$, $dl = \sqrt{1 + t^2 + t^4}\,dt$. Плотность на кривой: $\rho = \sqrt{t^2} = t$ (при $t \ge 0$).

$$M = \int_0^1 t\sqrt{1 + t^2 + t^4}\,dt.$$

Замена $u = t^2$, $du = 2t\,dt$: $M = \frac12\int_0^1\sqrt{u^2 + u + 1}\,du$. Выделяем полный квадрат: $u^2 + u + 1 = \left(u + \frac12\right)^2 + \frac34$, и $s = u + \frac12$ меняется от $\frac12$ до $\frac32$:

$$M = \frac12\int_{1/2}^{3/2}\sqrt{s^2 + \tfrac34}\,ds.$$

По формуле из примера 2 с $A = \frac34$: при $s = \frac32$ корень равен $\sqrt3$, при $s = \frac12$ — $1$.

$$\int_{1/2}^{3/2}\sqrt{s^2 + \tfrac34}\,ds = \left(\frac{3\sqrt3}{4} + \frac38\ln\Big(\frac32 + \sqrt3\Big)\right) - \left(\frac14 + \frac38\ln\frac32\right) = \frac{3\sqrt3 - 1}{4} + \frac38\ln\Big(1 + \frac{2}{\sqrt3}\Big).$$ $$M = \frac{3\sqrt3 - 1}{8} + \frac{3}{16}\ln\Big(1 + \frac{2}{\sqrt3}\Big) \approx 0{,}668.$$
Пример 8 из примера практики 2 в РПД, №3

Найти массу всей астроиды $x = a\cos^3t$, $y = a\sin^3t$, если $\rho(x,y) = |xy|$.

Решение

Из примера 3: $dl = 3a|\sin t\cos t|\,dt$. Плотность: $|xy| = a^2|\cos^3t\sin^3t|$. Подынтегральное выражение $3a^3\sin^4t\cos^4t$ одинаково во всех четвертях, поэтому

$$M = 4\int_0^{\pi/2} 3a^3\sin^4t\cos^4t\,dt = 12a^3\int_0^{\pi/2}\left(\frac{\sin 2t}{2}\right)^4dt = \frac{3a^3}{4}\int_0^{\pi/2}\sin^4 2t\,dt.$$

Понижаем степень: $\sin^4\theta = \left(\frac{1 - \cos2\theta}{2}\right)^2 = \frac{3 - 4\cos2\theta + \cos4\theta}{8}$. Косинусы $\cos 4t$ и $\cos 8t$ на $[0, \frac\pi2]$ интегрируются в ноль, остаётся $\int_0^{\pi/2}\sin^4 2t\,dt = \frac38\cdot\frac\pi2 = \frac{3\pi}{16}$.

$$M = \frac{3a^3}{4}\cdot\frac{3\pi}{16} = \frac{9\pi a^3}{64}.$$
Пример 9 из примера практики 2 в РПД, №4

Найти массу всей кардиоиды $r = a(1 + \cos\varphi)$, если $\rho(P) = k\sqrt r$ ($r$ — расстояние от точки $P$ до полюса).

Решение

Из примера 4: $dl = 2a\left|\cos\frac\varphi2\right|d\varphi$. Удобно взять $-\pi \le \varphi \le \pi$: там $\cos\frac\varphi2 \ge 0$ и модули снимаются. Ещё $r = a(1 + \cos\varphi) = 2a\cos^2\frac\varphi2$, значит $\sqrt r = \sqrt{2a}\cos\frac\varphi2$.

$$M = \int_{-\pi}^{\pi} k\sqrt{2a}\cos\frac\varphi2\cdot 2a\cos\frac\varphi2\,d\varphi = 2\sqrt2\,k\,a^{3/2}\int_{-\pi}^{\pi}\cos^2\frac\varphi2\,d\varphi.$$

$\int_{-\pi}^{\pi}\cos^2\frac\varphi2\,d\varphi = \int_{-\pi}^{\pi}\frac{1 + \cos\varphi}{2}\,d\varphi = \pi$.

$$M = 2\sqrt2\,\pi k a^{3/2}.$$
Пример 10 из примера практики 2 в РПД, №5

Вычислить $\int_L \frac{dS}{x^2 + y^2 + z^2}$, где $L$ — первый виток винтовой линии $x = a\cos t$, $y = a\sin t$, $z = bt$.

Решение

Первый виток: $0 \le t \le 2\pi$. Из примера 5 $dl = \sqrt{a^2 + b^2}\,dt$. На кривой $x^2 + y^2 + z^2 = a^2 + b^2t^2$.

$$\int_L \frac{dl}{x^2 + y^2 + z^2} = \sqrt{a^2 + b^2}\int_0^{2\pi}\frac{dt}{a^2 + b^2t^2} = \sqrt{a^2 + b^2}\cdot\frac{1}{ab}\arctg\frac{bt}{a}\bigg|_0^{2\pi} = \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{ab}\arctg\frac{2\pi b}{a}.$$

Табличный интеграл: $\int\frac{dt}{a^2 + b^2t^2} = \frac{1}{ab}\arctg\frac{bt}{a} + C$ (замена $s = bt$).

Пример 11 из ДЗ3 в РПД, №1

Вычислить $\int_\Gamma y\,ds$, где $\Gamma$ — арка циклоиды $x = a(t - \sin t)$, $y = a(1 - \cos t)$, $0 \le t \le 2\pi$. (В картинке ДЗ стоит знак двойного интеграла, это опечатка: интеграл по кривой одинарный.)

Решение

$x' = a(1 - \cos t)$, $y' = a\sin t$.

$$x'^2 + y'^2 = a^2(1 - 2\cos t + \cos^2t + \sin^2t) = 2a^2(1 - \cos t) = 4a^2\sin^2\frac t2.$$

На $[0, 2\pi]$ $\sin\frac t2 \ge 0$, поэтому $ds = 2a\sin\frac t2\,dt$. И $y = a(1 - \cos t) = 2a\sin^2\frac t2$.

$$\int_\Gamma y\,ds = \int_0^{2\pi} 2a\sin^2\frac t2\cdot 2a\sin\frac t2\,dt = 4a^2\int_0^{2\pi}\sin^3\frac t2\,dt = [u = \tfrac t2] = 8a^2\int_0^\pi \sin^3u\,du.$$

$\int_0^\pi\sin^3u\,du = \int_0^\pi(1 - \cos^2u)\sin u\,du = \left[-\cos u + \frac{\cos^3u}{3}\right]_0^\pi = \frac43$.

$$\int_\Gamma y\,ds = \frac{32a^2}{3}.$$
Пример 12 из ДЗ3 в РПД, №4

Найти длину дуги пространственной кривой $x = t\cos(t^2)$, $y = t\sin(t^2)$, $z = t^2$, $0 \le t \le \sqrt{2\pi}$.

Решение

Длина — это интеграл 1 рода от $f = 1$. Производные (сложная функция!):

$$x' = \cos t^2 - 2t^2\sin t^2,\qquad y' = \sin t^2 + 2t^2\cos t^2,\qquad z' = 2t.$$

При сложении квадратов $x'^2 + y'^2$ перекрёстные слагаемые $\mp 4t^2\sin t^2\cos t^2$ сокращаются, остаётся $1 + 4t^4$. Вместе с $z'^2 = 4t^2$:

$$x'^2 + y'^2 + z'^2 = 1 + 4t^2 + 4t^4 = (1 + 2t^2)^2,\qquad dl = (1 + 2t^2)\,dt.$$ $$L = \int_0^{\sqrt{2\pi}}(1 + 2t^2)\,dt = \sqrt{2\pi} + \frac23(2\pi)^{3/2} = \sqrt{2\pi}\left(1 + \frac{4\pi}{3}\right) \approx 13{,}01.$$
Пример 13 (центр масс)

Найти центр масс однородной полуокружности $x^2 + y^2 = R^2$, $y \ge 0$.

Решение

Плотность постоянна, её можно взять равной 1 (она сокращается). Параметризация $x = R\cos t$, $y = R\sin t$, $0 \le t \le \pi$, $dl = R\,dt$. Масса $M = \pi R$ (длина).

По симметрии $x_c = 0$. $M_x = \int_L y\,dl = \int_0^\pi R\sin t\cdot R\,dt = 2R^2$.

$$y_c = \frac{M_x}{M} = \frac{2R^2}{\pi R} = \frac{2R}{\pi} \approx 0{,}64R.$$

Центр масс дуги лежит не на дуге, а внутри, ближе к ней, чем центр масс полукруга ($\frac{4R}{3\pi} \approx 0{,}42R$): у полукруга масса распределена по всей площади, а не только по краю.

Интеграл $\int_L f\,dl$ по дуге от $A$ до $B$ равен 7. Чему равен интеграл по той же дуге от $B$ до $A$?
Интеграл 1 рода не зависит от направления: в суммах стоят длины $\Delta l_i > 0$. Знак меняется только у интеграла 2 рода.

3. Криволинейный интеграл второго рода

вопрос экзамена №35вопрос экзамена №36ДЗ3 №2, №5

Идея: работа силы вдоль пути

Точка движется по кривой от $A$ к $B$ в силовом поле $\vec F = (P(x,y), Q(x,y))$. На маленьком шаге $\Delta\vec r_i = (\Delta x_i, \Delta y_i)$ сила почти постоянна, работа на шаге — скалярное произведение:

$$\Delta A_i \approx \vec F(M_i)\cdot\Delta\vec r_i = P(M_i)\,\Delta x_i + Q(M_i)\,\Delta y_i.$$

Работает только касательная к пути составляющая силы: если сила перпендикулярна пути, работа нулевая. И главное отличие от 1 рода: $\Delta x_i$, $\Delta y_i$ — это проекции шага со знаком. Пошли в обратную сторону — все они сменили знак, интеграл тоже.

Определение

Пусть $L$ — кривая от точки $A$ до точки $B$ (ориентированная), $P$, $Q$ заданы на ней. Разобьём $L$ точками $A = M_0, M_1, \ldots, M_n = B$ (по порядку обхода), $\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$, $\Delta y_i = y_i - y_{i-1}$, на каждой дуге выберем точку $N_i$. Предел сумм

$$\int_{AB} P\,dx + Q\,dy = \lim_{\max\Delta l_i \to 0}\sum_{i=1}^n\Big(P(N_i)\,\Delta x_i + Q(N_i)\,\Delta y_i\Big)$$

называется криволинейным интегралом второго рода. В векторной записи $\int_L \vec F\cdot d\vec r$. В пространстве добавляется $R\,dz$: $\int_L P\,dx + Q\,dy + R\,dz$.

Существование: если кривая кусочно-гладкая, а $P$, $Q$ ($R$) непрерывны на ней, интеграл существует и считается по формуле ниже.

Интеграл по замкнутой кривой (контуру) обозначают $\oint_L$ и называют циркуляцией поля по контуру. Положительное направление обхода на плоскости — против часовой стрелки.

Вычисление

Если $L$: $x = x(t)$, $y = y(t)$, причём $t = t_A$ соответствует началу $A$, а $t = t_B$ — концу $B$, то

$$\int_{AB} P\,dx + Q\,dy = \int_{t_A}^{t_B}\Big(P\big(x(t), y(t)\big)\,x'(t) + Q\big(x(t), y(t)\big)\,y'(t)\Big)\,dt.$$

Если $L$: $y = y(x)$, $x$ от $x_A$ до $x_B$:

$$\int_{AB} P\,dx + Q\,dy = \int_{x_A}^{x_B}\Big(P\big(x, y(x)\big) + Q\big(x, y(x)\big)\,y'(x)\Big)\,dx.$$

В пространстве: $\int_{t_A}^{t_B}\big(Px' + Qy' + Rz'\big)\,dt$.

Пределы — от начала к концу, даже если $t_A > t_B$. Это отличие от 1 рода.

Свойства

Связь с интегралом первого рода

Связь интегралов 1 и 2 рода вопрос экзамена №36

Пусть $\vec\tau = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma)$ — единичный касательный вектор к $L$, направленный по направлению обхода. Тогда $dx = \cos\alpha\,dl$, $dy = \cos\beta\,dl$, $dz = \cos\gamma\,dl$ и

$$\int_L P\,dx + Q\,dy + R\,dz = \int_L\big(P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma\big)\,dl = \int_L (\vec F, \vec\tau)\,dl.$$

Справа интеграл 1 рода от проекции силы на касательную. Работа силового поля: $A = \int_L (\vec F, \vec\tau)\,dl = \int_L \vec F\cdot d\vec r$.

Откуда: при параметризации $d\vec r = (x', y', z')\,dt$, а $dl = |\vec r\,'|\,dt$; значит $\frac{d\vec r}{dl} = \frac{\vec r\,'}{|\vec r\,'|} = \vec\tau$.

Эта формула объясняет разницу в свойствах: при смене направления $\vec\tau \to -\vec\tau$, подынтегральная функция справа меняет знак. А в 1 роде функция от направления не зависит.

Алгоритм (2 род)
  1. Понять, откуда и куда идём. Записать параметризацию и найти $t_A$ (начало) и $t_B$ (конец).
  2. Выразить $dx = x'\,dt$, $dy = y'\,dt$ (и $dz$).
  3. Подставить всё в $P\,dx + Q\,dy$ и интегрировать от $t_A$ до $t_B$.
  4. Ломаная или контур — по кускам, потом сложить.

Работа по разным путям между одними и теми же точками

Берём поле вращения $\vec F = (-y, x)$ (стрелки идут по окружностям вокруг начала координат против часовой стрелки) и считаем работу от $O(0,0)$ до $B(1,1)$ по трём путям.

Пример 14 (по прямой)

Вычислить $\int_L -y\,dx + x\,dy$ по отрезку $y = x$ от $O(0,0)$ до $B(1,1)$.

Решение

$y = x$, $dy = dx$, $x$ от 0 до 1:

$$\int_0^1(-x + x)\,dx = 0.$$

Смысл: на луче из начала координат поле $(-y, x)$ перпендикулярно радиусу $(x, y)$, то есть перпендикулярно пути. Работы нет.

Пример 15 (по параболе)

То же по параболе $y = x^2$ от $O(0,0)$ до $B(1,1)$.

Решение

$y = x^2$, $dy = 2x\,dx$:

$$\int_0^1\big(-x^2 + x\cdot 2x\big)\,dx = \int_0^1 x^2\,dx = \frac13.$$
Пример 16 (по ломаной)

То же по ломаной $O(0,0) \to C(1,0) \to B(1,1)$.

Решение

Звено $OC$: $y = 0$, $dy = 0$, $x$ от 0 до 1: $\int_0^1(-0)\,dx = 0$.

Звено $CB$: $x = 1$, $dx = 0$, $y$ от 0 до 1: $\int_0^1 1\,dy = 1$.

Сумма: $0 + 1 = 1$.

Итог по трём путям: $0$, $\frac13$, $1$. Работа поля $(-y, x)$ зависит от пути.

Пример 17 (работа совпадает по всем путям)

Вычислить $\int_L 2xy\,dx + x^2\,dy$ от $O(0,0)$ до $B(1,1)$ по тем же трём путям.

Решение

По прямой $y = x$: $\int_0^1(2x^2 + x^2)\,dx = 1$.

По параболе $y = x^2$, $dy = 2x\,dx$: $\int_0^1(2x\cdot x^2 + x^2\cdot 2x)\,dx = \int_0^1 4x^3\,dx = 1$.

По ломаной: на $OC$ $y = 0$, $dy = 0$, получаем 0; на $CB$ $x = 1$, $dx = 0$: $\int_0^1 1\,dy = 1$. Сумма 1.

Везде 1. Причина: $2xy\,dx + x^2\,dy = d(x^2y)$ — полный дифференциал, и интеграл равен $x^2y\big|_O^B = 1 - 0$ (раздел 4).

Пример 18 (обратное направление)

Вычислить $\int_L -y\,dx + x\,dy$ по параболе $y = x^2$ от $B(1,1)$ до $O(0,0)$.

Решение

Та же кривая, что в примере 15, но $x$ меняется от 1 до 0. Пределы ставим от начала к концу:

$$\int_1^0 x^2\,dx = -\frac13.$$

Знак сменился. Если бы мы по привычке из 1 рода поставили пределы от 0 до 1, получили бы неверный ответ $+\frac13$.

Пример 19 из ДЗ3 в РПД, №2

Вычислить $\int_\Gamma 2xy\,dx + x^2\,dy$, где $\Gamma$ — дуга параболы $y = \frac{x^2}{4}$, $0 \le x \le 2$. (Направление в условии не указано; считаем от $x = 0$ к $x = 2$.)

Решение

$y = \frac{x^2}{4}$, $dy = \frac x2\,dx$:

$$\int_0^2\left(2x\cdot\frac{x^2}{4} + x^2\cdot\frac x2\right)dx = \int_0^2 x^3\,dx = 4.$$

Проверка через полный дифференциал (пример 17): $x^2y\big|_{(0,0)}^{(2,1)} = 4$. В обратном направлении было бы $-4$.

Пример 20 (циркуляция по окружности)

Вычислить $\oint_L -y\,dx + x\,dy$ по окружности $x^2 + y^2 = R^2$ против часовой стрелки.

Решение

$x = R\cos t$, $y = R\sin t$, $t$ от 0 до $2\pi$ (рост $t$ — это обход против часовой). $dx = -R\sin t\,dt$, $dy = R\cos t\,dt$:

$$\oint_L = \int_0^{2\pi}\big(R^2\sin^2t + R^2\cos^2t\big)\,dt = 2\pi R^2.$$

Циркуляция не ноль: поле «закручено» вдоль окружности, на всём пути работает в одну сторону. По часовой стрелке было бы $-2\pi R^2$.

Пример 21 (в пространстве)

Найти работу поля $\vec F = (y, z, x)$ вдоль витка винтовой линии $x = a\cos t$, $y = a\sin t$, $z = bt$ от $t = 0$ до $t = 2\pi$.

Решение

$dx = -a\sin t\,dt$, $dy = a\cos t\,dt$, $dz = b\,dt$.

$$A = \int_0^{2\pi}\big(a\sin t\cdot(-a\sin t) + bt\cdot a\cos t + a\cos t\cdot b\big)\,dt.$$

По слагаемым: $-a^2\int_0^{2\pi}\sin^2t\,dt = -\pi a^2$; $ab\int_0^{2\pi}t\cos t\,dt = ab\big[t\sin t + \cos t\big]_0^{2\pi} = 0$; $ab\int_0^{2\pi}\cos t\,dt = 0$.

$$A = -\pi a^2.$$
Пример 22 из ДЗ3 в РПД, №5

Найти работу поля $\vec F = 2xy\,\vec i + y^2\vec j - x^2\vec k$ вдоль дуги кривой $x^2 + y^2 - 2z^2 = 2a^2$, $y = x$ от точки $A(a, a, 0)$ до точки $B(a\sqrt2, a\sqrt2, a)$.

Решение

Параметризация. На плоскости $y = x$ уравнение поверхности даёт $2x^2 - 2z^2 = 2a^2$, то есть $x^2 = a^2 + z^2$. На дуге $x > 0$ (в точке $A$ $x = a$), поэтому удобно взять параметр $z$:

$$x = y = \sqrt{a^2 + z^2},\qquad z \text{ от } 0 \text{ до } a.$$

Проверка концов: $z = 0$ даёт $(a, a, 0) = A$, $z = a$ даёт $(a\sqrt2, a\sqrt2, a) = B$.

Работа. На кривой $y = x$, $dy = dx$:

$$\vec F\cdot d\vec r = 2xy\,dx + y^2\,dy - x^2\,dz = 2x^2\,dx + x^2\,dx - x^2\,dz = 3x^2\,dx - x^2\,dz.$$

Первое слагаемое удобнее интегрировать по $x$ (от $a$ до $a\sqrt2$), второе — по $z$:

$$\int 3x^2\,dx = x^3\Big|_a^{a\sqrt2} = 2\sqrt2\,a^3 - a^3,\qquad \int_0^a(a^2 + z^2)\,dz = a^3 + \frac{a^3}{3} = \frac{4a^3}{3}.$$ $$A = 2\sqrt2\,a^3 - a^3 - \frac{4a^3}{3} = \left(2\sqrt2 - \frac73\right)a^3 = \frac{(6\sqrt2 - 7)\,a^3}{3} \approx 0{,}495\,a^3.$$

Короткого пути через потенциал здесь нет: поле не потенциально (пример 29).

Пример 23 (через интеграл 1 рода)

Вычислить $\int_L y\,dx + x\,dy$ по отрезку от $O(0,0)$ до $D(3,4)$ двумя способами: через параметризацию и через формулу связи с 1 родом.

Решение

Параметризация: $x = 3t$, $y = 4t$, $t$ от 0 до 1: $\int_0^1(4t\cdot 3 + 3t\cdot 4)\,dt = 24\cdot\frac12 = 12$.

Через 1 род: касательная по направлению обхода $\vec\tau = \frac{(3,4)}{5}$, $\cos\alpha = \frac35$, $\cos\beta = \frac45$. Натуральный параметр (длина от $O$) $l \in [0, 5]$: $x = \frac35l$, $y = \frac45l$.

$$\int_0^5\left(\frac45l\cdot\frac35 + \frac35l\cdot\frac45\right)dl = \frac{24}{25}\cdot\frac{25}{2} = 12.$$

Совпало. А поскольку $y\,dx + x\,dy = d(xy)$, ответ ещё и $xy\big|_O^D = 12$.

При вычислении $\int_{AB} P\,dx + Q\,dy$ параметр в точке $A$ равен $t_A = \pi$, в точке $B$ — $t_B = 0$. Какие пределы ставить?
В интеграле 2 рода пределы идут от начала пути к концу, даже если нижний больше верхнего. Перестановка пределов сменит знак ответа.

4. Независимость от пути и полный дифференциал

вопрос экзамена №37вопрос экзамена №38ДЗ3 №3

В примере 17 работа не зависела от пути, в примерах 14–16 зависела. Когда так бывает и как это проверить без перебора путей?

Определение

Область $D$ на плоскости односвязная, если любой замкнутый контур, лежащий в $D$, можно непрерывно стянуть в точку, не выходя из $D$. Проще: в $D$ нет «дыр». Круг, полуплоскость, вся плоскость — односвязные; кольцо и плоскость без точки $(0,0)$ — нет.

Теорема (о независимости от пути)

Пусть $P$, $Q$ и их частные производные $P'_y$, $Q'_x$ непрерывны в односвязной области $D$. Тогда следующие условия равносильны:

  1. $\oint_L P\,dx + Q\,dy = 0$ по любому замкнутому контуру $L \subset D$;
  2. $\int_{AB} P\,dx + Q\,dy$ не зависит от пути, соединяющего $A$ и $B$ в $D$;
  3. $P\,dx + Q\,dy$ — полный дифференциал некоторой функции: $P\,dx + Q\,dy = du$, то есть $u'_x = P$, $u'_y = Q$;
  4. $\dfrac{\partial P}{\partial y} = \dfrac{\partial Q}{\partial x}$ во всех точках $D$.

При этом $\displaystyle\int_A^B P\,dx + Q\,dy = u(B) - u(A)$ — аналог формулы Ньютона–Лейбница.

Почему так (коротко)

Восстановление функции по полному дифференциалу

Способ 1: интеграл по ломаной

Раз от пути не зависит — идём от удобной точки $(x_0, y_0)$ (часто $(0,0)$) сначала по горизонтали, потом по вертикали:

$$u(x,y) = \int_{x_0}^{x} P(s, y_0)\,ds + \int_{y_0}^{y} Q(x, s)\,ds + C.$$

На горизонтальном звене $dy = 0$ и $y = y_0$, на вертикальном $dx = 0$ и $x$ уже конечный. Точку $(x_0, y_0)$ выбирай там, где $P$ и $Q$ определены.

Способ 2: «интегрируем $P$ по $x$, потом подбираем $C(y)$»
  1. Проверить $P'_y = Q'_x$.
  2. Из $u'_x = P$: $u = \int P\,dx + C(y)$ ($y$ считаем константой, «константа» может зависеть от $y$).
  3. Продифференцировать по $y$ и приравнять к $Q$: $\left(\int P\,dx\right)'_y + C'(y) = Q$. В уравнении для $C'(y)$ все $x$ должны сократиться — иначе ошибка (или условие п. 1 не выполнено).
  4. Найти $C(y)$ интегрированием, записать $u$ с общей константой $+C$.

Случай трёх переменных

Пространство

В области, где любой замкнутый контур можно натянуть на поверхность внутри области (например, всё пространство, шар, полупространство), выражение $P\,dx + Q\,dy + R\,dz$ — полный дифференциал тогда и только тогда, когда

$$R'_y = Q'_z,\qquad P'_z = R'_x,\qquad Q'_x = P'_y,$$

то есть $\rot\vec F = \big(R'_y - Q'_z,\ P'_z - R'_x,\ Q'_x - P'_y\big) = \vec 0$. Такое поле называют потенциальным, $u$ — его потенциалом (подробно в главе 10). Восстановление — по ломаной из трёх звеньев:

$$u = \int_{x_0}^{x} P(s, y_0, z_0)\,ds + \int_{y_0}^{y} Q(x, s, z_0)\,ds + \int_{z_0}^{z} R(x, y, s)\,ds + C,$$

или способом 2: $u = \int P\,dx + C(y,z)$, затем подбор по $Q$, затем по $R$.

Пример 24

Проверить, что $2xy\,dx + x^2\,dy$ — полный дифференциал, и найти $u$ обоими способами.

Решение

$P'_y = 2x$, $Q'_x = 2x$ — равны на всей плоскости (односвязной).

Способ 1 от $(0,0)$: $\int_0^x P(s, 0)\,ds = \int_0^x 0\,ds = 0$; $\int_0^y Q(x, s)\,ds = \int_0^y x^2\,ds = x^2y$. Итого $u = x^2y + C$.

Способ 2: $u = \int 2xy\,dx = x^2y + C(y)$; $u'_y = x^2 + C'(y) = x^2$, значит $C'(y) = 0$, $C(y) = C$. Тот же ответ.

Отсюда для любого пути от $O$ до $B(1,1)$: $\int = u(1,1) - u(0,0) = 1$ — объяснение примера 17.

Пример 25 из ДЗ3 в РПД, №3

Восстановить функцию по её полному дифференциалу: $du = \big(e^{2y} - 5y^3e^x\big)\,dx + \big(2xe^{2y} - 15y^2e^x\big)\,dy$.

Решение

Проверка: $P'_y = 2e^{2y} - 15y^2e^x$, $Q'_x = 2e^{2y} - 15y^2e^x$. Равны на всей плоскости.

Интегрируем $P$ по $x$ ($y$ — константа):

$$u = \int\big(e^{2y} - 5y^3e^x\big)\,dx = xe^{2y} - 5y^3e^x + C(y).$$

Подбираем $C(y)$: $u'_y = 2xe^{2y} - 15y^2e^x + C'(y)$. Должно равняться $Q = 2xe^{2y} - 15y^2e^x$, значит $C'(y) = 0$, $C(y) = C$.

$$u = xe^{2y} - 5y^3e^x + C.$$

Проверка ответа: $u'_x = e^{2y} - 5y^3e^x = P$ ✓, $u'_y = 2xe^{2y} - 15y^2e^x = Q$ ✓.

Пример 26 (способ 1, интеграл по ломаной)

Найти $u$, если $du = \big(2x\cos y - y^2\sin x\big)\,dx + \big(2y\cos x - x^2\sin y\big)\,dy$.

Решение

Проверка: $P'_y = -2x\sin y - 2y\sin x$, $Q'_x = -2y\sin x - 2x\sin y$. Равны.

Ломаная $(0,0) \to (x, 0) \to (x, y)$.

Горизонтальное звено ($y = 0$): $P(s, 0) = 2s$, $\int_0^x 2s\,ds = x^2$.

Вертикальное звено ($x$ фиксирован): $\int_0^y\big(2s\cos x - x^2\sin s\big)\,ds = y^2\cos x + x^2(\cos y - 1)$.

$$u = x^2 + y^2\cos x + x^2\cos y - x^2 + C = x^2\cos y + y^2\cos x + C.$$

Проверка: $u'_x = 2x\cos y - y^2\sin x = P$ ✓.

Пример 27 (интеграл через потенциал)

Вычислить $\displaystyle\int_{(0,1)}^{(2,3)}(x + y)\,dx + (x - y)\,dy$.

Решение

Путь не указан — это намёк, что от пути не зависит. Проверим: $P'_y = 1 = Q'_x$. Ищем $u$: $u = \int(x + y)\,dx = \frac{x^2}{2} + xy + C(y)$; $u'_y = x + C'(y) = x - y$, $C(y) = -\frac{y^2}{2}$.

$$u = \frac{x^2}{2} + xy - \frac{y^2}{2},\qquad u(2,3) - u(0,1) = \left(2 + 6 - \frac92\right) - \left(-\frac12\right) = 4.$$
Пример 28 (три переменные)

Проверить, что $\vec F = \big(2xy,\ x^2 + z^2,\ 2yz + \cos z\big)$ потенциально, и найти потенциал.

Решение

$P = 2xy$, $Q = x^2 + z^2$, $R = 2yz + \cos z$.

$R'_y - Q'_z = 2z - 2z = 0$, $P'_z - R'_x = 0 - 0 = 0$, $Q'_x - P'_y = 2x - 2x = 0$. $\rot\vec F = \vec 0$ во всём пространстве.

$u = \int 2xy\,dx = x^2y + C(y,z)$.

$u'_y = x^2 + C'_y = x^2 + z^2 \Rightarrow C'_y = z^2 \Rightarrow C = yz^2 + D(z)$.

$u'_z = 2yz + D'(z) = 2yz + \cos z \Rightarrow D = \sin z + C$.

$$u = x^2y + yz^2 + \sin z + C.$$
Пример 29 (поле из ДЗ3 №5 не потенциально)

Можно ли в примере 22 посчитать работу как разность потенциалов?

Решение

$\vec F = (2xy,\ y^2,\ -x^2)$: $R'_y - Q'_z = 0$, $P'_z - R'_x = 0 - (-2x) = 2x$, $Q'_x - P'_y = 0 - 2x = -2x$.

$\rot\vec F = (0,\ 2x,\ -2x) \ne \vec 0$. Потенциала нет, работа зависит от пути, поэтому её считают по конкретной кривой, как в примере 22.

5. Формула Грина

вопрос экзамена №39задание 4 примера КР2

Теорема Грина

Пусть $D$ — ограниченная область на плоскости, её граница $L$ кусочно-гладкая, функции $P$, $Q$, $P'_y$, $Q'_x$ непрерывны в $D$ вместе с границей. Тогда

$$\oint_L P\,dx + Q\,dy = \iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy,$$

где $L$ обходится в положительном направлении: при движении по границе область $D$ остаётся слева.

Ориентация

Для обычной области без дыр «область слева» = обход против часовой стрелки. Если в области есть дыры, внешний контур обходится против часовой, а контуры дыр — по часовой (иначе область окажется справа).

D внешний: против часовой дыра: по часовой
Идея доказательства (для простой области)

Пусть $D = \{a \le x \le b,\ \varphi_1(x) \le y \le \varphi_2(x)\}$. Докажем часть с $P$:

$$-\iint_D P'_y\,dx\,dy = -\int_a^b\Big(P\big(x, \varphi_2(x)\big) - P\big(x, \varphi_1(x)\big)\Big)\,dx = \int_a^b P\big(x, \varphi_1(x)\big)\,dx + \int_b^a P\big(x, \varphi_2(x)\big)\,dx.$$

Первое слагаемое — $\int P\,dx$ по нижней границе слева направо, второе — по верхней справа налево. На вертикальных кусках границы $dx = 0$. Вместе это $\oint_L P\,dx$ против часовой стрелки. Часть с $Q$ — так же, если описать $D$ как $\{c \le y \le d,\ \psi_1(y) \le x \le \psi_2(y)\}$. Сложную область режут на простые: интегралы по общим разрезам проходятся дважды в разные стороны и сокращаются.

Следствие: площадь через контурный интеграл

Если $Q'_x - P'_y = 1$, двойной интеграл даёт площадь. Удобные варианты:

$$S = \oint_L x\,dy = -\oint_L y\,dx = \frac12\oint_L x\,dy - y\,dx.$$
Циркуляция по Грину
  1. Убедиться, что контур замкнут и обходится против часовой стрелки (если по часовой — ответ со знаком минус).
  2. Проверить, что $P$, $Q$ гладкие во всей области внутри контура (нет точек, где знаменатель обращается в ноль).
  3. Посчитать $Q'_x - P'_y$.
  4. Посчитать двойной интеграл по области (глава 6). Если $Q'_x - P'_y$ — константа, это константа на площадь.
Пример 30 (проверка на окружности)

Проверить формулу Грина для $\oint -y\,dx + x\,dy$ по окружности $x^2 + y^2 = R^2$ (пример 20).

Решение

$Q'_x - P'_y = 1 - (-1) = 2$. $\iint_D 2\,dx\,dy = 2\cdot\pi R^2$. Совпало с прямым счётом $2\pi R^2$.

Заодно площадь круга: $\frac12\oint x\,dy - y\,dx = \frac12\cdot 2\pi R^2 = \pi R^2$.

Пример 31 из примера КР2 в РПД, задания 1 и 4

Задание 1: фигура ограничена линиями $x + 2y - 2 = 0$, $x = (y - 1)^2$; найти её площадь. Задание 4: замкнутый контур составлен из линий задания 1. При помощи криволинейного интеграла найдите циркуляцию поля $\vec a = 5y\,\vec i + (2x - y)\,\vec j$. Проверьте результат при помощи формулы Грина.

Решение

Точки пересечения. Из прямой $x = 2 - 2y$; подставляем: $(y - 1)^2 = 2 - 2y \Leftrightarrow y^2 - 2y + 1 = 2 - 2y \Leftrightarrow y^2 = 1$. Точки $A(4, -1)$ и $B(0, 1)$.

Какая линия правее. При $y = 0$: парабола $x = 1$, прямая $x = 2$. Значит, область $D = \{-1 \le y \le 1,\ (y - 1)^2 \le x \le 2 - 2y\}$, парабола — левая граница, прямая — правая.

Площадь (задание 1):

$$S = \int_{-1}^{1}\Big((2 - 2y) - (y - 1)^2\Big)\,dy = \int_{-1}^{1}(1 - y^2)\,dy = \frac43.$$

Циркуляция напрямую. Направление не задано — берём положительное (против часовой, область слева). Тогда по правой границе (прямой) идём вверх от $A$ к $B$, по левой (параболе) — вниз от $B$ к $A$. $P = 5y$, $Q = 2x - y$.

Прямая $AB$: $x = 2 - 2y$, $dx = -2\,dy$, $y$ от $-1$ до $1$:

$$\int_{-1}^{1}\Big(5y\cdot(-2) + \big(2(2 - 2y) - y\big)\Big)\,dy = \int_{-1}^{1}(4 - 15y)\,dy = 8.$$

Парабола $BA$: $x = (y - 1)^2$, $dx = 2(y - 1)\,dy$, $y$ от $1$ до $-1$:

$$\int_{1}^{-1}\Big(5y\cdot 2(y - 1) + 2(y - 1)^2 - y\Big)\,dy = -\int_{-1}^{1}\big(12y^2 - 15y + 2\big)\,dy = -(8 + 4) = -12.$$

(Нечётное слагаемое $-15y$ на симметричном отрезке даёт 0.) Циркуляция: $C = 8 - 12 = -4$.

Проверка по Грину: $Q'_x - P'_y = 2 - 5 = -3$, константа.

$$C = \iint_D(-3)\,dx\,dy = -3S = -3\cdot\frac43 = -4.\ ✓$$
Пример 32 (Грин экономит время)

Вычислить $\oint_L (xy + x + y)\,dx + (xy + x - y)\,dy$, где $L$ — окружность $x^2 + y^2 = 2x$, обход против часовой стрелки.

Решение

Окружность: $(x - 1)^2 + y^2 = 1$, центр $(1, 0)$, радиус 1, площадь $\pi$.

$Q'_x - P'_y = (y + 1) - (x + 1) = y - x$.

$$\oint_L = \iint_D (y - x)\,dx\,dy = \iint_D y\,dx\,dy - \iint_D x\,dx\,dy.$$

Круг симметричен относительно $Ox$, поэтому $\iint_D y = 0$. А $\iint_D x\,dx\,dy = x_c\cdot S = 1\cdot\pi$ (центр масс однородного круга — его центр). Ответ: $-\pi$.

Напрямую через $x = 1 + \cos t$, $y = \sin t$ пришлось бы интегрировать многочлен из синусов и косинусов третьей степени; ответ тот же (проверено численно).

Пример 33 (площадь эллипса)

Найти площадь эллипса $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \le 1$ через криволинейный интеграл.

Решение

$x = a\cos t$, $y = b\sin t$, $0 \le t \le 2\pi$ (против часовой). $x\,dy - y\,dx = \big(a\cos t\cdot b\cos t + b\sin t\cdot a\sin t\big)\,dt = ab\,dt$.

$$S = \frac12\oint_L x\,dy - y\,dx = \frac12\int_0^{2\pi} ab\,dt = \pi ab.$$
Пример 34 (площадь астроиды)

Найти площадь, ограниченную астроидой $x = a\cos^3t$, $y = a\sin^3t$.

Решение

$dx = -3a\cos^2t\sin t\,dt$, $dy = 3a\sin^2t\cos t\,dt$.

$$x\,dy - y\,dx = 3a^2\big(\cos^4t\sin^2t + \sin^4t\cos^2t\big)\,dt = 3a^2\sin^2t\cos^2t\,dt = \frac{3a^2}{4}\sin^2 2t\,dt.$$ $$S = \frac12\int_0^{2\pi}\frac{3a^2}{4}\sin^22t\,dt = \frac{3a^2}{8}\cdot\pi = \frac{3\pi a^2}{8}.$$

Здесь модулей нет: в интеграле 2 рода знаки сами правильно складываются (в отличие от длины в примере 3).

Контур $L$ — окружность радиуса 1 вокруг начала координат, обход по часовой стрелке. Чему равен $\oint_L x\,dy$?
Против часовой $\oint x\,dy = S = \pi$ (здесь $Q'_x - P'_y = 1$). По часовой — знак меняется: $-\pi$.

6. Как это выглядит в РГР

типовой расчёт, вариант 1

В типовом расчёте Попова (Типовой_расчет_3_семестр_Попов.pdf) к этой главе относятся:

По описанию РГР в РПД задания 3 и 4 входят в РГР1, а 5c — в РГР2 (разбивку вывели из числа задач, в РПД она не написана). Оформление по РПД: отдельная тетрадь, перед каждым заданием полное условие, чертежи на миллиметровке. Ниже — вариант 1; свой вариант решается так же.

РГР, задание 3a, вариант 1

С помощью криволинейного интеграла первого рода найдите массу дуги $y = x\sqrt x$, $\frac14 \le x \le 5$, если $\rho(x,y) = 8$.

Решение

$M = \int_{AB}\rho\,dl = 8\int_{1/4}^{5}\sqrt{1 + (y')^2}\,dx$.

$y = x^{3/2}$, $y' = \frac32\sqrt x$, $1 + (y')^2 = 1 + \frac94x$.

Замена $w = 1 + \frac94x$, $dx = \frac49\,dw$; при $x = \frac14$ $w = \frac{25}{16}$, при $x = 5$ $w = \frac{49}{4}$.

$$\int_{1/4}^{5}\sqrt{1 + \tfrac94x}\,dx = \frac49\cdot\frac23\,w^{3/2}\Big|_{25/16}^{49/4} = \frac{8}{27}\left(\frac{343}{8} - \frac{125}{64}\right) = \frac{8}{27}\cdot\frac{2619}{64} = \frac{97}{8}.$$

($\left(\frac{49}{4}\right)^{3/2} = \left(\frac72\right)^3$, $\left(\frac{25}{16}\right)^{3/2} = \left(\frac54\right)^3$; $2619 = 27\cdot 97$.)

$$M = 8\cdot\frac{97}{8} = 97.$$

Ответ: $M = 97$.

РГР, задание 3b, вариант 1

Найдите массу дуги $x = e^t\cos t$, $y = e^t\sin t$, $\ln\sqrt2 \le t \le \ln\sqrt8$, если $\rho(x,y) = 1$.

Решение

$x' = e^t(\cos t - \sin t)$, $y' = e^t(\sin t + \cos t)$.

$$x'^2 + y'^2 = e^{2t}\Big((\cos t - \sin t)^2 + (\sin t + \cos t)^2\Big) = 2e^{2t},\qquad dl = \sqrt2\,e^t\,dt.$$ $$M = \int_{\ln\sqrt2}^{\ln\sqrt8}\sqrt2\,e^t\,dt = \sqrt2\big(\sqrt8 - \sqrt2\big) = \sqrt2\cdot\sqrt2 = 2.$$

(Перекрёстные слагаемые $\mp 2\sin t\cos t$ сократились, а $e^{\ln\sqrt8} = \sqrt8 = 2\sqrt2$.) Ответ: $M = 2$. Кривая — логарифмическая спираль, плотность 1, так что масса совпадает с длиной.

РГР, задание 4, вариант 1

Найдите массу дуги $x = 2t - 1$, $y = 2t + 1$, $z = t - 1$, $\frac18 \le t \le \frac12$, если $\rho(x,y,z) = \dfrac{x^2 + y^2}{(z + 1)^2}$.

Решение

Кривая — отрезок прямой. $x' = 2$, $y' = 2$, $z' = 1$, $dl = \sqrt{4 + 4 + 1}\,dt = 3\,dt$.

Плотность на кривой: $x^2 + y^2 = (2t - 1)^2 + (2t + 1)^2 = 8t^2 + 2$, $z + 1 = t$:

$$\rho = \frac{8t^2 + 2}{t^2} = 8 + \frac{2}{t^2}.$$ $$M = \int_{1/8}^{1/2}\left(8 + \frac{2}{t^2}\right)3\,dt = 3\left[8t - \frac2t\right]_{1/8}^{1/2} = 3\big((4 - 4) - (1 - 16)\big) = 45.$$

Ответ: $M = 45$.

РГР, задание 5c, вариант 1

Дано поле $\vec a = (y - x)\,\vec i + (3y - z)\,\vec k$ и плоскость $\sigma$: $2x + y + z = 4$. Найдите циркуляцию $C$ поля по контуру $KLMK$, где $K$, $L$, $M$ — точки пересечения $\sigma$ с осями $Ox$, $Oy$, $Oz$.

Решение

Точки: $K(2, 0, 0)$, $L(0, 4, 0)$, $M(0, 0, 4)$. Обход $K \to L \to M \to K$, как в образце пособия.

$C = \oint_{KLMK} a_x\,dx + a_y\,dy + a_z\,dz = \oint (y - x)\,dx + (3y - z)\,dz$ (у поля нет $\vec j$-компоненты).

$KL$ (в плоскости $z = 0$): $y = 4 - 2x$, $dz = 0$, $x$ от 2 до 0:

$$I_{KL} = \int_2^0(4 - 2x - x)\,dx = \int_2^0(4 - 3x)\,dx = -\big[4x - \tfrac32x^2\big]_0^2 = -2.$$

$LM$ (в плоскости $x = 0$): $y = 4 - z$, $dx = 0$, $z$ от 0 до 4:

$$I_{LM} = \int_0^4\big(3(4 - z) - z\big)\,dz = \int_0^4(12 - 4z)\,dz = 48 - 32 = 16.$$

$MK$ (в плоскости $y = 0$): $x = 2 - \frac z2$, $dx = -\frac12dz$, $z$ от 4 до 0:

$$I_{MK} = \int_4^0\left((0 - x)\cdot\Big(-\frac12\Big) + (0 - z)\right)dz = \int_4^0\left(1 - \frac z4 - z\right)dz = -\int_0^4\left(1 - \frac{5z}{4}\right)dz = -(4 - 10) = 6.$$

Итого: $C = -2 + 16 + 6 = 20$.

Проверка (Стокс, глава 10): $\rot\vec a = (3, 0, -1)$, нормаль к $\sigma$, согласованная с обходом $KLM$, — $\vec n = \frac{(2,1,1)}{\sqrt6}$, площадь треугольника $\frac12|\overrightarrow{KL}\times\overrightarrow{KM}| = 4\sqrt6$. Поток ротора: $\frac{6 - 1}{\sqrt6}\cdot 4\sqrt6 = 20$ ✓.

7. Тренировка

Сначала реши сам, потом открывай решение.

Задача 1

Найти длину дуги $y = \frac23x^{3/2}$, $0 \le x \le 3$.

Решение

$y' = \sqrt x$, $dl = \sqrt{1 + x}\,dx$. $L = \int_0^3\sqrt{1 + x}\,dx = \frac23(1 + x)^{3/2}\Big|_0^3 = \frac23(8 - 1) = \frac{14}{3}$.

Задача 2

Вычислить $\oint_L (x + y)\,dl$, где $L$ — контур треугольника с вершинами $O(0,0)$, $A(1,0)$, $B(0,1)$.

Решение

Интеграл 1 рода, направление не важно, считаем по сторонам.

$OA$: $y = 0$, $dl = dx$: $\int_0^1 x\,dx = \frac12$. $OB$: $x = 0$, $dl = dy$: $\int_0^1 y\,dy = \frac12$.

$AB$: на ней $x + y = 1$, длина $\sqrt2$: $\int_{AB} 1\,dl = \sqrt2$.

Ответ: $1 + \sqrt2$.

Задача 3

Вычислить $\int_L\sqrt{x^2 + y^2}\,dl$, где $L$ — окружность $x^2 + y^2 = ax$ ($a > 0$).

Решение

В полярных координатах $r^2 = ar\cos\varphi$, то есть $r = a\cos\varphi$, $-\frac\pi2 \le \varphi \le \frac\pi2$. $r' = -a\sin\varphi$, $dl = \sqrt{a^2\cos^2\varphi + a^2\sin^2\varphi}\,d\varphi = a\,d\varphi$. Подынтегральная функция $\sqrt{x^2 + y^2} = r = a\cos\varphi$.

$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} a\cos\varphi\cdot a\,d\varphi = 2a^2.$$
Задача 4

Найти центр масс однородной дуги астроиды $x = a\cos^3t$, $y = a\sin^3t$, лежащей в первой четверти.

Решение

$0 \le t \le \frac\pi2$, $dl = 3a\sin t\cos t\,dt$, длина $M = \frac{3a}{2}$ (четверть от $6a$).

$$M_y = \int_L x\,dl = \int_0^{\pi/2} a\cos^3t\cdot 3a\sin t\cos t\,dt = 3a^2\int_0^{\pi/2}\cos^4t\sin t\,dt = 3a^2\cdot\frac15 = \frac{3a^2}{5}.$$

$x_c = \frac{3a^2/5}{3a/2} = \frac{2a}{5}$; по симметрии относительно $y = x$ $y_c = \frac{2a}{5}$.

Задача 5

Вычислить $\oint_L y\,dx - x\,dy$ по эллипсу $x = a\cos t$, $y = b\sin t$ против часовой стрелки — напрямую и по Грину.

Решение

Напрямую: $y\,dx - x\,dy = \big(-ab\sin^2t - ab\cos^2t\big)\,dt = -ab\,dt$, интеграл $-2\pi ab$.

По Грину: $P = y$, $Q = -x$, $Q'_x - P'_y = -1 - 1 = -2$, $\iint_D(-2) = -2\pi ab$ ✓.

Задача 6

Вычислить $\displaystyle\int_{(0,0)}^{(1,2)}\big(y^2 + 2xy\big)\,dx + \big(2xy + x^2\big)\,dy$.

Решение

$P'_y = 2y + 2x = Q'_x$ — от пути не зависит. $u = \int(y^2 + 2xy)\,dx = xy^2 + x^2y + C(y)$, $u'_y = 2xy + x^2 + C' = Q$, $C' = 0$.

$u = xy^2 + x^2y$; ответ $u(1,2) - u(0,0) = 4 + 2 = 6$.

Задача 7

Найти работу поля $\vec F = (y^2, x)$ вдоль верхней полуокружности $x^2 + y^2 = 1$ от $(1, 0)$ до $(-1, 0)$.

Решение

$x = \cos t$, $y = \sin t$, $t$ от 0 до $\pi$ (от $(1,0)$ через $(0,1)$ к $(-1,0)$).

$$A = \int_0^\pi\big(\sin^2t\cdot(-\sin t) + \cos t\cdot\cos t\big)\,dt = -\int_0^\pi\sin^3t\,dt + \int_0^\pi\cos^2t\,dt = -\frac43 + \frac\pi2.$$

Поле не потенциально ($P'_y = 2y \ne 1 = Q'_x$), так что по нижней полуокружности или по отрезку работа была бы другой (по отрезку $y = 0$ от 1 до $-1$ она равна 0).

Задача 8

С помощью формулы Грина вычислить $\oint_L 2(x^2 + y^2)\,dx + (x + y)^2\,dy$, где $L$ — контур треугольника $A(1,1)$, $B(2,2)$, $C(1,3)$, обход против часовой стрелки.

Решение

$Q'_x - P'_y = 2(x + y) - 4y = 2x - 2y$.

Область: $1 \le x \le 2$, снизу прямая $AB$: $y = x$, сверху прямая $BC$: $y = 4 - x$.

$$\iint_D(2x - 2y)\,dx\,dy = \int_1^2\Big[2xy - y^2\Big]_{y=x}^{y=4-x}dx = \int_1^2\big(-4x^2 + 16x - 16\big)\,dx = -\frac43.$$

(Подстановка: $2x(4 - x) - (4 - x)^2 - (2x^2 - x^2) = -4x^2 + 16x - 16 = -4(x - 2)^2$; $\int_1^2 -4(x - 2)^2\,dx = -\frac43$.) Прямой счёт по трём сторонам даёт $\frac{56}{3} - \frac43 - \frac{56}{3} = -\frac43$.

Задача 9

Найти площадь под одной аркой циклоиды $x = a(t - \sin t)$, $y = a(1 - \cos t)$ (между аркой и осью $Ox$).

Решение

Граница против часовой: по оси $Ox$ от $0$ до $2\pi a$, затем по арке обратно ($t$ от $2\pi$ до $0$). Используем $S = -\oint y\,dx$: на оси $y = 0$, вклад 0.

$$S = -\int_{2\pi}^{0} a(1 - \cos t)\cdot a(1 - \cos t)\,dt = a^2\int_0^{2\pi}(1 - \cos t)^2\,dt = a^2\left(2\pi + \pi\right) = 3\pi a^2.$$

($\int_0^{2\pi}(1 - 2\cos t + \cos^2t)\,dt = 2\pi - 0 + \pi$.)

Задача 10

Найти $u$, если $du = (y + z)\,dx + (x + z)\,dy + (x + y)\,dz$, и вычислить $\int (y + z)\,dx + (x + z)\,dy + (x + y)\,dz$ от $(0,0,0)$ до $(1,2,3)$.

Решение

Проверка: $R'_y = 1 = Q'_z$, $P'_z = 1 = R'_x$, $Q'_x = 1 = P'_y$.

$u = \int(y + z)\,dx = xy + xz + C(y,z)$; $u'_y = x + C'_y = x + z \Rightarrow C = yz + D(z)$; $u'_z = x + y + D' = x + y \Rightarrow D = C$.

$u = xy + yz + zx + C$; интеграл $u(1,2,3) - u(0,0,0) = 2 + 6 + 3 = 11$.

8. Типичные ошибки

Что ломается чаще всего

Почему нужна односвязность

Пример 35

Поле $\vec F = \left(\dfrac{-y}{x^2 + y^2},\ \dfrac{x}{x^2 + y^2}\right)$. Проверить условие $P'_y = Q'_x$ и вычислить $\oint_L P\,dx + Q\,dy$ по окружности $x^2 + y^2 = R^2$ против часовой стрелки.

Решение

$P'_y = -\dfrac{(x^2 + y^2) - 2y^2}{(x^2 + y^2)^2} = \dfrac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$, $\quad Q'_x = \dfrac{(x^2 + y^2) - 2x^2}{(x^2 + y^2)^2} = \dfrac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}$.

Равны всюду, кроме начала координат, где поле не определено.

Интеграл: $x = R\cos t$, $y = R\sin t$, $x^2 + y^2 = R^2$:

$$\oint_L = \int_0^{2\pi}\frac{R^2\sin^2t + R^2\cos^2t}{R^2}\,dt = 2\pi \ne 0.$$

Противоречия с теоремой нет: область, где поле гладкое, — плоскость без точки $(0,0)$, она не односвязна. Формулу Грина к кругу $x^2 + y^2 \le R^2$ применять нельзя: внутри точка разрыва.

Что верно: интеграл по любому контуру, не охватывающему начало координат, равен 0 (такой контур лежит в односвязной части плоскости), а по любому контуру, обходящему начало один раз против часовой, равен $2\pi$. Локально $P\,dx + Q\,dy = d\varphi$, где $\varphi$ — полярный угол; при обходе вокруг начала угол прирастает на $2\pi$.

Мини-шпаргалка главы

Дифференциал дуги

  • $y = f(x)$: $dl = \sqrt{1 + y'^2}\,dx$
  • $x(t), y(t)$: $dl = \sqrt{x'^2 + y'^2}\,dt$
  • $r(\varphi)$: $dl = \sqrt{r^2 + r'^2}\,d\varphi$
  • $x(t), y(t), z(t)$: $dl = \sqrt{x'^2 + y'^2 + z'^2}\,dt$

Длина $L = \int_L dl$.

1 род (масса, длина, центр масс)

$$\int_L f\,dl = \int_\alpha^\beta f\big(x(t), y(t)\big)\sqrt{x'^2 + y'^2}\,dt,\ \ \alpha < \beta.$$

От направления не зависит. $M = \int\rho\,dl$, $x_c = \frac1M\int x\rho\,dl$, $y_c = \frac1M\int y\rho\,dl$.

2 род (работа, циркуляция)

$$\int_{AB} P\,dx + Q\,dy = \int_{t_A}^{t_B}\big(Px' + Qy'\big)\,dt.$$

Пределы от начала к концу; $\int_{BA} = -\int_{AB}$.

Связь: $\int P\,dx + Q\,dy + R\,dz = \int (P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma)\,dl$.

Независимость от пути (область односвязная)

$P'_y = Q'_x$ ⇔ $P\,dx + Q\,dy = du$ ⇔ $\oint = 0$ ⇔ $\int_A^B = u(B) - u(A)$.

В пространстве (поверхностно односвязная область): $\rot\vec F = \vec 0$.

$$u = \int_{x_0}^x P(s, y_0)\,ds + \int_{y_0}^y Q(x, s)\,ds.$$

Формула Грина (обход: область слева)

$$\oint_L P\,dx + Q\,dy = \iint_D\big(Q'_x - P'_y\big)\,dx\,dy.$$

Площадь: $S = \frac12\oint x\,dy - y\,dx = \oint x\,dy = -\oint y\,dx$.

Готовые результаты

  • астроида: длина $6a$, площадь $\frac{3\pi a^2}{8}$;
  • кардиоида: длина $8a$;
  • виток винтовой: $2\pi\sqrt{a^2 + b^2}$;
  • арка циклоиды: площадь $3\pi a^2$;
  • $\oint -y\,dx + x\,dy = 2S$.