Криволинейный интеграл первого рода

Определение: Пусть в каждой точки гладкой кривой L = AB в плоскости Oxy задана непрерывная функция двух переменных f(x,y). Произвольно разобьем кривую L на n частей точками A = М0, М1, М2, … Мn = B. Затем на каждой из полученных частей \bar{{M}_{i-1}{M}_{i}} выберем любую точку \bar{{M}_{i}}\left( \bar{{x}_{i}},\bar{{y}_{i}}\right)и составим сумму

    \[{S}_{n}=\sum_{i=1}^{n}f\left(\bar{{x}_{i}},\bar{{y}_{i}}\right)\Delta {l}_{i}\]

где \Delta{l}_{i}={M}_{i-1}{M}_{i} — дуга дуги \bar{{M}_{i-1}{M}_{i}}. Полученная сумма называется интегральной суммой первого рода для функции f(x,y), заданой на кривой L.

Обозначим через d наибольшую из длин дуг \bar{{M}_{i-1}{M}_{i}} (таким образом, d = max_{i}\Delta{l}_{i}). Если при d ? 0 существует предел интегральных сумм Sn (не зависящих от способа разбиения кривой L на части и выбора точек \bar{{M}_{i}}), то этот предел называется криволинейным интегралом первого порядка от функции f(x,y) по кривой L и обозначается

    \[\int_{L}f(x,y)dl\]

Можно доказать, что если функция f(x,y)непрерывна, то криволинейный интеграл \int_{L}f(x,y)dl существует.

Свойства криволинейного интеграла 1 рода

Криволинейный интеграл первого рода обладает свойствами, аналогичными соответствующим свойства определеннного интеграла:

  • аддитивность,
  • линейность,
  • оценка модуля,
  • теорема о среднем.

Однако есть отличие:

    \[\int_{AB}f(x,y)dl=\int_{BA}f(x,y)dl\]

т.е. криволинейный интеграл первого рода не зависит от направления интегрирования.

Вычисление криволинейных интегралов первого рода

Вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится к вычислению определенного интеграла. А именно:

  1. Если кривая L задана непрерывно дифференцируемой функцией y=y(x), x \in [a,b], то

        \[{\int\limits_L {f\left( {x,y} \right)dl} } = {\int\limits_a^b {f\left( {x,y\left( x \right)} \right)\sqrt {1 + {{\left( {y'\left( x \right)} \right)}^2}} dx} ;}\]

    при этом выражение    dl=\sqrt{{1 + {{\left( {y'\left( x \right)} \right)}^2}}} dx  называется дифференциалом длины дуги.

  2. Если крива L задана параметрически, т.е. в виде x=x(t), y=y(t), где x(t), y(t) — непрерывно дифференцируемые функции на некотором отрезке \left [ \alpha ,\beta \right ], то

        \[{\int\limits_L {f\left( {x,y} \right)dl} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left ( {x\left( t \right),y\left( t \right)} \right )\sqrt {{{\left( {x'\left( t \right)} \right)}^2} + {{\left( {y'\left( t \right)} \right)}^2}} dt}}\]

    Это равенство распространяется на случай пространственной кривой L, заданной параметрически: x=x(t), y=y(t), z=z(t), t\in \left [ \alpha ,\beta \right ]. В этом случае, если f(x,y,z) — непрерывная функция вдоль кривой L, то

        \[{\int\limits_L {f\left( {x,y,z} \right)dl} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left [ {x\left( t \right),y\left( t \right),z\left( t \right)} \right ]\sqrt {{{\left( {x'\left( t \right)} \right)}^2} + {{\left( {y'\left( t \right)} \right)}^2} + {{\left( {z'\left( t \right)} \right)}^2}} dt}}\]

  3. Если плоская кривая L задана полярным уравнением r=r(\varphi ), \varphi \in\left [ \alpha ,\beta \right ], то

        \[{\int\limits_L {f\left( {x,y} \right)dl} } = {\int\limits_\alpha ^\beta {f\left( {r\cos \varphi ,r\sin \varphi } \right)\sqrt {{r^2} + {{{r}'}^2}} d\varphi}}\]

Криволинейные интегралы 1 рода — примеры

Пример 1

Вычислить криволинейный интеграл первого рода

    \[\int_{L}\frac{x}{y}dl\]

где L дуга параболы y2=2x, заключенная между точками (2,2) и (8,4).

Решение: Найдем дифференциал дуги dl для кривой y=\sqrt{2x}. Имеем:

{y}'=\frac{1}{\sqrt{2x}}

    \[dl=\sqrt{1+\left ( {y}' \right )^{2}} dx= \sqrt{1+\left ( \frac{1}{\sqrt{2x}} \right )^{2}} dx = \sqrt{1+ \frac{1}{2x}} dx\]

Следовательно данный интеграл равен:

    \[\int_{L}\frac{x}{y}dl=\int_{2}^{8}\frac{x}{\sqrt{2x}}\sqrt{1+\frac{1}{2x}}dx= \int_{2}^{8}\frac{x\sqrt{1+2x}}{2x}dx=\]

    \[\frac{1}{2}\int_{2}^{8}\sqrt{1+2x}dx = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left ( 1+2x \right )^{\frac{3}{2}}|_{2}^{8}= \frac{1}{6}(17\sqrt{17}-5\sqrt{5})\]

Пример 2

Вычислить криволинейный интеграл первого рода \int_{L}\sqrt{x^2+y^2}dl, где L — окружность x2+y2=ax (a>0).

Решение: Введем полярные координаты: x = r\cos \varphi, y=r\sin \varphi. Тогда поскольку x2+y2=r2, уравнение окружности имеет вид: r^{2}=arcos\varphi, то есть r=acos\varphi, а дифференциал дуги

    \[dl = \sqrt{r^2+{2}'^2}d\varphi =\]

    \[=\sqrt{a^2cos^2\varphi=a^2sin^2\varphi }d\varphi=ad\varphi\]

.

При этом \varphi\in \left [- \frac{\pi }{2} ,\frac{\pi }{2} \right ]. Следовательно,

    \[\int_{L}\sqrt{x^2+y^2}dl=a\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}acos\varphi d\varphi =2a^2\]

Очень плохоПлохоСреднеХорошоОтлично (голосов: 1, в среднем: 5,00 из 5)
Загрузка...

Оставь комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *