Вычисление криволинейных интегралов первого рода

Пусть дана гладкая кривая [latex]\Gamma[/latex], которая задана уравнением в координатной форме, то есть [latex]\Gamma =\left \{ x = x(t), y = y(t), z = z(t), \alpha \leq t\leq \beta \right \}[/latex] и пусть функция [latex]f(x, y, z)[/latex] непрерывна вдоль кривой [latex]\Gamma[/latex]. Тогда существует криволинейный интеграл первого рода [latex]\int_{\Gamma}f(x, y, z)ds[/latex] и выполняется равенство:
$${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y, z)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(x(t), y(t), z(t))\sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2 + (z'(t))^2}\,dt.$$

Замечания:

  • Если [latex]\Gamma =\left \{ y = \psi(x), \alpha \leq x\leq \beta \right \}[/latex] и [latex]y = \psi(x)[/latex] непрерывно дифференцируема на отрезке [latex][a,b][/latex] и существует криволинейный интеграл первого рода [latex]\int_{\Gamma}f(x, y)ds[/latex], то выполняется равенство:
    $${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(x, \psi(x))\sqrt{1 +(\psi'(x))^2}\,dx.$$
  • Если [latex]\Gamma =\left \{ x = \varphi (y), \alpha \leq y\leq \beta \right \}[/latex], то
    $$ { \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(\varphi (y), y)\sqrt{1 +(\varphi'(y))^2}\,dy.$$

    [spoilergroup]

    Пример

    Вычислить криволинейный интеграл первого рода $$I = { \underset { \Gamma }{ \int } }(x+y)\,ds,$$
    где кривая [latex]\Gamma[/latex] — граница треугольника с вершинами [latex]O(0;0)[/latex], [latex]A(1;0)[/latex], [latex]B(1;1)[/latex].

    кривая4
    Решение

    Пусть [latex]I_1[/latex], [latex]I_2[/latex], [latex]I_3[/latex] — криволинейные интегралы первого рода от функции [latex]x+y[/latex] по отрезкам [latex]OA[/latex], [latex]AB[/latex], [latex]BO[/latex]. Отрезок [latex]AB[/latex] задан уравнением [latex]x=1[/latex], [latex]0\leq y\leq 1[/latex]. Тогда
    $$I_2 = \overset {1}{ \underset {0}{ \int }}(y+1)\,dy = \frac{3}{2}.$$
    Отрезок [latex]BO[/latex] задан уравнением [latex]y = x[/latex], [latex]0\leq x\leq 1[/latex]. Тогда
    $$I_3 = \overset {1}{ \underset {0}{ \int }}2x\sqrt{2}\,dx = \sqrt{2}.$$
    Отрезок [latex]AO[/latex] задан уравнением [latex]y = 0[/latex], [latex]0\leq x\leq 1[/latex]. Тогда
    $$I_1= \overset {1}{ \underset {0}{ \int }}x\,dx = \frac{1}{2}.$$
    Отсюда следует, что [latex]I = I_1 + I_2 + I_3 = \sqrt{2} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = 2 + \sqrt{2}[/latex].

    [свернуть]
    .
    [/spoilergroup]
  • В случае, если кривая [latex]\Gamma[/latex] задана в полярной системе координат, то есть [latex]\Gamma = \left \{ \left. r = r(\varphi), \varphi_1\leq \varphi \leq \varphi _2 \right \} \right.[/latex] и [latex]r(\varphi)[/latex] непрерывно дифференцируема на отрезке [latex][\varphi_1, \varphi_2][/latex], то выполняется равенство:
    $${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\varphi_2}{ \underset {\varphi_1}{ \int }} f(r(\varphi) \cos\varphi, r(\varphi) \sin\varphi)\sqrt{{r}^2(\varphi) + {(r'(\varphi))^2}}\,d\varphi.$$

    [spoilergroup]

    Пример

    Вычислить криволинейный интеграл первого рода [latex]\int_{\Gamma }\sqrt{x^2 + y^2}{\mathrm{d} s}[/latex], где кривая [latex]\Gamma[/latex] задана уравнением [latex](x^2+y^2)^{\frac{3}{2}} = a^2(x^2 — y^2)[/latex].

    Решение

    Совершим переход к полярной системе координат, тогда [latex]x = r\cos\varphi[/latex], [latex]y = r\sin\varphi[/latex]. В этом случае уравнение кривой можно записать в следующем виде: [latex]r = a^2\cos2\varphi[/latex], [latex]\varphi \in\Phi = \left \{ \varphi , -\frac{\pi }{4} \leq \varphi \leq \frac{\pi }{4}, \frac{3\pi }{4}\leq \varphi \leq \frac{5\pi }{4}\right \}[/latex].

    Для того, чтобы вычислить криволинейный интеграл первого рода воспользуемся равенством:
    $${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y)\,ds = \overset {\varphi_2}{ \underset {\varphi_1}{ \int }} f(r(\varphi) \cos\varphi, r(\varphi) \sin\varphi)\sqrt{{r}^2(\varphi) + {r’}^2(\varphi)}\,d\varphi.$$
    Поскольку,
    \(\sqrt{x^2 + y^2} = r = a^2\cos2\varphi\), \(\sqrt{r^2 + r’^2} = a^2\sqrt{1+3\sin^22\varphi }\),
    то
    \({ \underset {\Gamma}{ \int }}\sqrt{x^2 + y^2}\,ds = { \underset {\varphi\in\Phi}{ \int }}a^4\cos2\varphi\sqrt{1 + 3\sin^22\varphi}\,d\varphi = \)
    \(=\frac{2a^4}{2\sqrt{3}}\overset {\frac{\pi}{4}}{ \underset {-\frac{\pi}{4}}{ \int }}\sqrt{1 + 3\sin^22\varphi }\,d(\sqrt{3}\sin2\varphi) = 2a^4 + \frac{a^4}{\sqrt{3}}\ln(\sqrt{3}+2)\).

    [свернуть]

    [/spoilergroup]

Литература

Тест

Данный тест поможет Вам проверить уровень знаний по данной теме.


Таблица лучших: Криволинейные интегралы. Вычисление

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Вычисление криволинейных интегралов первого рода: 1 комментарий

  1. я насчитала 6 типов вопросов (Single choice, Multiple choice, «Free» choice, «Sorting» choice, «Matrix Sorting» choice, Cloze)

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *