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].

  
  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

• Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа, том 2, стр. 494-498
• Кудрявцев Л.Д. Сборник задач по математическому анализу. Том 3. — 2-е изд., 2003 г. стр. 255-256, 259
• Бутузов В.Ф. Математический анализ в вопросах и задачах. — 4-е изд., 2001 г. стр. 321

Тест

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 3 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3

Информация

Данный тест поможет Вам проверить уровень знаний по данной теме.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 3

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 3 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 3

   1.

   Количество баллов: 1

   Какие условия гарантируют выполнение равенства ${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y, z)\,ds = \overset {\beta}{ \underset {\alpha}{ \int }} f(x(t), y(t), z(t))\sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2 + (z'(t))^2}\,dt$

   • Функция $f(x, y, z)$ непрерывна вдоль кривой $\Gamma$.
   • Существует криволинейный интеграл первого рода ${ \underset {\Gamma}{ \int }}f(x, y, z)\,ds$.
   • Кривая $\Gamma$ является гладкой.
   • Функция $f(x, y, z)$ монотонно возрастает на $\mathbb{R^3}$.
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 3

   2.

   Количество баллов: 1

   Вычислить криволинейный интеграл первого рода ${ \underset {\Gamma}{ \int }}(x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})\,dl$, где кривая $\Gamma$ — астроида $x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$

   • $4a$
   • $4a^{\frac{7}{3}}$
   • $4$
   • $4a^{\frac{3}{7}}$
   Правильно
   

   Запишем параметрическое уравнение астроиды: $x = a\cos^3t$, $y = a\sin^3t$, $0\leq t\leq 2\pi$. Так как $x’ = -3a\cos^2t\sin{t}$, $y’ = 3a\cos{t}\sin^2{t}$, то $x’^2 + y’^2 = 9a^2\cos^2t\sin^2t$. Тогда
   ${ \underset {\Gamma}{ \int }}(x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})\,dl = \overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}a^\frac{4}{3}(\cos^4t + \sin^4t)3a|\cos{t}\sin{t}|\,dt=$
   $=12a^\frac{7}{3}\overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}(\cos^5t\sin{t} + \sin^5t)\,dt =$
   $ =12a^\frac{7}{3}\left (-\frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} + \frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} \right ) = 4a^{7/3}$

   Неправильно
   

   Запишем параметрическое уравнение астроиды: $x = a\cos^3t$, $y = a\sin^3t$, $0\leq t\leq 2\pi$. Так как $x’ = -3a\cos^2t\sin{t}$, $y’ = 3a\cos{t}\sin^2{t}$, то $x’^2 + y’^2 = 9a^2\cos^2t\sin^2t$. Тогда
   ${ \underset {\Gamma}{ \int }}(x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})\,dl = \overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}a^\frac{4}{3}(\cos^4t + \sin^4t)3a|\cos{t}\sin{t}|\,dt=$
   $=12a^\frac{7}{3}\overset {2\pi}{ \underset {0}{ \int }}(\cos^5t\sin{t} + \sin^5t)\,dt =$
   $ =12a^\frac{7}{3}\left (-\frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} + \frac{\cos^6t}{6}\bigg|_0^\mathrm{\frac{\pi}{2}} \right ) = 4a^{7/3}$
3. Задание 3 из 3

   3.

   Количество баллов: 1

   Разместить значения интегралов в порядке убывания:

   • ${ \underset { \Gamma }{ \int } } (2x + 4y-4z+7 )\,ds$, где $\Gamma$ - отрезок прямой между точками $M_1(8, 9,3)$ и $M_2(6, 10,5)$
   • ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds$, где $\Gamma$ - окружность $x^2 + y^2 = R$
   • ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds$ по дуге окружности $x(t) = \cos t$, $y(t) = \sin t$, $\frac{\pi}{2}\leq t\leq \pi$
   Правильно
   

   ${ \underset { \Gamma }{ \int } } (2x + 4y-4z+7 )\,ds = 129$

   ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = 0$, где $\Gamma$ — окружность $x^2 + y^2 = R$

   ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = -\frac{1}{2}$

   Неправильно
   

   ${ \underset { \Gamma }{ \int } } (2x + 4y-4z+7 )\,ds = 129$

   ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = 0$, где $\Gamma$ — окружность $x^2 + y^2 = R$

   ${ \underset { \Gamma }{ \int } } xy\,ds = -\frac{1}{2}$