из уравнения ВС).

Представим искомый интеграл ∫∫(x +1)ds в виде суммы двух двойных

D

интегралов и к каждому слагаемому применяем формулу (3.12):

				x					6−x
			2				4		2
∫∫(x +1)ds = ∫∫(x +1)ds + ∫∫(x +1)ds = ∫					∫(x +1)dy dx + ∫				∫(x +1)dy dx . (3.13)
D	D1	D2	1		1		2		2

Вычислим внутренние интегралы (x = const):

x

(x +1)dy = (x +1)x dy = (x +1) y

x

= (x +1)(x −1)= x2 −1;

∫

∫

1

1

1

6−x

6−x

2

2

6

− x

x

3x

∫(x +1)dy = (x +1) y

1 2 = (x +1)

−1

= −

+

+

2 .

2

2

2

1

Подставим найденные интегралы вместо «скобок» в формулу (3.13):

	2	2	4		x2		3x			x3			2		2		x3		4		3x2		4		4
∫∫(x +1)ds = ∫(x				−		+		+ 2						− x		−				+				+ 2x		=
			−1)dx + ∫		2		2		dx =	3			1		1		6		2		4		2		2
D	1		2

= 8 3−1 − (2 −1)− 646−8 + 34 (16 − 4)+ 2(4 − 2)= 73 −1 − 283 + 9 + 4 = 5.

Ответ. ∫∫(x +1)ds = 5.

D

Решим этот же пример по-другому.

Если посмотреть на рис. 3.9 и сравнить его с рис. 3.12, то видно, что областьD можно считать ограниченной прямыми y = 1, y = 2 и графиками функций x = y (отрезок АВ) и x = 6 – 2y (отрезок ВС). Поэтому можно сразу применить к данному

двойному интегралу формулу (3.13), в которойc = 1, d = 2,

h1(y) = y, h2(y) = 6 – 2y.

Имеем

2 6−2 y

(x +1)ds =

Вычислим внутренний

2 x2

6 − 2 y

(x +1)dx

dy =

=

+ x

dy =

∫∫

∫

∫

∫

интеграл (y = const)

2

y

D

1

y

1

2

2

y

2

2

36

− 24y + 4y

2

y

2

(6 − 2y)

= ∫

2

+ (6 − 2y)−

2

+ y

dy

= ∫

2

+ 6 −

2

− 3y

dy =

1

1

2

2

y2

2

3

2

3 y3

15y2

2

=

∫

=

∫

y

−15y + 24 dy =

−

=

18 −12 y + 2 y + 6 −

− 3y dy

2

3

2

+ 24 y

1

1

2

1

2

=(4 − 30 + 48)− 1 −15 + 24 = 22 −17 = 5.

2 2

Ответ. ∫∫(x +1)ds = 5 (результаты совпали).

D

91

	3.1.6. Замена переменных в двойном интеграле
Рассмотрим	∫∫ f (x, y)ds .	Пусть f (x, y)	непрерывна в области	D . Введем
	D
новые переменные u ,		v , связанные с	переменными x , y	равенствами
x = X (u,v),	y =Y (u,v), причем для всех (x, y) D из системы
		x = X (u, v),		(3.14)
		y = Y (u, v)
можно однозначно выразить u и v через x , y :
		u =U (x, y),		(3.15)
		v =V (x, y).

Пусть точкам (x,y) области D xOy соответствуют по формулам (3.15) точки (u,v) области D1 координатной плоскости uO1v . Иными словами формулы

(3.14) и (3.15) устанавливают взаимно однозначное соответствие между областями D и D1 . Если функции X (u,v) и Y (u,v) и их частные производные

∂X

,

∂X

,

∂Y

,

∂Y

непрерывны в D , то справедливо равенство

∂u

∂v

∂u

∂v

1

∫∫ f (x, y)ds = ∫∫ f (X (u,v),Y (u,v)) J (u,v)

dudv ,

(3.16)

где

D

D1

∂X

∂X

J (u,v)=

∂u

∂v

(3.17)

∂Y

∂Y

∂u

∂v

- функциональный определитель II порядка (определитель Якоби), называемый якобианом. Доказательство формулы (3.16) здесь не приводится.

Пример 3.4.

Вычислить ∫∫(x + 2 y)dxdy ,

где D

– параллелограмм,

D

ограниченный прямыми x + y =1,

x + y = 3 , 3x + y = 0 , 3x − y = 3, (рис. 3.14).

Видно, что для вычисления двойного интеграла придется разбить

область D на три части. Сделаем замену

y

переменнных так, чтобы область D1 в

плоскости

новых

переменных

была

3x

– y = 0

3

«лучше», чем D xOy . Введем замену

B

3x – y = 3

по формулам

u = x + y,

C

D

1 A

v = 3x − y.

Тогда из этой системы (складывая

1D

x

O

3

x

+ y = 3

уравнения,

находим x , а y выражаем

x + y = 1

Рис. 3.14

92

через x : y = u − x ):

x = u +4 v ,y = 3u − v .4

Нетрудно видеть, что прямые

y

y = 3

3

= 1	D1
u

x + y =1,

u = 3

x + y = 3 при замене преобразуются в прямые u =1 и u = 3 , а прямые

3x − y = 0, 3x − y = 3

преобразуются в прямые v = 0, v = 3. Эти четыре прямые на плоскости uO1v будут

ограничивать область D1 (рис.

3.15).

Чтобы воспользоваться формулой (3.16), найдем сначала якобиан. Для функций

O1

1

y = 0

3

u

X (u,v)=

u + v

и Y (u,v)=

3u − v

Рис.

3.15

4

4

∂Y 3

∂Y

∂Х 1

1

найдем

,

∂Х 1

,

,

. По формуле (3.17) якобиан J (u,v)

= 4

= 4

= 4

= −

∂u

∂v

∂u

∂v

4

будет равен

	1	1			1			3		1 .
	4	4	= −			−			= −
				16			16
	3	1								4
	4	− 4

Найдем	абсолютную		величину				якобиана					J (x, y)				=			− 1			=		1		. По формуле
																				4				4					u + v
(3.16), подставляя в подынтегральную функцию вместо x и y																										функции
и 3u − v																													4
	, соответственно имеем
4				u + v					3u − v	1							1
	∫∫(x + 2 y)dxdy = ∫∫						+ 2					dudv =								∫∫(7u − v)dudv .
					4				4								16
	D		D							4										D
			1																	1								1≤ u ≤ 3 и
Перейдем в последнем двойном интеграле к повторному.																										Т.к.
0 ≤ v ≤ 3, то
	∫∫			1	3	3							1	3									2			3
					∫	∫								∫
		(x + 2 y)dxdy =					(7u	− v)dv du			=			7uv − v													du	=
																										0
	D		16		1 0						16			1						2

93

	1		3							32		02				1 3						9				1			21u2			9u			3
=					7u 3 − 7u 0 −						−								∫		21u −		du =								−					=
	16		∫							2		2	du =		16							2				16				2		2			1
			1																1
					=		1	21(9	−1)−			9 (3 −1)		=			1			(84 − 9)=				1	75 = 4					11 .
						16										16							16
								2				2																		16
Ответ.				∫∫(x + 2 y)dxdy = 4							11 .
				D							16

3.1.7. Двойной интеграл в полярной системе координат

Рассмотрим ∫∫ f (x, y)dxdy . Сделаем замену переменных, вводя новые

D

переменные ϕ и ρ по формулам

x = ρcosϕ,	(3.18)
y = ρsinϕ,

где ρ ≥ 0.

Видно, что при введении на плоскости полярной системы координат, у которой полярная ось совпадает с положительной полуосью абсцисс

(рис. 3.16),

y
y	M
	ρ
1	φ
O 1	x	x

Рис. 3.16

формулы (3.18) выражают связь между декартовыми и полярными координатами произвольной точки М. Поэтому замену переменных по формулам (3.18) называют переходом к полярным координатам. Найдем,

	чему равен якобиан при	замене (3.18).		Здесь X (ϕ, ρ)= ρ cosϕ ,
	Y (ϕ, ρ)= ρsinϕ, поэтому	∂X	= ρ(− sinϕ),	∂X	= cosϕ ,	∂Y	= ρcosϕ ,
		∂ϕ		∂ρ		∂ϕ

∂∂Yρ = sinϕ .

Поэтому по формуле (3.17)

94

J (ϕ, ρ)=		− ρsinϕ			cosϕ		= −ρsin2 ϕ − ρcos2 ϕ
		ρcosϕ			sinϕ
или J (ϕ, ρ)= −ρ . Отсюда с учетом того, что ρ ≥ 0, получаем
			J (ϕ, ρ)		= ρ .	(3.19)

Итак, переход в двойном интеграле к полярным координатам осуществляется с учетом (3.16), (3.18), (3.19) по формуле

∫∫ f (x, y)dxdy = ∫∫ f (ρ cosϕ;ρ sinϕ)ρdϕdρ .		(3.20)
D	D1

Замену переменных в двойном интеграле делают для того, чтобы упростить область интегрирования, или подынтегральную функцию, или и то и другое. Выясним тип областей D , которые упрощаются при переходе к полярным координатам. Естественно, хотелось бы, чтобы после упрощения можно было перейти от двойного интеграла к повторному по одной из формул (3.12) или (3.13). В этих формулах область D1 в плоскости новых переменных ϕO1ρ должна задаваться одной из систем неравенств:

		a ≤ ϕ ≤ b,			или			c ≤ ρ ≤ d,
g		(ϕ)≤ ρ ≤ g	2	(ϕ)		h		(ρ)≤ ϕ ≤ h (ρ).
	1						1	2

Так как ϕ и ρ связаны с x

и y

как настоящие полярные координаты,

то

видно, что при переходе к

ϕ , ρ

область

D1

будет описываться первой

системой

неравенств,

если

y

D

область

является

частью

φ = b

сектора,

заключенного

между

двумя лучами, выходящими из

φ = a

начала координат под углами a

D

ρ = g2(φ)

и b к оси Ox

(рис. 3.17).

Действительно, уравнение

луча,

выходящего

из

начала

ρ = g1(φ)

координат под углом a к оси Ox

O

x

в

полярной

системе

координат

Рис. 3.17

D

имеет вид ϕ = a . Криволинейные

в полярной

участки границы области

ρ

системе координат – это графики двух

ρ = g2(φ)

функций, в которых полярный радиус

D1

выражается

через

полярный

угол

( ρ = g1(ϕ), ρ = g2 (ϕ)).

Для

всех

точек

ρ = g1(φ)

(ϕ, ρ) области D будут

выполняться

a ≤ ϕ ≤ b,

условия

b

g1 (ϕ)≤ ρ ≤ g2 (ϕ).

Значит,

при

O1

φ

φ = a

φ

= b

Рис. 3.18

95

замене (3.18) область D1 в плоскости ϕO1ρ имеет вид как на рис. 3.18.		D в
Сформулируем итог полученных рассуждений. Если область
плоскости xOy имеет вид, изображенный	на рис. 3.17, т.е. в полярной
системе координат линии, ограничивающие D , заданы уравнениямиϕ = α ,
ϕ = β (α < β ) и ρ = g1(ϕ), ρ = g1(ϕ),	ρ = g2 (ϕ) ( g1(ϕ)<g2 (ϕ)	для
α ≤ϕ ≤ β ), то с учетом (3.20) справедлива формула

	β g2	(ϕ)	(ρcosϕ;ρsinϕ)ρdρ
∫∫ f (x, y)dxdy = ∫ ∫ f				dϕ .
D	α g1	(ϕ)

Пример 3.5. Вычислить, переходя к полярным координатам,

интеграл	∫∫	x2 + y2	dxdy , где D – часть
				y
	D				y = x
круга x2	+ y2 ≤ 4 , зажатая между осью

Ox и прямой y = x в I четверти.

(3.21)

двойной

Изобразим область D (рис. 3.19).

Если	перейти	к	полярным
координатам	ϕ и ρ		( x = ρcosϕ ,

D

y = ρsinϕ ), то

в

полярной

системе

O

x

координат

уравнения

линий,

Рис. 3.19

ограничивающих

D ,

получаются из уравнений этих линий в системе xOy

подстановкой в них вместо x и

y функций ρcosϕ ,

ρsinϕ соответственно.

Здесь

окружность

x2 + y2 = 4

будет

иметь

уравнение

ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ = 4, т.е.

ρ2 = 4 или ρ = 2 . Для положительной полуоси

Ox уравнение y = 0 перейдет в уравнение ρsinϕ = 0, т.е.

ρ = 0 (точка О) или

sinϕ = 0 (ϕ = 0 ). Для

биссектрисы

y = x

первого

координатного угла

уравнение примет вид

ρsinϕ = ρcosϕ ,

откуда или

ρ = 0,

или sinϕ = cosϕ

т.е. ϕ =

π

. Уравнения

линий,

ограничивающих область

D , в п олярных

4

ϕ = π ,

координатах имеют вид ϕ = 0 ,

ρ = 0,

ρ = 2 . Это соответствует рис.

4

α = 0, β = π ,

3.17,

поэтому можно воспользоваться формулой (3.21),

где

g1(ϕ)= 0, g2 (ϕ)= 2. Итак,

4

π

π

4

2

4

2

2

2

2

2

2

2

∫∫

x

+ y

∫

ρ

cos

ϕ + ρ

sin

ϕ

∫ρ

dxdy = ∫

ρdρ dϕ =

∫

ρdρ dϕ =

D

0

0

0

0

96

π	ρ3			2	π	8		8		π		8π		2π
4					4
= ∫				0	dϕ =∫		dϕ =		ϕ	4	=		=		.
	3					3		3				12		3
0					0					0

На этом примере видно, что если кривая, ограничивающая область D , - окружность радиуса R с центром в начале координат, то ее уравнение в полярной системе координат простейшее: ρ = R , что удобно в дальнейшем

при интегрировании. Кроме этого видно, что если в подынтегральной функции присутствует выражение x2 + y2 , то подынтегральная функция тоже упрощается, т. к. x2 + y2 = ρ2 .

Пример 3.6. Вычислить, переходя к полярным координатам, двойной интеграл ∫∫(2x − 3y)dxdy , где D круг с центром в точке (0; 3) и радиусом,

D

равным трем.

Изобразим область D, рис.3.20.

	D	М1
	3
	М
-3	О	3
	Рис. 3.20
Уравнение окружности, ограничивающей		D ,	имеет вид	x2 + (y − 3)2 = 9
((x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2 ). Перепишем его			в полярных	координатах:
ρ2 cos2 ϕ + (ρsinϕ − 3)2 = 9.

Упростим это уравнение и выразим из него ρ через ϕ :

ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ − 6ρsinϕ + 9 = 9 или ρ2 − 6ρsinϕ = 0,

т.е. ρ(ρ − 6sinϕ)= 0 , откуда ρ = 0 (это точка O ) или ρ = 6sinϕ . Видно, что у

любой	точки М области D полярный угол	удовлетворяет неравенствам
0<ϕ <π	и полярный радиус – неравенствам	0 ≤ ρМ ≤ ρМ1 , т.е. для любой

точки (ϕ, ρ) D справедливы неравенства: 0<ϕ <π , 0 ≤ ρ ≤ 6sinϕ . Отсюда следует, что для вычисления двойного интеграла можно воспользоваться

формулой (3.21), где α = 0, β =π ,		g1(ϕ)= 0,	g2 (ϕ)= 6sinϕ :
	π 6sinϕ
		∫(2ρcosϕ
∫∫(2x − 3y)dxdy = ∫			− 3ρsinϕ)ρdρ dϕ =
D	0	0

97

					π 6sinϕ													2					π															6sinϕ				2
		= ∫						∫(2cosϕ −		3sinϕ)ρ dρ																													∫ρ dρ											=
																				dϕ =			∫(2cosϕ − 3sinϕ)																								dϕ
					0			0															0																0
				π									ρ3				6sinϕ						1		π																						3
		= ∫(2cosϕ −3sinϕ)																	0		dϕ =				∫			(2cosϕ − 3sinϕ)(6sin																ϕ) dϕ =
														3									3
			0																						0
							π																		π															π
		= 72∫(2sin3 ϕcosϕ − 3sin4 ϕ)dϕ =144∫sin3 ϕcosϕdϕ − 216∫sin4 ϕdϕ .
							0																		0																0
Первое слагаемое равно нулю, т.к.																													ϕ π				= 1 (sin4 π − sin4											0)= 0 .
				∫sin3 ϕcosϕdϕ = ∫sin3													ϕd sinϕ = sin									4
				π						π																					0
			0							0															4									4
Во втором интеграле воспользуемся формулами
sin2 α =					1		(1 − cos2α),			cos2 α =								1	(1 + cos2α), а именно:
					2													2
						π				π															π			(1 − 2cos2ϕ + cos2 2ϕ)dϕ =
						∫sin4 ϕdϕ = 1				∫(1 − cos2ϕ)2 dϕ =													1		∫
						0			4	0													4		0
	1			π π								1 π																		π 1								π 1								π 1						π
=						−		∫cos2ϕd(2ϕ)+						∫(1 + cos4ϕ)dϕ															=				−		sin 2ϕ				+			ϕ					+				sin 4ϕ		=
	4	ϕ		0								2																		4				4				0		8						0			32			0
								0						0
								= π −	1 sin 2π +								1 sin 0 +					1π +							1			sin 4π −				1		sin 0 =					3π					.
																													32
								4	4								4					8		3π											32									8
Получаем ответ ∫∫(2x − 3y)dxdy = −216																													= −81π .
																							8
								D

3.1.8.Геометрические приложения двойного интеграла

3.1.8.1.Вычисление объемов

Рассмотрим тело Т, проекция которого на плоскость xOy – область D .

Пусть Т ограничено	графиками	функций z = f1(x, y)	и z = f2 (x, y)
( f1(x, y)≤ f2 (x, y) для	(x, y) D )	и цилиндрической	поверхностью,

проходящей через границу области D перпендикулярно xOy (рис. 3.21).

z

z = f2(x, y)

T

z = f1(x, y)

y

D

x

Рис. 3.21

Предположим, что тело расположено в верхнем полупространстве, т.е. f1(x, y)≥ 0 при (x, y) D . Тогда объем тела T

можно найти в виде разности объемов цилиндрических тел T1 и T2 ,

основанием которых является область D (см. рис. 3.21). Объем каждого из этих тел можно найти по

98

формуле (3.7). Тело T1 ограничено сверху графиком функции z = f1(x, y),

поэтому его объем VT1	= ∫∫ f1(x, y)ds , а тело T2 ограничено сверху графиком
	D
функции z = f2 (x, y), поэтому его объем VT2		= ∫∫ f2 (x, y)ds . Тогда V =VT2	−VT1 ,
т.е. справедлива формула		D
	V = ∫∫( f2 (x, y)− f1(x, y))ds .		(3.22)
	D

Если тело T расположено не в верхнем полупространстве, то формула (3.22) все равно верна. Действительно, сдвинув тело Т вверх, чтобы оно расположилось над плоскостью xOy , мы получим тело, ограниченное снизу

графиками функций z = f1(x, y)+ C0 и z = f2 (x, y)+ C0 (C0 – величина сдвига). Для вычисления объема нового тела формула (3.22) справедлива, а объем тела при сдвиге не меняется, т.е. равен V . Получим формулу

V = ∫∫(( f2 (x, y)+ C0 ) − ( f1(x, y)+ C0 )ds ,

D

или, раскрыв скобки, всю ту же формулу (3.22).

Пример 3.7. Вычислить объем тела, ограниченного

поверхностями

x2 + y2 =1, z = x2 + y2 и z = 2(x2 + y2 ).

Очевидно,

уравнение

x2 + y2 =1

задает

круговой цилиндр,

параллельный Oz , а уравнения

z = x2 + y2 и

z = 2(x2 + y2 )

– параболоиды

вращения (вокруг оси Oz ). Изобразим данное

z

тело (рис. 3.22).

У данного тела Т снизу – параболоид,

сверху – параболоид, а боковая стенка –

z = 2(x

2

2

цилиндр. Воспользуемся формулой (3.22), где

+ y )

f1(x, y)= x2 + y2 , f2 (x, y)= 2(x2 + y2 ), а

2

область D – круг на плоскости xOy .

V = ∫∫(2(x2 + y2 )− (x2 + y2 ))ds = ∫∫(x2 + y2 )ds .

z = x2 + y2

D

D

Изобразим область D (рис. 3.23).

O

1

y

Для такой области D удобно перейти к

1

y

полярным координатам. Для

D

точек круга D ϕ [0,2π), а

x

Рис. 3.22

x

0 ≤ ρ ≤1, поэтому применим для вычисления

O 1

V = ∫∫(x2 + y2 )dxdy формулу (3.21), учитывая, что

Рис. 3.23

D

подыинтегральная функция примет простой вид:

x2 + y2 = ρ2 ,

99

2π

1

2

2π

ρ

4

1

2π

1

1

2π

π

∫ρ

= ∫

dϕ

=

ϕ

=

.

V = ∫

ρdρ dϕ =

∫

4

0

dϕ

4

4

0

2

Итак, V = π

0

0

0

0

(куб. ед.).

2

Пример 3.8. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями

z =

4 − x2 − y2 ,

y = x ,

y = 2x и z = 0 , лежащего в I и III октантах.

Очевидно,

что

y = x ,

y = 2x

– это уравнения плоскостей,

перпендикулярных плоскости xOy , а

z = 0 – это уравнение плоскости xOy.

Поверхность, заданная уравнением z =

4 − x2 − y2

. Это верхняя полусфера

с

центром

в

начале

координат

и

радиусом

R = 2

(действительно,

освободившись от корня, перепишем

уравнение в

виде

x2 + y2 + z2 = 4 ).

Изобразим тело T

(рис. 3.24.)

z

y

2

y = 2x

y = x

-2

O

1

2

x

Внешний вид

1

2

Рис. 3.24

тела Т

Тело Т ограничено снизу плоскостью xOy , сверху – сферой, а боковые

стенки – плоскости, перпендикулярные

xOy .

Воспользуемся формулой

(3.22), где f1(x, y)= 0 , а

f2 (x, y)=

4 − x2 − y2

. Область D ограничена двумя

прямыми и окружностью, т.е. линиями пересечения плоскостей y = x , y = 2x

и полусферы z = 4 − x2 − y2 с плоскостью xOy ( z = 0 ). Подставим z = 0 в уравнения плоскостей и полусферы и получим уравнения этих линий: y = x ,

y = 2x , 4 − x2 − y2 = 0 – это и есть границы области D . Изобразим область D на xOy

(заштрихована на рис. 3.25).

На рис. 3.24 видно, что тело симметрично относительно оси Oz и состоит из двух кусков одинакового объема, в основании которых области D1 и D2

(см. рис. 3.25).

	y
	2
		D1	x2 + y2 = 4
–2	O		2	x
y = x	D2
	–2
	y =2 x	Рис. 3.25

100

Поэтому по формуле (3.22) получим

V = 2∫∫(4 − x2 − y2 − 0)dxdy .

D1

Так как D1 – область такого же вида, как область, изображенная на рис. 3.16, то удобно перейти к полярным координатам. Луч прямой y = x наклонен к

оси Ox под угломϕ = π

, а луч прямой y = 2x – под углом ϕ = arctg2 (так как

4

tgϕ = 2).

На

окружности

угловой коэффициент

этой

прямой

равен

x2 + y2 = 4 полярный радиус

ρ = 2 .

Значит,

для точек (ϕ, ρ )

области D

справедливы неравенства π

1

≤ϕ ≤ arctg2 ,

0 ≤ ρ ≤ 2 .

4

π

Применим формулу (3.21) (α

=

,

β = arctg2 ,

g1(ϕ)= 0, g2 (ϕ)= 2):

4

arctg 2 2

V = 2∫∫

4 − (x

2

+ y

2

)dxdy = 2

∫

∫

4 − ρ

2

ρdρ

dϕ =

D

π

0

1

4

2 (4

− ρ

1

Очевидно,

=

= arctg 2

2 )2 2ρdρ

dϕ =

∫

∫

2ρdρ = −d(4 − ρ

2

)

π

0

4

3

1

= −arctg∫

2

∫2 (4 − ρ2 )2 d (4 − ρ2 )dϕ = − arctg∫ 2 2(4 − ρ2 )2

2dϕ =

π

0

π

3

0

4

4

arctg2

= −

2 arctg 2

3

)dϕ

=

16

ϕ

16

π

3

∫(0 − 2

3

π

=

3

arctg2 −

4

.

π

4

4

Итак, V =

16

π

(куб. ед.).

3

arctg2 −

4

3.1.8.2. Вычисление площади плоской фигуры

Пусть на плоскости xOy задана область D . Найдем ее площадь S . Если рассмотреть двойной интеграл по D , взяв подынтегральную функцию

n

f (x, y)=1, то интегральная сумма (3.5) Sn = ∑∆si = S при любом разбиении

i=1

области D . Предел постоянной равен этой постоянной, поэтому по формуле

101

(3.6) получим ∫∫ds = ∫∫dxds = S , т. е. справедлива формула

D D

S = ∫∫ds .	(3.23)
D

Если в формуле (3.23) перейти к полярным координатам, то получим

S = ∫∫ρdρdϕ .	(3.24)
D1

С помощью формулы (3.24) можно вывести формулу для вычисления площади криволинейного сектора (рис. 3.26).

y

φ = β

φ = α

Dρ = f (φ)

O		x
	Рис. 3.26

Для любой точки (ϕ, ρ) D выполняются неравенства d ≤ϕ ≤ β , 0 ≤ϕ ≤ f (ϕ) поэтому, учитывая (3.21) и (3.24), имеем

β f (ϕ)			β	ρ2		f (ϕ)		1	β	2	(ϕ)dϕ .
S = ∫	∫ρdρ	dϕ = ∫				0	dϕ =		∫ f
				2				2
α	0		α						α
Получили известную ранее формулу (2.24)
	S =	1 β∫ f 2 (ϕ)dϕ .									(3.25)
		2 α

3.1.8.3. Вычисление площади поверхности в пространстве

Пусть рассматривается часть поверхности, являющейся графиком непрерывно дифференцируемой функции z = f (x, y). Обозначим ее Ω. Пусть

проекция Ω на плоскость xOy – это область D . Тогда площадь Ω находится

102

с помощью двойного интеграла по формуле

dxdy .

S = ∫∫

1 + (fx′(x, y))2 + (f y′(x, y))2

(3.26)

D

Доказательство

формулы

(3.26)

z

Δωi

z = f(x, y)

подробно проводить не будем, а поясним

его идею.

Разбиваем D на n частей

произвольными

линиями.

Линии

i

M

разбиения

проектируем

на

Ω.

Полученные на Ω проекции разобьют Ω

O

y

на n частей

(рис. 3.27).

pi

x

Обозначим i -й кусок поверхности

D

Δsi

(и его площадь) через ∆ωi , а проекцию

Рис. 3.27

куска ∆ωi на xOy (и его площадь) - через

∆si

(i =1,2, ,n ). Берем на куске ∆si произвольную точку Pi (xi , yi ), находим

соответствующую точку Mi на ∆ωi ( Mi (xi , yi ),

f (xi , yi )) и проводим в точке

Mi

касательную плоскость к поверхности. При этом рассматриваем лишь

кусок ∆σi касательной плоскости, соответствующий точкам (x, y) ∆si .

Площадь куска ∆σi касательной плоскости и площадь проекции ∆si

этого

куска на xOy связаны равенством ∆si

= ∆σi

cosαi

, где αi – угол между

касательной плоскостью и плоскостью xOy . Косинус угла αi можно найти

как косинус угла между нормальными векторами данных плоскостей.

Нормальный вектор плоскости xOy , например,

n ={0,0,1}, а нормальный

вектор рассматриваемой касательной плоскости равен ni

= {fx′(Pi ); f y′(Pi );1},

откуда

n

ni

fx′(Pi ) 0 + f y′(Pi ) 0 +1 1

cosn ni

=

n

ni

=

,

02 + 02 +12

(fx′(Pi ))2 + (f y′(Pi ))2 +12

т.е. получаем, что

cosαi

=

1

.

Из равенства ∆si = ∆σi

(fx′(Pi

))2 + (f y′(Pi ))2

+1

cosαi

находим ∆σi :

∆si

= ∆si

.

∆σi =

(fx′(Pi ))2 + (f y′(Pi ))2 +1

cosαi

При мелком разбиении поверхности

Ω можно считать,

что

∆ωi

≈ ∆σi

и

n

соответственно

искомая

площадь

S = ∑∆ωi

приближенно

выражается

i=1

103

формулой

n

S ≈ ∑ (fx′(Pi ))2 + (f y′(Pi ))2 +1 ∆si .

i=1

Правая часть этого приближенного равенства является интегральной суммой, предел которой при неограниченном измельчении разбиения области D равен двойному интегралу в формуле (3.26).

Пример 3.9. Найти площадь части параболического цилиндра

z = (y −1)2 , вырезанной плоскостями x = 0, y = 0 и x + y =1.

Цилиндр

z = (y −1)2

имеет

образующие,

параллельные оси

Ox ,

плоскость

x + y =1

параллельна оси Oz , а плоскости

x = 0 и

y = 0

–

это

координатные плоскости yOz и xOz соответственно. Изобразим

часть

поверхности, т.е. Ω, площадь которой мы ищем (рис. 3.28).

z

1

х = 0

y = 0

Ω

x + y = 1

1

1

у

z = (y – 1)2

x

Рис. 3.28

Область

D xOy ,

в которую

проектируется

Ω

это

треугольник,

ограниченный

прямыми

x = 0, y = 0, x + y =1.

Найдем площадь

S

по

формуле (3.26), где

f (x, y)= (y −1)2 ,

fx′(x, y)= 0, f y′(x, y)= 2(y −1).

S = ∫∫1 + 02 + 4(y −1)2 dxdy .

D

y

1

x 0=

0

		Изобразим область D (рис. 3.29).
		Прямая		x + y =1 – это график функции
		x =1 – y,	т.е.	для точек (x, y)	области D
x + y = 1		справедливы	неравенства 0 ≤ y ≤1,		0 ≤ x ≤1 − y .
D		Для такой области D двойной интеграл можно
	y = 0	вычислить по формуле (3.13), где			c = 0, d =1,
1		x h1(y)= 0 , h2 (y)=1 − y .

Рис. 3.29

104

Тогда

											1				1−y												1							1−y
																												1 + 4(y −1)2
	S = ∫∫ 1 + 4(y −1)2 dxdy = ∫															∫		1 + 4(y −1)2 dx dy =									∫							∫dx dy =
		D									0					0		− y									0							0
				1													1			1
				= ∫ 1							2									∫ 1 + 4(y −							2	(1 − y)dy =
								+ 4(y −1)					x						dy =								1)
				0														0		0
		Видно,		что d(1 + 4(y −1)2 )=8(y −1)dy,																		= − 81			1			1
	=	откуда (1 − y)dy = −									1 d(1 + 4(y −1)2 )														∫0 (1 + 4(y −1)2 )2 d(1 + 4(y −1)2 )=
								3			8
																									3
				2 2								1						3											1
	= −1 (1 + 4(y −1)							)		1 = −						(1		+ 0)2 − (1		+ 4(−1)2 )2							= −			(1 − 5 5)= 5 5 −1.
	8			3						0	12																	12							12
				2
	Итак, S =			5	5	−1		(кв. ед.).
				12

3.1.9.Механические приложения двойного интеграла

3.1.9.1.Вычисление массы плоской фигуры

Если имеется плоская материальная фигура (пластинка), занимающая на плоскости xOy область D , плотность которой задается функцией ρ(x, y),

то, как было отмечено в начале рассматриваемой главы, массу такой фигуры можно найти по формуле (3.8):

m = ∫∫ρ(x, y)ds .

D

Если фигура однородна, т.е. ρ(x, y)= ρ0 = const , то в последней формуле ρ0 можно вынести за знак двойного интеграла:

m = ρ0 ∫∫ds .

(3.27)

D

Учитывая формулу (3.23), получаем естественное равенство

где S – площадь фигуры.			m = ρ0S ,	(3.28)
Пример		3.10. Найти массу
сегмента	параболы		y =1 − x2 ,
отсеченного осью Ox , если плотность в
каждой точке сегмента равна ординате
этой точки.
Изобразим		данную	фигуру
(рис. 3.30).

Рис. 3.30

105

По условию плотность ρ(x, y)= y. Найдем массу фигуры по формуле (3.8):

m = ∫∫ydxdy , где D - параболический сегмент.

D

Область D такого же вида, как в формуле (3.12), перехода от двойного

интеграла к повторному ( a = −1, b =1, g1(x)= 0 , g2 (x)=1 − x2 ). По формуле (3.12) имеем

	1 1−x2								1			y		2			1 − x				2				1	1					2 2	1			1
																																						2			4
m = ∫				∫ydy		dx = ∫																dx =					∫	(1 − x			) dx =				∫	(1 − 2x			+ x			)dx =
													2						0						2 −1							2 −1
−1 0									−1
	1				2x		3		x	5				1					1									2		3	3				1		5		5
=							+											=		1 − (−1)−										(1	− (−1) )		+				(1 − (−1)			)		=
	2		x −			3		5					−		1				2									3							5
		1				2				1												2		1		8			. Итак, m =				8				(ед. массы).
	=			2	−		2	+				2						=1 −					+		=
		2				3				5												3		5		15							15

3.1.9.2. Вычисление моментов и координат центра масс плоской фигуры

Следующие приложения относятся к механическим характеристикам материальных объектов, которые называются моментами этих объектов.

Дадим сначала некоторые определения.

Рассмотрим на плоскости хОу точечную массу m , лежащую в точке

A (x, y), рис. 3.31. y

		Определение.		Статическими
	моментами		материальной		точки	A	y	A
	относительно		координатных		осей Ox и
	Oy ,	обозначаемыми		M x	и	M y

соответственно, называют произведения
массы точки на плечо, т.е.						x
			0	x
M x = m y , M y = m x	(3.29)			Рис. 3.31
(плечо – «расстояние» от точки до соответствующей оси).
Определение. Моментами	инерции		материальной		точки		A
относительно координатных осей	Ox и Oy ,			обозначаемыми	Ix и		I y

соответственно, называют произведения массы точки на квадрат плеча, т.е.

Ix = m y2 , I y = m x2 .	(3.30)
Пусть на плоскости xOy имеется n	материальных точек (система

материальных точек), массы которых равны mi , расположенные в точках Ai (xi , yi ) соответственно (i =1, ,n ), (рис. 3.32).

106

y

y1 A1

yc

C

yn

An

				x
0	x1	xc	xn

Рис. 3.32

Как известно из физики, центр масс C(xc , yc ) имеет координаты

xc =	x1m1 + + xnmn	,	yc =	y1m1 + + ynmn	.	(3.31)
	m1 + + mn			m1 + + mn

Обозначим m1 + + mn = m ( m – масса всей системы материальных точек) и перепишем формулы (3.31) в виде

					m xc = m1x1 + + mn xn ,					(3.32)
								+ + mn yn .
					m yc = m1 y1
Из формул	(3.29) видно, что mi xi							= Miy ,	mi yi = Mix (i =1, ,n ), т.е. из
							n			n
формул (3.32) вытекает, что m xc = ∑Miy ,									m	yc = ∑Mix ,
							i=1			i=1
			n			n
и, наконец,	xc	=	∑Miy	,	yc =	∑Mix	.
			i=1			i=1
			m			m

Сумма моментов точек системы является моментом всей системы (это относится к любому из моментов M x , M y , Ix , I y ), то есть для данной

системы точек

n	n
M y = ∑Miy ,	M x = ∑Mix .	(3.33)
i=1	i=1

Получаем формулы, выражающие координаты центра масс системы материальных точек через статические моменты системы и ее массу:

xc =	M y	, yc =	M	x	.	(3.34)
	m
			m

Замечание. Если найти моменты инерции каждой точки системы относительно оси Ох Iix = mi yi2 , и сложить их, то получим момент инерции

107

			n
Ix всей системы n материальных точек Ix = ∑mi yi2 . Аналогично,				суммируя
			i=1
моменты инерции I	iy	= m x2	всех точек системы относительно	оси Оу,
		i i

n

можно найти можно найти: I y = ∑mi xi2 . Таким образом ,

i=1
n	n
Ix = ∑mi yi2 ,	I y = ∑mi xi2 .	(3.35)
i=1	i=1

Рассмотрим фигуру, занимающую на плоскости xOy область D . Пусть плотность в каждой точке (x, y) D задается функцией ρ(x, y). Разобьем D

произвольными линиями на n частей, выберем в каждой части произвольную точку (точку Pi (xi , yi ) в i-й части, i =1, ,n ). Так же, как в

задаче о массе неоднородной пластинки, считаем приближенно, что каждый кусок однороден и его плотность во всех точках такая же, как в выбранной точке (для i-го куска плотность равна ρ(Pi )= ρ(xi , yi )). Тогда приближенная

масса mi i-го куска вычисляется по формуле

mi = ρ(xi , yi ) ∆Si ,

(3.36)

где ∆Si – площадь i-го куска (i =1, ,n ). Разбиение пластинки считаем столь мелким, что каждый кусок – это приближенно материальная точка массы mi , расположенная в точке Pi (xi , yi ). По формуле (3.33) и (3.35), с учетом (3.36),

можно найти моменты получившейся системы n материальных точек, которые можно считать приближенными значениями моментов данной плоской фигуры:

n		n
M x ≈ ∑mi	yi	= ∑yi ρ(xi , yi )∆Si ,
i=1		i=1
n		n
M y ≈ ∑mi	xi	= ∑xi ρ(xi , yi )∆Si ,
i=1		i=1
n		n
Ix ≈ ∑mi yi2 = ∑yi2ρ(xi , yi )∆Si ,
i=1		i=1
n		n
I y ≈ ∑mi xi2 = ∑xi2ρ(xi , yi )∆Si .
i=1		i=1

(3.37)

(3.38)

Равенства (3.37) и (3.38) тем точнее, чем мельче разбиение области D. Если неограниченно измельчать разбиение области D, вычисляя для каждого разбиения приближенные значения моментов по формулам (3.37) и (3.38), то эти значения будут стремиться к числам, которые и примем за моменты плоской фигуры. Суммы, стоящие в правых частях формул (3.37) и (3.38), –

это интегральные суммы для функций yρ(x, y), xρ(x, y), y2 ρ(x, y) и

108

x2 ρ(x, y) в области D соответственно. Пределы таких сумм при

неограниченном измельчении разбиения области D (если они существуют) равны двойным интегралам от перечисленных функций, т.е.

M x = ∫∫yρ(x, y)ds ,	M y = ∫∫xρ(x, y)ds ,	(3.39)
D	D
Ix = ∫∫y2 ρ(x, y)ds ,	I y = ∫∫x2 ρ(x, y)ds .	(3.40)
D	D
Например, если плотность	ρ(x, y) – непрерывная функция на	D , то все

четыре двойных интеграла в формулах (3.39) и (3.40) существуют. Зная статические моменты пластинки и ее массу, можно

координаты центра масс C(xc , yc ) по формулам (3.34). С учетом формул (3.8) и (3.39) имеем

				∫∫xρ(x, y)ds					∫∫yρ(x, y)ds
	x		=	D	,	y		=	D	.
		c		∫∫ρ(x, y)ds			c		∫∫ρ(x, y)ds
				D					D

найти

(3.41)

Если пластинка однородна, т.е. ρ(x, y)= ρ0 , то формулы (3.41) с учетом (3.23) упрощаются:

	xc =	∫∫xds	,	yc =	∫∫yds	,	(3.42)
		D			D
		S			S

где S – площадь фигуры.

Замечание. В теоретической механике, в курсе сопротивления материалов, в строительной механике рассматриваются пластинки разной формы (треугольники, секторы и сегменты круга и т.д.). По формулам (3.39), (3.40) и (3.42) для однородных фигур разной формы найдены значения моментов и центры масс. Найденные значения сведены в таблицы, которые можно найти в соответствующих справочных приложениях и которыми читатель может воспользоваться при изучении вышеупомянутых дисциплин.

Пример 3.11. Найти момент инерции однородного прямоугольного

треугольника относительно его катета.

Пусть плотность треугольника равна

y

ρ0 , а его катеты имеют длины а и b. Найдем

момент инерции относительно катета длины

B b

а. Расположим треугольник на плоскости

D

a

xOy так, чтобы катет а лег на одну из осей

0

x

A

Ox или Oy , например так, как изображено на

рис. 3.33.	Рис. 3.33

109

Тогда искомый момент инерции – это момент инерции относительно оси Ox .

По формуле (3.40):

Ix = ∫∫y2 ρ(x, y)ds = ρ0 ∫∫y2ds .

D

D

Вычислим получившийся двойной интеграл по формуле (3.12), для чего

сначала составим уравнение прямой AB . Воспользуемся уравнением прямой,

проходящей через заданные точки A(a;0) и B(0;b):

y − 0

= x − a

,

b − 0

0 − a

откуда y = −b (x − a). Получаем, что для точек (x, y) области D справедливы

неравенства

a

0 ≤ x ≤ a,

0 ≤ y ≤ −b (x − a).

a

По формуле (3.12) переходим в ∫∫y2ds к повторному интегралу:

D

a

−ba(x−a)

a

3

−b

(x−a)

ρ

a

b

3

∫y2dy

ρ0 ∫

y

a

=

∫

dx =

Ix = ρ0 ∫

dx =

3

dx

0

−

a

(x − a)

0

0

0

0

3

0

(x − a)4 a

b3ρ

a

3

b3ρ

b3

1

4

4

)=

= −

3a30

∫0 (x − a) d (x − a)= −

3a30

4

0 = − 3a3 ρ0 4 ((a − a) −

(0

− 4)

= − b3

ρ0

1

(− a4 )=

1

ρ0ab3 .

3a3

4

12

Итак, момент инерции треугольника относительно катета a равен 1

ρ0ab3 .

12

y

Очевидно, момент инерции треугольника

y

A1

относительно катета b равен

1 ρ

0

ba3 .

12

x C

Пример 3.12. Найти центр масс

0

x

однородного

сектора

круга

радиуса

R ,

–y

опирающегося на угол α.

A2

Рис. 3.34

Отметим

очевидный

факт:

если

две

материальные точки одинаковой массы m

расположены симметрично относительно некоторой прямой, то центр масс

системы этих двух точек расположен на этой прямой. Действительно, введем

систему координат так,

чтобы ось

Ox являлась осью симметрии системы

110

	данных материальных точек (рис. 3.34).
	Тогда если A1(x, y), то A2 (x,−y). Поэтому для	этих		точек
	M y = m y + m (− y)= 0 и, следовательно, по формуле (3.34)	yc =	M y	= 0, т.е.
			2m

C (центр масс) расположен на оси Ox (оси симметрии).

Распространение этого факта на случай более сложной плоской фигуры приводит нас к следующему выводу: если однородная фигура имеет ось симметрии, то центр масс фигуры расположен на этой оси.

Вернемся к нашему примеру. Очевидно, однородный сектор имеет ось

симметрии – биссектрису угла α ,

следовательно, центр масс лежит на

y

этой биссектрисе. Расположим сектор

в системе

xOy

так,

чтобы

биссектриса легла на ось Ox, а

вершина сектора совпала с началом

D

координат

(рис. 3.35).

0

R

x

При

таком

расположении

Рис. 3.35

сектора центр масс C

имеет

координаты (xc ;0), т.е. по формулам (3.42) нужно будет вычислять лишь xc (yc = 0). В этих формулах участвует площадь фигуры. Как известно, площадь S

сектора круга равна

1 R2α . Для отыскания xc остается найти ∫∫xds .

2

D

Область D – сектор, поэтому перейдем к полярным координатам. Для

каждой точки (ϕ, ρ) области D выполняются неравенства

− α

≤ϕ ≤ α

,

0 ≤ ρ ≤ R ,

2

2

поэтому, учитывая, что x = ρcosϕ , по формуле (3.21) имеем

α

α

2 R

2

R

2

R

2

ρ

3

R

R

3

∫∫xds = ∫

∫ρ

∫ρ

dρ =

=

=

∫ρ cosϕ ρdρ dϕ = ∫cosϕ

dρ dϕ =

3

0

3

D

−

α

0

−

α

0

0

2

2

αα

R3 2

R3

2

R3

α

α

2R3

α

.

=

∫cosϕdϕ =

sinϕ

=

sin

−sin

−

=

sin

3

3

3

2

2

3

2

−

α

−

α

2

2

Теперь по формуле (3.42) найденный интеграл разделим на S = 12 R2α и

		2R3 sin	α	2		4	Rsin	α
найдём xc :	xc =		2		=			2	.
		3R2α				3	α

Фактически xc – это расстояние от вершины сектора до центра масс, поэтому можно сформулировать следующее правило: центр масс однородного

111

сектора

круга

радиуса

R ,

опирающегося на

угол

α ,

расположен

на

α

биссектрисе этого угла

на

расстоянии,

равном

4

sin 2

R

от вершины

сектора.

3

α

α ≈

α ,

Например, если угол α

близок к нулю, то можно считать sin

2

2

поэтому

центр

масс сектора

расположен

на расстоянии

4 α

R =

2 R

от

3 2α

3

вершины.

3.2.Тройные интегралы

Вданном пособии мы коснемся вопросов, связанных с тройными интегралами не самым подробным образом. Обсудим лишь определение тройного интеграла и простейшие приложения. Определения двойного и тройного интегралов похожи (как, впрочем, и определение определенного интеграла).

3.2.1.Определение тройного интеграла

Рассмотрим в пространстве xOyz тело, занимающее пространственную область T . Пусть во всех точках (x, y, z) T определена функция трех

переменных u = f (x, y, z). Разобьем тело T		произвольными поверхностями
на n частей T1, ,Tn ,	обозначим их объемы через ∆V1, ,∆Vn . Выберем в
каждой части Ti произвольную точку Pi (xi , yi , zi ), i =1, ,n (рис. 3.36).
	z
		T
	Pi
	0	y

x

Рис. 3.36

Вычислим значение функции f (x, y, z) в точках Pi (i =1, ,n ) и составим сумму

112

Sn = ∑n f (Pi )∆Vi .			(3.43)
i=1			f (x, y, z) на
Сумма Sn называется интегральной	суммой для	функции
пространственной области T . Процесс составления разбиений тела T , в
котором n →∞ и di →0 , где di –	диаметр Ti	(i =1, ,n ),	называется
неограниченным измельчением разбиения тела T . Если проводится
неограниченное измельчение разбиения тела T и для каждого разбиения
составляется сумма Sn , то при этом	Sn меняется. Если Sn ,		изменяясь,

стремится к конечному пределу, который не зависит от способов разбиения тела T и выбора точек P1, , Pn , то этот предел называют тройным интегралом

от функции	f (x, y, z)
∫∫∫ f (x, y, z)dV	или ∫∫∫ f (x,
T	T
	∫∫∫
	T

по пространственной области T y, z)dxdydz . Иными словами

n

f (x, y, z)dxdydz = lim ∑ f (xi , yi , zi )∆Vi .

n→∞ i=1 max di →0

и обозначают

(3.44)

Сравните определения двойного и тройного интегралов – они одинаковы с точностью до размерности (там фигура – здесь тело, там функция двух переменных – здесь трех).

Если u = f (x, y, z) является непрерывной на T , то тройной интеграл

существует.

С помощью тройного интеграла можно вычислить объем тела T .

Действительно,	если в качестве	функции	f (x, y, z) взять	f (x, y, z)≡1, то
				n
интегральная сумма (3.43) для любого разбиения постоянна: Sn = ∑∆Vi =V ,
				i=1
где V – объем тела T . Предел постоянной равен этой постоянной, т.е. равен
V . Получаем формулу
	V = ∫∫∫dxdydz .			(3.45)
		T
Если тело T материально и его плотность в каждой точке				(x, y, z) задана
функцией трех	переменных	ρ(x, y, z),	то с помощью	рассуждений

аналогичных тем, которые были проведены при отыскании массы плоской пластинки (формула (3.8)), можно получить формулу для нахождения массы тела T :

m = ∫∫∫ρ(x, y, z)dxdydz .	(3.46)
T

Аналогично (сравните с формулами (3.41)) можно вычислить координаты центра масс тела T :

113

∫∫∫xρ(x, y, z)dv

∫∫∫yρ(x, y, z)dv

∫∫∫xρ(x, y, z)dv

x

=

T

,

y

=

T

,

z

=

T

. (3.47)

c

∫∫∫ρ(x, y, z)dv

c

∫∫∫ρ(x, y, z)dv

c

∫∫∫ρ

(x, y, z)dv

T

T

T

Если тело T однородно, то центр масс

С не зависит от плотности и его

координаты (сравните с (3.42)) равны:

∫∫∫xdv

∫∫∫ydv

∫∫∫xdv

xc

=

T

, yc =

T

,

zc =

T

.

(3.48)

V

V

V

Пусть тело T

имеет такой же вид,

как на рис. 3.21, причем область

D xOy , в которую проектируется тело, имеет, например, такой вид, как на

рис. 3.6, т.е. для (x, y) D	a ≤ x ≤ b ,	g1(x)≤ y ≤ g2 (x). Пусть			f (x, y, z)
непрерывна на T . Тогда справедлива формула
	b g2 (x) f2	(x,y)
∫∫∫ f (x, y, z)dv = ∫ ∫		∫ f (x, y, z) dy		dx .	(3.49)
T	a g1(x) f1(x,y)

Правая часть формулы (3.49) – повторный интеграл, являющийся интегралом

от повторного		интеграла. Вычисление	происходит	так:	сначала считают
f2	(x,y)
интеграл	∫ f	(x, y, z)dz , являющийся определенным интегралом, в котором
f1(x,y)
переменной	интегрирования является		переменная	z ( x	и y считаются

константами). Результат вычисления является функцией от x и y . Проинтегрируем эту функцию по переменной y(x − const) в пределах от g1(x) до g2 (x). В результате получим функцию, зависящую от x ; проинтегрировав ее в пределах от a до b, получим число, равное искомому тройному интегралу.

Пример 3.13. Вычислить ∫∫∫(2x − y + z)dxdydz , где T – пирамида, ограниченная плоскостями x = 0, yT= 0, z = 0 и x + y + z = 2 .

Изобразим тело Т . Плоскости x = 0, y = 0, z = 0 - это координатные плоскости. Плоскость x + y + z = 2 отсекает на координатных осях отрезки, равные 2 (рис. 3.37).

114

Очевидно, тело Т проектируется на плоскость xOy в треугольник

(рис. 3.38).

z

=

2

x = 0

x + y + z = 2

y = 0

2

0

y

2

z = 0

x

y

2

y = 2 – x

= 0

D

x

0

x

2

y = 0

Рис. 3.37 Рис. 3.38

Область D (треугольник) ограничена осями Ox(y = 0), Oy(x = 0) и прямой, являющейся линией пересечения плоскости x + y + z = 2 с плоскостью z = 0

( xOy ). Уравнение	этой	прямой	получится из	уравнения	плоскости
x + y + z = 2 подстановкой в него z = 0 , т.е. имеем				x + y = 2. Из рис. 3.38.
видно, что любая точка		(x, y) D	удовлетворяет	неравенствам	0 ≤ x ≤ 2,
0 ≤ y ≤ 2 − x . Кроме	того	(рис. 3.38), видно, что тело ограничено сверху

графиком функции z = 2 − x − y , а снизу - плоскостью z = 0 . Значит, тело T такого типа, для которого при вычислении тройного интеграла справедлива формула (3.48). Применим эту формулу:

2 2−x 2−x−y

∫

∫∫∫(2x − y + z)dxdydz = ∫

∫(2x − y + z)dz dy dx =

T

0

0

0

2−x−y

z

2

2−x−y

= 2x(2 − x − y)−

2x z − y z

+

∫ (2x − y + z)dz =

2

0

0

=

− y(2 − x − y)+

(2 − x − y)2

= 4x − 2x2 − xy − 2y + y2 + 2 − 2x −

=

x2

2

y2

3x

2

3y2

− 2y +

+ xy +

= 2

+ 2x −

4y +

−

2

2

2

2

115

2	2−x				3x	2		3y	2
	∫		2	+ 2x −			− 4y +
= ∫					2			2	dy dx =
0	0

2−x

3x

2

3y

2

3x

2

2

y

3

2−x

∫

+ 2x −

− 4y +

y − 2y

+

=

2

2

2

dy =

2y + 2xy −

2

2

0

(2 − x)3

0

3x2

=

= 2(2 − x)+ 2x(2 − x)− 2 (2 − x)− 2(2 − x)2 + 2

=

=

= 4 − 2x + 4x − 2x2 − 3x2 +

3x3

−8

+ 8x − 2x2 −

(x − 2)3

=

2

2

3x3

(x − 2)3

= −4 +10x − 7x2 +

−

2

2

2

2

3x3

(x −

2)3

2

7x3

3 4

1

(x −

2)4

2

−

4 +10x − 7x +

−

− 4x + 5x −

+

x

−

=

= ∫

2

2

dx =

3

8

2

4

0

0

= −8 + 20 − 56

+ 6 − 1 (0 −16)=

4 .

3

8

3

Пример 3.14. Найти центр масс однородного конуса с образующей,

равной l , и радиусом основания, равным R .

У конуса есть ось симметрии – ось конуса, его центр масс лежит на

этой

оси.

Расположим

конус

в системе

xOyz так,

чтобы

его

вершина

совпадала с началом координат, а ось – с положительной полуосью Oz (рис. 3.39).

z

L

C

Tl

0	D R	y
R

x

Рис. 3.39

Координаты центра масс С: xc = 0 , yc = 0 , а zc находим по формуле (3.47):

∫∫∫zdv

zc =	T		, где T	– данный конус, а V – его объем. Объем конуса, как
		V

116

известно, определяется по формуле V = 13πR2 h , где h – высота конуса.

Очевидно, h = l2 − R2 , поэтому V = 13πR2 l2 − R2 .

Чтобы найти	тройной	интеграл	∫∫∫zdv , рассмотрим	поверхности,
			T
ограничивающие	конус.	Сверху – это	плоскость z = h , т.е.	z =	l2 − R2	.

Снизу конус ограничен конической поверхностью, полученной вращением прямой OL вокруг оси Oz . Составим уравнение прямой OL в плоскости yOz , воспользовавшись уравнением прямой, проходящей через две данные

точки O(0;0) и L(R;

). Получим уравнение

z − 0

y − 0

,

l2 − R2

=

l

2

− R2

− 0

R − 0

т.е. уравнение прямой OL имеет вид z =

l2

− R

2

y .

R

Чтобы составить уравнение поверхности вращения, полученной

вращением OL вокруг оси Oz , в уравнении OL переменную z

не меняют, а

вместо второй переменной, т.е. y, пишут квадратный корень из суммы квадратов оставшихся переменных со знаком (±), т.е. вместо у пишем

±

x2 + y2

.

Получим

уравнение

конической

поверхности

l2 − R2

z =

(±

x2 + y2

) . Так как нас интересует верхняя часть конической

R

l2 − R2

поверхности, т.е. z ≥ 0, то окончательно имеем z =

x2 + y2

.

R

Конус проектируется на xOy в область D , являющуюся кругом x2 + y2 = R2 ,

т.е.	для	точек (x, y) D справедливы неравенства − R ≤ x ≤ R ,
−	R2 − x2	≤ y ≤	R2 − x2	. Вычислим ∫∫∫zdv по формуле (3.48), где a = −R ,
				T

g1(x)= −

,

g2 (x)=

,

b = R ,

R2 − x2

R2 − x2

f2 (x, y)=

l2 − R2

x2 + y2

. Итак,

R

l2 −R2

x2 +y2

2

2

2

2

R

−x

R

−x

2

R

R

R

z

∫∫∫zdv = ∫

∫

∫

zdz dy dx =

∫

∫

T

−R

0

−R

2

2

−x

2

−

2

−x

2

−

R

R

l2 −R2

R

0

f1(x, y)= 0 ,

x	2	+y	2
				dy dx =

R

(l

)(x2

(l

)

R

R2 −x2

2

2

2

− R2

2

R2 −x2

(x2

= ∫

∫

− R2

+ y2 )dy dx =

∫

∫

+ y2 )dy dx .

2R

2R

2

−x

2

2

−x

2

−R −

R

−R −

R

117

Искомый тройной интеграл выразился через повторный интеграл, который по существу является двойным интегралом ∫∫(x2 + y2 )dxdy . Т.к. область D –

D

это круг с центром O , то такой интеграл удобнее вычислять, переходя к полярным координатам. Для любой точки (ϕ, ρ) D справедливы

неравенства 0 ≤ϕ ≤ 2π , 0 ≤ ρ ≤ R .

По формуле

(3.21), где

α = 0, β = 2π ,

g1(ϕ)= 0, g2 (ϕ)= R и x2 + y2 = ρ2 , имеем

2π

R

2π

ρ

4

R

R

4

2π

2

2

2

∫∫(x

+ y )dxdy = ∫

∫ρ

ρdρ

dϕ =

∫

4

dϕ =

4

∫dϕ =

D

0

0

0

0

0

=

R4

ϕ

2π

=

R4

2π =

πR4

.

4

0

4

2

Подставим найденное значение в искомый тройной интеграл:

∫∫∫zdv =

(l2 − R2

2 )

πR4

= 1πR2

(l2 − R2 ).

T

2R

2

4

(l2

− R2 )

Подставляя в формулу (3.47) для zc

найденные числитель 1

πR2

и

4

знаменатель 1

zc = 3

3 h .

, находим zc :

l2 − R2

=

πR2

(l2 − R2 )

3

4

4

Так как zc – это расстояние от вершины конуса до центра масс, то можем

сформулировать следующий факт: центр масс однородного конуса находится на оси конуса на расстоянии, равном 3/4 высоты от вершины конуса.

3.3.Криволинейные интегралы по дуге (I рода)

3.3.1.Определение криволинейного интеграла I рода

Вкачестве задачи, приводящей к понятию криволинейного интеграла по дуге, приведем задачу о массе неоднородной линии. Пусть на плоскости

	y				xOy		рассматривается
					материальная линия L(AB), рис.
				3.40.		Будем	считать	линию
y		M	L	B
		M1			спрямляемой. Линия однородна,
		A			если отношение массы любого ее
					куска	к его	длине	постоянно:
					m = ρ . Это отношение ρ называют
					l
		x
0					x
		Рис. 3.40
				118

линейной плотностью материальной линии. Если же для разных кусков линии одинаковой длины отношения массы к длине разные, то линию называют неоднородной.

	Возьмем на L точки M (x, y) и M1			и рассмотрим кусок линии MM1 .
	Обозначим	его массу mMM1 ,	а длину	-	lMM1 .	Отношение	ρMM1 =	mMM1
								lMM1
						MM1 . Если
	называют	средней линейной	плотностью		куска		существует

предел ρMM1 при стремлении точки M1 по линии L к точке M (lMM1 → 0), то

его называют линейной плотностью линии L в точке	M и обозначают
ρ(M )= ρ(x, y). Если в каждой точке M L существует	ρ(M ), то имеем

функцию двух переменных ρ(x, y), определенную в каждой точке (x, y) L ( ρ(x, y) – линейная плотность линии L ).

Формулируется задача: найти массу линии L, имеющей плотность ρ(x, y). Если бы линия была однородной, т.е. ρ(x, y)= ρ = const , то масса m

линии, очевидно, определялась бы по формуле
m = ρ l ,	(3.49)
где l – длина линии L . Если же ρ(x, y)≠ const ,	то задача усложняется.

Используем идею приближенного определения массы, заменив исходную

задачу

такой близкой задачей,

в которой можно было бы использовать

формулу (3.49). Разобьем L на

n

«мелких» кусков и будем приближенно

y

считать каждый из этих кусков

однородным.

B

Проделаем

эту

P2

M2

Pn

процедуру следующим образом.

Mn-1

Mn

На

линии

L

возьмем

P1

M1

последовательные

точки:

М0

A

M0

( А), М1, ,Мn ( B ), рис. 3.41.

На каждом куске Мi−1Mi

0

x

линии

L

выберем

Рис. 3.41

произвольную

точку

Pi

(i =1, ,n ) и вычислим в точках

P1, , Pn

плотность ρ(P1 ), , ρ(Pn ). Будем приближенно считать,

что каждый

из кусков однороден, причем плотность куска M 0M1 равна ρ(P1 ), плотность

куска M1M 2

равна

ρ(P2 ) и т.д. Такая ситуация «близка» к исходной, если

куски маленькие и

ρ(x, y) непрерывна на

L . Поэтому можно считать,

что

масса mi куска Мi−1Mi

приближенно вычисляется по формуле (3.49),

т.е.

mi ≈ ρ(Pi )∆li , где ∆li –

длина i -го куска кривой (i =1, ,n ). Так как масса

119

1≤i≤n

всей линии L складывается из масс кусков, то
m ≈ ∑n ρ(Pi )∆li .	(3.50)
i=1

Последнее приближенное равенство тем точнее, чем мельче разбиение линии L . Назовем неограниченным измельчением разбиения линии L на куски процедуру, в которой количество кусков n неограниченно растет ( n → ∞), причем длины всех кусков стремятся к нулю (max ∆li → 0 ). Будем проводить

неограниченное измельчение разбиения линии L, вычисляя для каждого разбиения приближенное значение массы по формуле (3.50). Если при этом найденные приближенные значения массы стремятся к некоторому пределу, то этот предел считают равным массе линии L , т.е.

m = lim	∑n	ρ(Pi )∆li .	(3.51)
n→∞
max ∆l →0 i=1
i
1≤i≤n

Рассмотренная задача приводит к понятию криволинейного интеграла по дуге (I рода).

Определение. Пусть на плоскости xOy дана спрямляемая линия L = AB и на ней задана функция z = f (x, y). Разобьем L на n произвольных частей точками M 0 (точка A), M1, ,M n (точка B ). Выберем в каждой части Мi−1Mi произвольную точку Pi и вычислим в этой точке значение функции f (Pi ) (i =1, ,n ). Составим сумму

n	)∆li ,
Sn = ∑ f (Pi		(3.52)

i=1

где ∆li – длина i -го куска ( Мi−1Mi ). Эту сумму называют интегральной для функции f (x, y) на кривой L . Будем проводить неограниченное измельчение разбиения кривой, вычисляя для каждого разбиения сумму Sn по формуле (3.52). Если при этом Sn стремится к конечному пределу, не зависящему от способов разбиения L и выбора точек Pi (i =1, ,n ), то этот предел называют криволинейным интегралом I рода (по дуге) от функции f (x, y) по кривой L и обозначают ∫ f (x, y)dl . Иными словами,

L

∫ f (x, y)dl =

L

n

limn ∑ f (Pi )∆li . (3.53)

→∞ i=1 max ∆li →0

1≤i≤n

Сравнив формулы (3.51) и (3.53), можно (3.51) переписать в виде
m = ∫ρ(x, y)dl .	(3.51)
L

120

Если концы линии L – это точки A и B , то обозначают L как AB . Если кривая L замкнута, то в качестве концов дуги берут одну любую точку линии L . Криволинейный интеграл в случае замкнутой линии L обозначают

∫ f (x, y)dl .

L

Из определения криволинейного интеграла видно, что не для всякой функции f (x, y) интеграл существует.

Теорема. Если f (x, y) непрерывна в области, содержащей линию L , то ∫ f (x, y)dl существует.

L

Криволинейный интеграл I рода обладает свойствами, во многом схожими со свойствами определенного интеграла. Перечислим некоторые из них.

1. ∫ f (x, y)dl = ∫ f (x, y)dl ;

AB	BA

2.

∫kf (x, y)dl =k ∫ f (x, y)dl , k = const ;

AB

AB

3. ∫( f1(x, y)+ f2 (x, y))dl = ∫ f1(x, y)dl + ∫ f2 (x, y)dl ;

AB

AB

AB

4. Если точка C АВ, то

∫ f (x, y)dl = ∫ f (x, y)dl + ∫ f (x, y)dl ;

AB

AC

CB

5. Если

f (x, y)

≤ M , для всех

(x, y) AB , то

∫ f (x, y)dl

≤ M l , где l – длина линии AB .

AB

3.3.2. Вычисление криволинейного интеграла I рода

Пусть L – это график функции

y = g(x), где (x, y) [a,b]. Обозначим

левый конец L через A(a, g(a)), а правый - через B(b, g(b)), рис. 3.42.

Предположим,

что

функция

y

g(x) имеет на [a b;]

непрерывную

производную g (x). Рассмотрим

y = g(x)

′

L

B

∫ f (x, y)dl , где f (x, y)

–непрерывна

M

L

A

в области, содержащей L . При

наших предположениях

∫ f (x, y)dl

a

x

L

0

b x

Рис. 3.42

121

существует.
Для	его	вычисления		y
составим			сначала
интегральную			сумму			B
n		Для	этого			Mn
Sn = ∑ f (Pi )∆li .					M1	Mn-1
i=1
			M 0 (A),		A M0
разобьем АВ точками
M1, ,M n (B) на		n	частей,	0	x0 x1	xn-1 xn
рис. 3.43.					a	b x
						Рис. 3.43
Обозначим		абсциссы
точек Mi	через xi	(i = 0, ,n).

Точки x0 = a , x1, , xn = b разобьют отрезок [a b;] оси Ox на n частей. Для составления интегральной суммы Sn нужно найти длины ∆li кусков Mi−1Мi и выбрать на этих кусках точки Рi соответственно (i = 0, ,n). Найдем сначала длины ∆li , для чего рассмотрим функцию S(x), определяющую для каждого x [a;b] длину дуги куска кривой L от точки A до точки M (x, g(x)),

т.е. S(x)= lAM (рис. 3.44).

y
	M	y = g(x)	B
A

0	a	x	b	x
		Рис. 3.44

Ранее эта функция рассматривалась,

y

	y = g(x)		B
	Mi-1	Mi
	Pi
A
0 a	xi-1 ci	xi	b x
	Рис. 3.45

и было установлено, что из дифференцируемости функции g(x) следует дифференцируемость функции S(x), при этом

S (x)=			.
	1+(g (x))
′	′	2
Рассмотрим произвольный
кусок Mi−1Мi	кривой		AB
(рис. 3.45).
Видно, что длина ∆li			этого

122

куска	вычисляется с помощью функции		S(x), а	именно:
∆li = lAMi	− lAMi−1 = S(xi )− S(xi−1 ).	Разность	S(xi )− S(xi−1 )	можно

преобразовать по формуле Лагранжа: S(xi )− S(xi−1 )= S′(ci )(xi − xi−1 ), где ci											–
некоторая	точка	из	интервала			( xi−1, xi ).		Таким		образом,
∆li = S′(ci )(xi	− xi−1 )= S′(ci )∆xi ( ∆xi =xi −xi−1 ) и с						учетом		формулы (3.54)
окончательно имеем
			∆li =			∆xi .				(3.55)
				1 + g′(ci )
Теперь	выберем	на	куске	Mi−1Мi	кривой		точку	Pi	так,	чтобы	ее

абсцисса была равна ci , участвующему в формуле (3.55), т.е. Pi (ci ; g(ci )). При таком выборе точек Pi (i =1, ,n ), учитывая (3.55), интегральная сумма

Sn определится по формуле
Sn = ∑n	f (Pi )∆li = ∑n f (ci ; g(ci ))		∆xi .
		1 + (g′(ci ))2		(3.56)
i=1	i=1

Проведем процесс неограниченного измельчения разбиения кривой AB , что приведет к неограниченному измельчению разбиения отрезка [a b;]

оси Ox (действительно, если max ∆li → 0 , то max ∆xi → 0 ).
1≤i≤n	1≤i≤n
При этом для каждого разбиения составляем интегральную сумму
так, как мы это сделали, получая формулу (3.56). Тогда
lim	Sn = ∫ f (x, y)dl
n→∞
max ∆li →0	AB
1≤i≤n

(предел не зависит от выбора точек Pi ). Иными словами, из (3.56) следует, что

∫ f (x, y)dl = limn→∞		n
		∑ f (ci ; g(ci )) 1+(g′(ci ))2 ∆xi .							(3.57)
	max ∆xi →0	i=1
AB
	1≤i≤n
Под знаком предела в правой части (3.57) стоит интегральная сумма
n									на [a b;].
					′
∑F(ci )∆xi для	функции	F(x)= f (x; g(x))					2			Из
				1 + (g (x))
i=1		f (x, y) и g(x)								F(x)
предположений о	функциях			следует,			что		функция

непрерывна на [a;b] и, следовательно, существует ∫b F(x)dx . По определению

		a
b		n
∫F(x)dx = limn→∞		∑F(ci )∆xi .
a	max ∆хi →0	i=1
	1≤i≤n
Правая часть последнего равенства совпадает с правой частью (3.57),
из чего следует совпадение	левых	частей этих равенств, т.е.

123

	b
								′
∫ f (x, y)dl =∫F(x)dx или, т.к. F(x)= f (x; g(x))						1			2		получаем
								+ (g (x)) ,
	a
AB
формулу	b
	∫ f (x, y)dl =∫ f (x; g(x))	1		′	2						(3.58)
				+ (g (x))		dx .

		a
	AB

Формула (3.58) позволяет вычислить криволинейный интеграл с помощью определенного.

			Пример 3.15.									Вычислить																		∫xydl ,							где				AB		-	дуга				параболы					y = x2 ,
A(0,0), B(						2,2).																						AB
																																							f (x, y)= xy ,								g(x)= x2 ,						a = 0
			Применим								формулу								(3.58).												У		нас																						–
											A,	b =																													B . Найдем								′			2	′
абсцисса точки														2							– абсцисса точки																																		и
																																															g (x)= (x ) = 2x
																														; f (x, g(x))
			′		2								2
							=		1											1 + 4x							2														получается подстановкой														в
1 + (g (x))											+ (2x) =
f (x, y)= xy							функции							g(x)= x2														вместо									у,				т.е.		f (x, g(x))= x x2 = x3 . По
формуле (3.58) имеем
																																								2
																							2
																																									x2		1 + 4x2 xdx =
												∫xydl = ∫x3																1+4x2						dx = ∫
																			0																				0
												AB
											делаем замену 1 + 4x2 = t,
											x2 = t −1,2xdx = dt																				, xdx					= dt			;
														4																4							8						9
							=		меняем пределы интегрирования:																																	= ∫t −1						t dt		=
											при x = 0 t =1 + 4 02 =1,																																1	4			8
											при x =											t =1 + 4														2 = 9
																			2														2
			9	3				1									5									3
		1										1			2t		2								2t	2				9		1					2	(243 −1)−						2							149			29
				2				2
=		32	∫ t		− t				dt =			32		5							−				3					1	=	32					5							3	(27		−1)			=	60		= 2	60	.
			1

Если линия L

y

D d

x = h(y)

c	C
0

Рис. 3.46

является графиком функции x = h(y) для y [c,d] (рис. 3.46) и h(y) имеет непрерывную на [c,d] производную h′(y), то для непрерывной на L

(CD ) функции f (x, y)

x

124

	d
∫ f (x, y)dl =∫ f (h(y), y)		1		′	2		(3.59)
				+ (h (y)) dy .
	c
CD

Формула (3.59) доказывается так же как (3.58).

			Пример		3.16.	Вычислить
	y	C	∫(2x + 3y)dl ,	где	L – ломаная ABC -
	5
			L

A(1;1),

B(1;3), C(3;5), рис.3.47.

В

3

Ломаная

состоит

из кусков

1

А

разных прямых,

ее нельзя описать одной

0

элементарной функцией. Воспользуемся

x

1

3

2

свойством криволинейного интеграла:

Рис. 3.47

∫(2x + 3y)dl = ∫(2x + 3y)dl + ∫(2x + 3y)dl .

ABC

AB

BC

Вычислим каждое слагаемое отдельно. Отрезок AB – график функции

x =1 при

y [1,3], поэтому первое слагаемое вычислим по формуле (3.59):

h(y)=1, c =1, d = 3,

f (x, y)= 2x + 3y ,

f (h(y), y)= 2 1 + 3y = 2 + 3y

(вместо x

в f (x, y)

подставили

′

′

′

2

+ 0

2

=1. Итак,

h(y)=1), h (y)=1 = 0,

1 + (h (y)) = 1

по формуле (3.59)

∫(2x + 3y)dl = ∫3 (2 + 3y) 1 dy

	1
AB

Теперь вычислим второе проходящей через точки B(1,3)

		y	2			3	= 2(3 −1)+	3	(3	2	2	)= 4 +12 =16.
	2y + 3
											−1
=		2				1		2

слагаемое. Отрезок BC – это кусок прямой, и C(3,5). Составим уравнение этой прямой в

виде

y − y1

=

x − x1

, где

(x , y )

– это точка

B (1,3), а (x , y

) – это точка

y2 − y1

x2 − x1

1

1

2

2

C(3,5). Получим

y − 3

=

x −1

,

или

y − 3

=

x −1

, или

y − 3 = x −1, т.е.

5 − 3

3 −1

2

2

y = x + 2. Итак,

BC – это график функции y = x + 2, где x [1,3]. Вычисляем

∫(2x + 3y)dl

по формуле (3.58):

g(x)= x + 2 , a =1,

b = 3,

g (x)= (x + 2)

′

=1,

′

BC

′

2

2

=

= 2 . Функцию f (x, g(x))

получим,

подставляя

в

1 + (g (x))

1 +1

f (x, y)= 2x + 3y

функцию

g(x)= x + 2

вместо

y ,

т.е.

f (x, g(x))= 2x +3(x +2) = 5x +6. По формуле (3.58)

∫(2x

3

5x

2

3

=

+ 3y)dl = ∫(5x + 6) 2dx = 2

2

+ 6x

1

BC

1

125

=		5	(32	−12 )+ 6(3	−1)	=		(20 +12)= 32		.
	2						2		2
		2

Подставляя найденные значения в искомый криволинейный интеграл,

получим ответ:	∫(2x + 3y)dl =16 + 32			.
			2
	ABC				x = x(t)
Если линия		L ( M1M 2 ) задана параметрически			y = y(t)	, где t1 ≤ t ≤ t2 ,
и функции x(t)	и	y(t) имеют непрерывные производные x (t)					и	y (t)	(не
					′			′

обращающиеся в нуль одновременно) при t [t1,t2 ], то для непрерывной на L функции f (x, y)

t2
	′	2	′	2		(3.60)
∫ f (x, y)dl = ∫ f (x(t), y(t)) (x (t))			+ (y (t)) dt .

		t1
	M1M2

Формулу (3.60) можно получить из (3.58) или (3.59), если учесть, как вычисляется производная функции, заданной параметрически.

y

Пример 3.17.

y

Вычислить ∫L x + 3 dl ,

если L - это окружность радиуса R = 2 с

2

центром в начале координат (рис. 3.48)

(x, y)

y

Замкнутую

кривую

L

можно

t

разбить на две части:

левую и правую

x

–2

0

2

x

или

нижнюю

и

верхнюю

полуокружности -

и задать каждую из

них функцией x = h(y) или y = g(x). Но

Рис. 3.48

–2

здесь

проще

ввести

параметр

t

и

задать окружность

параметрически:

x = 2cost,

где t [0,2π].

Применим

для вычисления

y

dl

формулу

∫L x + 3

y = 2sint,

x(t)= 2cost ,

y(t)= 2sint ,

(3.60),

где

t1 = 0 , t2 = 2π ,

x (t)= −2sint ,

′

′

′

2

′

2

4sin

2

t + 4cos

2

t = 2

. Кроме того, функцию

y (t)= 2cost ,

(x (t)) + (y (t)) =

f (x(t), y(t)) получим, подставив в

f (x, y)=

y

функцию x(t)= 2cost вместо

x + 3

2sint

x и функцию y(t)= 2sint вместо y , т.е. f (x(t), y(t))=

.

2cost + 3

По формуле (3.60) имеем

′

y

2π

2sint

Видно,

что 2sint

= −(2cost

∫

dl = ∫

2dt =

+ 3) ,

=

2cost + 3

поэтому, 2sintdt = −d(2cost + 3)

L x + 3

0

126

= 2 ∫

− d (2cost + 3)

= − 2ln 2cost + 3

2π = −2(ln 2cos2π + 3 − ln 2cos0 + 3)=

2π

0

2cost + 3

0

= −2(ln

)= 0 .

2 1 + 3

− ln

2 1 + 3

Замечание. Если в формуле (3.53) взять f(x,y)=1, то интегральная сумма (3.52) равна l, для любого разбиения дуги L, где l - длина дуги L. Тогда из

(3.53) следует, что l = ∫dl . Из последнего равенства, с учетом (3.58) и (3.60),

L

сразу получаются формулы (2.25) и (2.27) для вычисления длины дуги, приведенные в главе 2.

3.3.3 Механические приложения криволинейного интеграла I рода

Одно из механических приложений было рассмотрено ранее – с помощью криволинейного интеграла по дуге по формуле (3.51′) вычислялась масса неоднородной линии

m = ∫ρ(x, y)dl .

(3.51')

L

Пример 3.18. Найти массу дуги ОА кубической параболы y = x3 , если

O(0,0), A(2,8), и плотность дуги в каждой точке пропорциональна ординате

точки, причем в точке A плотность равна 1.

По

условию

плотность

ρ(x, y)= ky

и,

учитывая

что

ρ(A)= ρ(2,8)= k 8 =1, получаем, что

k = 1 . Итак,

ρ

(x, y)=

1 y . По формуле

ρ(x, y)= 1 y ,

8

8

(3.51′), где

получим, что m = ∫1 ydl .

Так как

OA – график

8

OA8

функции

y = x3 , то для вычисления криволинейного интеграла применим

1

3

′

2

формулу

(3.58),

где

f (x, y)= 8 y ,

g(x)= x

,

g (x)=3x ,

1

′

2

4

3

= 1 + 9x , a = 0, b = 2 и

f (x, g(x))= 8 x

(вместо

y в формулу

1 + (g (x))

f (x, y)=

1 y

подставили функцию x3). По формуле (3.58) имеем

8

2

2

Видно,

что (1 + 9x4 )′ = 36x3 ,

1 x3

1

поэтому d(1 + 9x4 )= 36x3dx

m = ∫

1 + 9x4 dx =

∫

1 + 9x4 x3dx =

=

0

8

8

0

и x3dx =

1

d(1 +

9x4 )

36

127

								3
	1 2		4	1	1	4	1 (1 + 9x4 )2			2		1 2				23		23
=		∫(1 + 9x		2		d(1 + 9x )=					=						−1		=
	8			)	36		288	3		0		288		3	145
		0
								2

=4321 (145145 −1)≈ 4,04 (ед. массы).

Спомощью криволинейного интеграла I рода для материальной дуги

можно найти статические моменты M x , M y , моменты инерции J x , J y и координаты центра масс xc , yc . Для нахождения моментов используются

соображения, аналогичные тем, какие были использованы при отыскании моментов плоской пластинки. Рассмотрим, например, задачу о вычислении статического момента дуги L , имеющей плотность ρ(x, y), относительно оси

Ox , т.е. задачу об отыскании M x . Учитываем, что для точечной массы m, расположенной на плоскости в точке (x, y), статический момент M x = m y .

Пусть дуга L ( AB ) расположена на xOy (рис. 3.49).

y

M1

M0A

Mn

P1

P2

Pn

B

0

x

Рис. 3.49

M 0 (A),

M1, ,M n (B).

Разобьем AB на n частей точками

Произвольным образом

выберем в каждой

части по

точке:

P1, , Pn .

Вычислим плотность

в

выбранных точках:

ρ(P1 ), , ρ(Pn ). Будем

приближенно считать, что все части дуги однородны и их массы

m1, ,mn

вычисляются по

формуле (3.49), а именно:

m1 = ρ(P1 )∆l1, ,mn = ρ(Pn )∆ln . Если разбиение достаточно мелкое, то можно

считать, что каждая часть дуги – это материальная точка. Приближенно вместо дуги имеем систему n материальных точек, расположенных в точках P1, ,Pn , массы которых равны m1, ,mn соответственно. Статический

момент i -й точки относительно Ox равен M xi = mi yi = ρ(Pi )∆li yi ; (xi ; yi ) - координаты точки Pi (i =1, ,n ).

Как известно, момент системы точек равен сумме моментов этих точек, т.е. момент относительно оси Ox системы построенных нами точек равен

128

∑n yi ρ(xi , yi )∆li . i=1

Так как система этих точек приближенно описывает линию L, то можно считать, что искомый момент

M x ≈ ∑n yi ρ(xi , yi )∆li .	(3.61)
i=1

Чем мельче разбиение дуги AB , тем точнее это приближенное равенство.

Если неограниченно измельчать разбиение AB , вычисляя приближенно для каждого разбиения значение M x по формуле (3.61), то последовательность

приближенных значений будет стремиться к числу, которое можно считать равным M x . Иными словами,

n

M x = limn ∑yi ρ(xi , yi )∆li .

→∞ i=1 max ∆li →0

1≤i≤n

Т.к. yi ρ(xi , yi )= f (Pi ), где f (x, y)= yρ(x, y), то сумма, стоящая под знаком

предела, имеет вид Sn = ∑n f (Pi )∆li , т.е. является интегральной для функции

i=1

f (x, y)= yρ(x, y),(см. формулу (3.52)). Так как предел последовательности

интегральных сумм Sn	равен				криволинейному интегралу				∫ f (x, y)dl , то
получим формулу									L
M x = ∫yρ(x, y)dl .									(3.62)
			L
Рассуждая аналогично, можно получить формулы
M y		= ∫xρ(x, y)dl ,							(3.63)
			L
J x	= ∫y2 ρ(x, y)dl ,								(3.64)
			L
J y	= ∫x2 ρ(x, y)dl .								(3.65)
Координаты xc , yc			L
	центра масс находятся, как обсуждалось ранее, по
формулам
xc	=		M y	,	yc =	M	x	.	(3.66)
			m
						m

Значения m , M x , M y можно найти по формулам (3.51′), (3.63), (3.64). Формулы упрощаются, если линия однородна, т.е. ρ(x, y)= ρ = const .

Тогда

129

M x = ρ∫ydl , M y = ρ∫xdl ;								(3.67)
			L		L
J x		= ρ∫y2dl ,			J y	= ρ∫x2dl ,		(3.68)
			L				L
Особенно упрощаются формулы				для	вычисления m , xc , yc . В			случае
однородной линии m = ρ l , где				l -	длина линии. В формулах			(3.66),
подставив (3.67) и m = ρ l , сократив ρ , получим
	∫xdl				∫ydl
xc =	L		,	yc =	L		.	(3.69)
		l			l

Пример 3.19. Найти центр масс однородной ломаной, состоящей из двух звеньев длины a и b, расположенных под прямым углом.

Расположим ломаную в системе

y

координат xOy так, чтобы было удобно

b B

A

0a

Рис. 3.50

На отрезке OA удобно искать

воспользоваться формулами (3.69), рис. 3.50.

Очевидно,	длина	ломаной	l = a + b .
Осталось найти	∫xdl	и ∫ydl .	Придется
	AOB	AOB

xкаждый интеграл разбить на сумму двух интегралов:

∫xdl = ∫xdl + ∫xdl и			∫ydl = ∫ydl + ∫ydl
AOB	OA	OB	AOB	OA	OB

y = 0 и x [0,a], поэтому криволинейные интегралы по OA по формуле (3.58), где пределы интегрирования 0 и а,

g(x)= 0 , g′(x)= 0 , 1 + (g′(x))2 =1, и в подынтегральную функцию вместо y подставляем 0. Получим

	1		x2		a		a2
∫xdl = ∫x 1dx =					0	=		;
			2				2
OA	0
		a
	∫ydl = ∫0dx = 0 .
	OA	0

На отрезке OB x = 0 и y [0,b], поэтому криволинейные интегралы по OB удобно искать по формуле (3.59), где пределы интегрирования 0 и b, h(y)= 0 ,

′	,	1		′	2		, и в подынтегральную функцию вместо x
h (y)= 0				+ (h (y)) =1

подставляем 0. Получим

130

b

∫xdl = ∫0 1dy = 0 ,

OB

0

b

y2

b

b2

∫ydl = ∫y 1dy =

0

=

.

2

2

OB

0

Подставим найденные значения в интегралы по ломаной AOB :

∫xdl =

а2

,

∫ydl

=

b

2

.

2

2

AOB

AOB

Тогда по формулам (3.66)

xc =

a2

, yc =

b2

.

2(a + b)

2(a + b)

y

Например, при

a = 2 , b = 4

xc =

4

=

1

,

2(2 + 4)

3

4

yc =

16

4

(рис. 3.51).

= 3

2(2 + 4)

		С		Криволинейный интеграл I рода (по
	1			дуге) рассматривается и для пространственных
	0	1	x	кривых. Подынтегральная функция зависит от
				трех переменных. Обозначается такой интеграл
		2
		Рис. 3.51		∫ f (x, y, z)dl .	(3.70)

L

Определение интеграла (3.70) дается по формуле, аналогичной (3.53), в которой все участвующие точки имеют три координаты. Можно вычислить интеграл (3.70), переходя к определенному интегралу, если линия L задана параметрически

x = x(t),

y = y(t),z = z(t),

где t [t1,t2 ]. Если функции x(t), y(t), z(t)				и		f (x, y, z) достаточно хорошие,
то справедлива формула
	t2
		′	2			′	2	′	2		(3.71)
∫ f (x, y, z)dl = ∫ f (x(t), y(t), z(t)) (x (t))					+ (y (t))			+ (y (t)) dt .
L	t1

131

Моменты и центр масс для пространственной линии находятся по формулам, аналогичным формулам, полученным ранее для случая плоской кривой. Например, если ρ(x, y, z) – линейная плотность линии L , то

m = ∫ f (x, y, z)dl

			L
	( m – масса линии). Если линия однородна, то
		∫xdl		∫ydl		∫zdl
	xc =	L	, yc =	L	, zc =	L	,
		l		l		l

где C(xc , yc , zc ) – центр масс линии L , а l – ее длина.

3.4.Криволинейные интегралы II рода (по координатам)

3.4.1.Определение криволинейного интеграла II рода

Пусть на плоскости xOy дана кривая L и на ней две точки C и B . Пусть материальная точка перемещается по L от точки C к точке B под

действием

силы F . При этом сила

F переменная, т.е. в каждой

точке

M (x, y) F = F(M )= F(x, y), рис. 3.52.

Обозначим проекции силы

y

F на оси Ox и

Oy через

B

X = X (x, y) и Y =Y (x, y), тогда

M1

F = X (x, y)i +Y (x, y)j .

M2

C

Найдем

работу

F

A,

0

x

совершенную

силой

при

Рис. 3.52

перемещении точки по кривой L от

C к B .

F

При прямолинейном перемещении по вектору s

постоянная сила

совершает

работу A = F s

(скалярное произведение

вектор-силы F и

вектора перемещения s ).

Используем этот факт следующим образом:

заменим исходную задачу близкой к ней, в которой будем считать силу

F

кусочно-постоянной, а перемещение – кусочно-прямолинейным. Для этого разобьем кривую CB произвольными точками M 0 (C), M1, ,M n (B) на n

частей, выберем в каждой части Мi−1Mi точку Pi (ζi ,ηi ), вычислим в этой точке силу

F = F(Pi )= F(ζi ,ηi ) (i =1, ,n ), рис. 3.53.

132

y

B

M1 Mi-1 Mi

			M0
					C
		0							x
							Рис. 3.53
Будем считать, что точка перемещается по ломаной								M 0M1 M n под

действием силы, постоянной на каждом отрезке Mi−1Mi ломаной. При этом

на отрезке Mi−1Mi сила F = F(Pi )= F (ζi ,ni ). Работа по перемещению точки

из C в B по ломаной складывается из работ по перемещению точки на

каждом отрезке

ломаной. Очевидно, при перемещении

= Mi−1Mi под

∆si

действием силы F = F(Pi ) совершается работа Ai :

Ai = F(Pi )=

.

(3.72)

∆si

Учитывая,

что

=

={xi − xi−1; yi

− yi−1}={∆xi ,∆yi },

а

∆si

Mi−1Mi

F(Pi )={X (Pi );Y (Pi )}

((xi , yi ) – координаты точки

Mi , i =1, ,n ),

можно

найти скалярное произведение векторов в формуле (3.72) через координаты

векторов

– сомножителей. Действительно, известно, что

для

векторов

a ={a

x

,a

y

}и b ={b

x

,b

y

} скалярное произведение a b = a b + a

b

,

поэтому

x x

y

y

в формуле (3.72)

Ai = F(Pi )

= X (Pi )∆xi +Y (Pi )∆yi .

(3.73)

∆si

Просуммировав

Ai (i =1, ,n ), получим совершенную

работу в

построенной нами «близкой» задаче. Если разбиение линии CB мелкое, то можно считать, что искомая работа переменной силы близка к найденной сумме:

n	n	)∆xi +Y (Pi )∆yi ),
A ≈ ∑Ai = ∑(X (Pi			(3.74)
i=1	i=1

причем это равенство тем точнее, чем мельче разбиение дуги CD . Проведем процесс неограниченного измельчения разбиения дуги CD . Это значит, что строится последовательность разбиений CD на n частей, в которой n → ∞

и ∆si → 0 (i =1, ,n ) (т.е. ∆xi → 0 и ∆yi → 0). Для каждого разбиения

вычисляется приближенное значение работы A по формуле (3.74). Если последовательность приближенных значений стремится к некоторому пределу, то этот предел естественно считать равным искомой работе A.

133

Иными словами,

A = lim		∑(X (Pi	)∆xi +Y (Pi )∆yi ) .	(3.75)
		n
n→∞		→∞ i=1
max ∆x	∆y
i	i
1≤i≤n

Рассмотренная задача приводит к понятию криволинейного интеграла II рода.

Пусть на кривой L ( AB ) заданы две функции R(x, y) и Q(x, y). Разобьем L на n произвольных частей точками M0 (A), M1, ,M n (B). Выберем в каждом куске Mi−1Mi линии L произвольную точку Pi (ζi ,ηi ) и

вычислим в этой точке значения функций R(ζi ,ηi ) и Q(ζi ,ηi ).		Обозначим
координаты точки Mi	через ( xi , yi ) и разности xi − xi−1 , yi − yi−1	через ∆xi ,
∆yi . Составим сумму:
Sn	= ∑n (R(ζi ,ηi )∆xi + Q(ζi ,ni )∆yi ).	(3.76)
	i=1

Сумму (3.76) называют интегральной суммой для функций R(x, y) и Q(x, y) на линии L . Проведем процедуру неограниченного измельчения разбиения дуги AB , вычисляя для каждого разбиения сумму Sn . Если при этом последовательность сумм Sn стремится к конечному пределу, не зависящему от способов разбиения дуги L и выбора точек Pi (i =1, ,n ), то этот предел называют криволинейным интегралом II рода ( по координатам) от пары функций R(x, y) и Q(x, y) по кривой L () и обозначают

∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy .

L

Иными словами,

∫R(x, y)dx + Q(x,

L

y)dy = lim		∑(R(ζi ,ηi )∆xi +Q(ζi ,ηi )∆yi )		. (3.77)
		n
n→∞		→0 i=1
max ∆x	∆y
i	i
1≤i≤n

Сравнивая (3.77) и (3.75), можно работу A записать в виде криволинейного интеграла II рода:

A = ∫X (x, y)dx +Y (x, y)dy .	(3.75')
L

Справедливо утверждение: если функции R(x, y) и Q(x, y) непрерывны в области, содержащей кусочно-гладкую кривую L , то ∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy

L

существует.

Из свойств криволинейного интеграла II рода сформулируем лишь два.

134

Свойство 1.

∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy = − ∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy .

AB	BA

Это свойство вытекает из (3.77), так как в интегральной сумме при

изменении направления на линии L
меняют знаки ∆xi и ∆yi .						B
				С
Свойство 2.
Пусть на L между концами А
		А
и B взята точка C (рис. 3.54).			Рис. 3.54
Тогда
∫Rdx + Qdy = ∫Rdx + Qdy + ∫Rdx + Qdy .
AB	AC		CB

Это свойство объясняется так же, как аналогичное свойство определенных интегралов.

Если L замкнута, то интеграл обозначается знаком ∫ , причем в таком

обозначении начальная и конечная точка L одна и та же (любая на L ) и движение от начала к концу совершается против часовой стрелки. Такое направление движения называют положительным обходом. Если вычисляется криволинейный интеграл по замкнутому контуру L и направление движения по контуру по часовой стрелке, то перед интегралом

ставят знак (–): − ∫ .

Замечание. В частных случаях одна из функций R(x, y), Q(x, y) может быть нулевой и соответственно под знаком интеграла останется одно

слагаемое – ∫R(x, y)dx или	∫Q(x, y)dy .
L	L

3.4.2 Вычисление криволинейного интеграла II рода

Видно, что криволинейный интеграл II рода зависит от функций R(x, y), Q(x, y) и линии L . Ранее мы видели, что криволинейный интеграл I

рода (по дуге) при различных способах задания L преобразуется в определенный интеграл различными формулами. Криволинейный интеграл II рода также можно преобразовать в определенный интеграл с учетом способа задания L .

Пусть L ( AB ) – это график функции y = g(x), причем абсциссы точек A и B соответственно равны a и b. Пусть g(x) непрерывно дифференцируема при x [a,b] и функции R(x, y) и Q(x, y) непрерывны в области, содежащей L . Тогда ∫Rdx + Qdy существует.

AB

135

Для его вычисления разобьем L точками M 0 (A), M1, ,M n (B) на n

частей. Обозначим абсциссы точек Mi					через xi		, т.е. Mi (xi , g(xi )), рис. 3.55.
y				y = g(x)		Mi	B
					Mi-1		Mn
				M1	Pi		Mn-1
			A M0
			a=x0	x1	xi-1 ci	xi	xn-1
	0						b=xn x
				Рис. 3.55

Точки x0 , x1, , xn , принадлежащие отрезку [a,b], разбили [a,b] на n

частей. Теперь составим интегральную сумму, для чего нужно в каждом куске линии Mi−1Mi выбрать точку Pi (i = 1, … , n).

Рассмотрим произвольный кусок линии Mi−1Mi , являющийся графиком

функции	y = g(x) для x [xi−1, xi ].	Учитывая непрерывность функции g (x)
на [a,b],		y = g(x) на отрезке [xi−1, xi ]		′
	видим, что для функции			выполнены
условия	теоремы Лагранжа (функция непрерывна на		[xi−1, xi ] и имеет
производную g (x) в (xi−1, xi )). Это означает, что найдется точка				ci (xi−1, xi )
	′
такая, что справедливо равенство ∆yi = g(xi )− g(xi−1 )= g′(ci )(xi − xi−1 ), т.е.
	∆yi = g′(ci )∆xi .			(3.78)
Выберем на куске Mi−1Mi кривой точку Pi (ζ i,ni )			такую,	что ζi = ci ,

ηi = g(ci ), и составим интегральную сумму Sn по формуле

Sn = ∑n (R(Pi )∆xi + Q(Pi )∆yi )= ∑n (R(ci ; g(ci ))∆xi + Q(ci ; g(ci ))∆yi ).

i=1			i=1
Учитывая равенство (3.78), имеем
n			))∆xi +Q(ci ; g(ci ))g′(ci )∆xi )
Sn = ∑(R(ci ; g(ci
i=1
или
n	(R(ci	; g(ci ))+Q(ci ; g(ci ))g′(ci ))∆xi .
Sn = ∑				(3.79)
i=1
Если проводить
	неограниченное измельчение разбиения дуги AB
( n → ∞, max ∆xi ,∆yi → 0 ),		то	одновременно будет	неограниченно
1≤i≤n

136

измельчаться разбиение отрезка [a,b]. Видно, что сумма (3.79) является интегральной суммой для функции F(x) на отрезке [a,b], где

F(x)= R(x, g(x))+ Q(x, g(x))g (x).	(3.80)
′
Учитывая предположения о функциях R(x, y) и Q(x, y) и функциях	g(x) и

g′(x), делаем вывод о непрерывности функции F(x) на [a,b]. Известно, что непрерывная на отрезке функция интегрируема на этом отрезке, поэтому

существует ∫b F(x)dx . По определению определенного интеграла при

a

неограниченном измельчении разбиения отрезка [a,b] интегральные суммы

∑n F(ci )∆xi

стремятся к ∫b F(x)dx .

Для

нашей

F(x)

(формула

(3.80)) эти

i=1

a

Sn

(формула (3.79)), поэтому их предел

интегральные суммы совпадают с

b

′

С

другой

стороны,

Sn

стремятся к

равен ∫(R(x, g(x))+ Q(x, g(x))g

(x))dx .

a

∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy . Получаем формулу

криволинейному интегралу II рода

AB

b

′

(3.81)

∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫(R(x, g(x))+ Q(x, g(x))g (x))dx .

a

AB

Пример 3.20. Вычислить

∫xydx

− 2x2dy , где

AB

- дуга параболы

y = 3x2 −3, А(0;-3), В(1;0).

AB

где

g(x)= 3x

−

3,

g (x)= 6x ,

a = 0, b =1,

Применим

формулу

(3.81),

2

′

R(x, y)= xy ,

Q(x, y)= −2x2 .

Функции

R(x, g(x))

и Q(x, g(x)) получим,

подставив вместо y

в функции

R(x, y)

и Q(x, y)

функцию

g(x)= 3x2 − 3.

Получим R(x, g(x))= x (3x2 −3),

Q(x, g(x))= −2x2 .

По формуле (3.81)

∫xydx − 2x2dy = ∫1 (x(3x2 −1)− 2x2 6x)dx = ∫1 (3x3 − 3x −12x3 )dx =

0

0

AB

1

x

4

x

2

1

9

3

= ∫(− 9x

3

4

4

2

2

− 3x)dx = − 9

4

−3

2

0

= −

4

(1

− 0

)−

2

(1

− 0

)=

0

= −

9

−

3 = −

15

= −3,75.

4

2

4

137

Если линия L ( AB ) является графиком непрерывно дифференцируемой на [с,d] функции x = h(y), где c и d ординаты точек A и B соответственно,

то для непрерывных на L функций R(x, y) и Q(x, y)

∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy

d

′

(3.82)

= ∫(R(h(y), y)h (y)+ Q(h(y), y))dy .

L

c

Пример

3.21.

∫(1 − x)dy ,

Вычислить

где AB

– график

функции

AB

2

π

y = arcsin x ,

,

A(0,0), B

2

4

.

В

данном

случае

можно

считать графиком функции y = arcsin x ,

AB

π

2

x

0,

,

а

можно

считать

графиком

функции

x = sin y ,

y 0,

.

2

4

Поэтому можно для вычисления криволинейного интеграла использовать и формулу (3.82), в которой g(x)= arcsin x , и формулу (3.78), в которой

h(y)= sin y . В да нном криволинейном интеграле R(x, y)= 0 , а Q(x, y)=1 − x . По формуле (3.81)

								2																													2																		2															2
							2																					′								2													dx					2						dx						1			2						− 2xdx
∫(1 − x)dy = ∫												(1 − x)(arcsin x) dx =																								∫ (1 − x)																	=	∫											+	2		∫											=
																																															1 − x2												1 − x2																	1 − x2
							0																													0																		0															0
AB
																					2	d(1 − x							)= arcsin																													2
							2																				2																																	(1 − x2 )−						1			(1 − x2 )=
																1				∫2																				2														1			∫2
							2
= arcsin x												+																																	− arcsin0 +																					2 d
																2																								2														2
																								1 − x2
							0													0																																				0
																																1
							2										π																+1																																							2
																							−1							t		−2																						π					1
																																																																								2
		arcsin													= 4 ,							∫t 2 dt																+ C = 2											t + C													1 − x2
=							2																			=																									=			4		+				2 2																=
																															1
			arcsin 0 = 0,																										−		2		+1																																							0
																				2
	π															2																		π						1							, т.е. ∫(1 − x)dy =														π								1
																														2
=			+ 1				−															− 1				− 0						=				+									−1																				+									−1.
	4															2																		4						2																						4							2
																																																			AB
По формуле 3.82, (c = 0, d =																																		π				, h(y)= sin y ) имеем
																																		4

138

π

π

π

π

π

1

4

4

∫(1

− x)dy = ∫(1 −sin y)dy = (y + cos y)

=

4

− 0

+ cos

4

− cos0

=

4

+

−1.

2

0

0

AB

Ответы, конечно, совпали, но, очевидно, применение формулы (3.82) в этом интеграле предпочтительнее.

Очевидно, криволинейный интеграл II рода можно рассматривать как сумму двух криволинейных интегралов:

∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫R(x, y)dx + ∫Q(x, y)dx .

L L L

Каждый из этих двух интегралов можно вычислять по любой из формул для вычисления криволинейного интеграла независимо друг от друга.

Замечание. Если внимательно посмотреть на формулы (3.81) и (3.82), то видно, что переход от криволинейного интеграла к определенному происходит подстановкой в подынтегральное выражение вместо y функции

g(x) в формуле (3.81) и вместо x функции h(y) в формуле (3.82). При этом

если y = g(x), то dy = g′(x)dx,	а если x = h(y), то dx = h′(y)dy . В первом случае
переменная интегрирования	– это	x , поэтому пределы интегрирования
xA = a и xB = b , а во втором случае		переменная интегрирования – это y ,

поэтому пределы интегрирования yA = c и yB = d .

При выборе формулы для вычисления криволинейного интеграла II рода учтите последнее замечание, т.е. проанализируйте, какими функциями

y = g(x) и x = h(y) можно описать	кривую	L ,	и подставьте	в
подынтегральное выражение вместо y	функцию	g(x),	а затем вместо	x

функцию h(y). Посмотрите на полученные подынтегральные выражения с

точки зрения последующего интегрирования и выберите из них более простое.

Пример 3.22. Вычислить

ln x dx +

1

∫

dy , где

AB – часть кривой

y +1

y

y = ln x , A(e;1), B(e2 ;2).

AB

Видно,

что

y = ln x

или x = ey .

AB является куском графика функции

Если под интеграл вместо у подставить функцию

y = ln x ,

то первое

слагаемое явно

упрощается:

ln x

dx =

ln x

dx = dx ,

но

второе

слагаемое

y

ln x

1

1

′

1

1

усложняется:

dy =

(ln x) dx =

x dx .

Наоборот,

если под

y +1

ln x +1

ln x +1

интеграл подставить вместо х функцию

x = ey ,

то первое слагаемое примет

139

вид	lney	(ey )′dy =	y	ey dy = ey dy , а второе останется без изменения (т.к. не
	y		y

содержит x ). Наш выбор таков: разбить интеграл на сумму двух интегралов

и в первом считать, что AB - график функции y = ln x , где x [e,e2 ], а во

втором считать, что AB - график функции x = ey , где y [1,2]. С учетом проведенных рассуждений, получаем

ln x

1

ln x

1

e2

2

dy

∫

dx +

dy =

∫

dx +

∫

dy = ∫dx + ∫

=

y

y +1

y

y +1

y +1

AB

AB

AB

e

1

= x

e2

y +1

2

= e2

− e + ln3 − ln 2.

+ ln

e

1

Пусть теперь линия L задана параметрически:

x = x(t),

где t [t1,t2 ].

y = y(t),

Пусть функции

x(t),

y(t)

непрерывно дифференцируемы на

[t1,t2 ] и не

обращаются

на

[t1,t2 ] в

нуль

одновременно. Тогда для

непрерывных в области, содержащей L функций R(x, y) и Q(x, y), справедлива формула

	t2	′	′	(3.83)
∫R(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫(R(x(t), y(t))x (t)+Q(x(t), y(t))y (t))dt .
L	t1

В формуле (3.83) предполагается, что криволинейный интеграл по L вычисляется в таком направлении, что начальной и конечной точкам L соответствуют значения параметра, равные t1 и t2 соответственно.

Пример 3.23.

∫(x − y)dx ,

Вычислить

где

AB – дуга

эллипса

x2

y2

AB

+

=1, A(0;1), B(3;0), рис. 3.56.

y

9

1

Если выразить из уравнения

A

1

эллипса y или x , то для вычисления

B

криволинейного интеграла можно

0

x

3

использовать формулы (3.81) и (3.82). Но

Рис. 3.56

x2

при этом либо y =

1 −

, либо

x = 3 1 − y2 , а интегрировать выражения,

9

содержащие такие радикалы, непросто. Зададим эллипс параметрически. Т.к.

140

	x		2	y			2	x	= cost ,	y	= sint , тогда
	из уравнения эллипса			+			=1, то обозначим
		3			1			3		1

x = 3cost,

y = sin t.

Видно, что для всех точек эллипса t [0,2π],

а для точек дуги

,

t

0,

π

.

При

этом

точке

A

соответствует

t

=

π

( x

= 3cos

π

= 0

,

A

2

1

2

2

yA = sin

π

=1), а точке

B соответствует t2 = 0 ( xB = 3cos0 = 3,

yB = sin 0 = 0).

2

Воспользуемся формулой (3.83), подставив в подынтегральное

выражение вместо x функцию 3cost , а вместо y функцию sint .

По формуле (3.83)

0

0

∫(x − y)dx = ∫

(3cost − sint)(3cost)′dt = ∫(3cost −sint)(− 3sint)dt =

AB

π

π

2

2

=

поменяем местами нижний и верхний пределы

=

интегрирования,

изменив знак перед интегралом

π

π

π

= 3∫2 (3cost sint + sin2 t)dt = 9∫2 cost sintdt + 3∫2 sin2 tdt =

0

0

0

учтем,

что costdt = d sint,

в первом интеграле и

=

применим формулу sin2 α =

1 − cos2α

во втором

=

2

π

3

π

sin2 t

π

3

sin 2t

π

2

2

+

(1 − cos2t)dt = 9

2

+

2

=

= 9∫sintd(sint)

2

∫

2

2

t −

2

0

0

0

0

sin 2

π

9

2 π

2

3

π

2

sin 2

0

=

sin

−sin

0

+

−

−

0

−

=

2

2

2

2

2

2

π

=1,

sin 0 = 0,

sinπ = 0

= 9

+

3π

.

=

sin

2

2

4

141

Мы рассмотрели понятие криволинейного интеграла II рода для плоской кривой L , лежащей в плоскости xOy . Аналогично дается понятие

криволинейного интеграла II рода для пространственной кривой L . Рассматриваются три функции, зависящие от трех переменных: R(x, y, z),

Q(x, y, z) и T (x, y, z). Криволинейный интеграл от этой тройки функций по кривой L имеет вид

∫R(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy +T (x, y, z)dz .	(3.84)
L
Если L задана параметрически
x = x(t), y = y(t), z = z(t),
где t [t1,t2 ], то для «хороших» функций x = x(t), y = y(t), z = z(t),	R(x, y, z),

Q(x, y, z), T (x, y, z) криволинейный интеграл (3.84) можно вычислить с помощью определенного интеграла по формуле

∫R(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy +T (x, y, z)dz =

L

t2	(R(x(t), y(t), z(t))x (t)+ Q(x(t), y(t), z(t))y (t)+T (x(t), y(t), z(t))z (t))dt , (3.85)
= ∫
	′	′	′
t1

где t1 и t2 - значения параметра t , соответствующие начальной и конечной точкам кривой L .

3.4.3.Приложения криволинейного интеграла II рода

3.4.3.1.Вычисление площади плоской фигуры

Рассмотрим на плоскости xOy область D , ограниченную замкнутой

линией L .

Определение. Область D назовем правильной, если любая прямая, перпендикулярная оси Ox или оси Oy , имеющая общие точки с областью D

внутри нее, пересекает границу L области D в двух точках.

Рассмотрим правильную область Ω. Предположим сначала, что Ω зажата между прямыми x = a , x = b ( a < b), y = c , y = d (c < d ) и граница L

области Ω имеет с этими прямыми лишь по одной общей точке (обозначим

точки касания A, B , C , D

y

D

соответственно), рис. 3.57.

d

Вычислим площадь области

Ω

Ω. Очевидно,

кривая

ACB

A

B

является

графиком

некоторой

c

функции

y = f1(x)

( x [a,b]), а

C

кривая

ADB

–

графиком

0

a

b

x

142

Рис. 3.57

некоторой функции y = f2 (x), причем f1(x)≤ f2 (x) при x [a,b]. Площадь такой фигуры можно вычислить с помощью определенного интеграла по формуле

S = ∫b (f2 (x)− f1(x))dx .

a

Перепишем ее в виде

S = ∫b f2 (x)dx − ∫b f1(x)dx .

aa

Вэтом равенстве каждый из интегралов можно, учитывая формулу 3.81 (читая ее справа налево), преобразовать в криволинейный интеграл II рода:

	∫b	f2 (x)dx = ∫ydx ,			∫b	f1(x)dx =	∫ydx ,
	a		ADB		a		ACB
поэтому формула для вычисления площади перепишется в виде
	S =	∫ydx −	∫ydx =	∫	ydx + ∫ ydx = ∫ydx .
		ADB	ACB	ADB		BCA	ADBCA
Учитывая, что в последнем интеграле замкнутый контур L мы проходим по
часовой стрелке, получим формулу
				S = −∫ydx .
					L
Если рассмотреть на оси Oy отрезок [c,d], то части кривой CDA и
CBD можно	считать		графиками		функций		x = g1(y) и x = g2 (y)
( g1(y)≤ g2 (y))	для	x [c,d]. Площадь такой фигуры можно вычислить с
помощью определенного интеграла по формуле
	S = d∫(g2 (y)− g1(y))dy				или	S = d∫g2 (y)dy − d∫g1(y)dy .
	c					c	c

Каждый из интегралов в последней формуле можно преобразовать с помощью формулы (3.82) в криволинейный интеграл II рода:

d∫g2 (y)dy =	∫xdy ,	d∫g1(y)dy =	∫xdy ,
c	CBD	c	CAD

поэтому она перепишется в виде

143

S = ∫xdy − ∫xdy = ∫ xdy + ∫ xdy =				∫ ydy .
CBD	CAD	CBD	DAC	CBDAC
Замкнутый контур CBDAC – это кривая L ,				причем	обход по ней
осуществляется против часовой стрелки. Получим формулу
		S = ∫xdy .
		L
Если сложить левые и	правые	части	формул	S = ∫xdy	и S = −∫ydx
				L	L

соответственно и затем разделить обе части полученного равенства пополам, то окончательно будем иметь

S =	1 ∫xdy − ydx.	(3.86)
	2 L

Формула (3.86) верна и в случае, если L содержит части, являющиеся отрезками, перпендикулярными Ox или Oy . Например, пусть Ω

имеет вид, представленный на рис. 3.58.

y		D
d		y = f2(x)		B'
	A'
		Ω
				B
	A	y = f1(x)
c
	a C
			b	x
		Рис. 3.58

Для площади области Ω все равно справедлива формула

S = ∫b	f2 (x)dx − ∫b	f1(x)dx =	∫ydx +		∫ydx .
a	a		′	′	BCA
			A DB

Чтобы вместо полученной суммы интегралов получить интеграл по

замкнутому контуру нужно добавить к ней				∫ydx и		∫ydx . Это можно сделать,
				′		′
не изменив значения S , так				AA		B B		B B	x = a и x = b
			как на отрезках		AA		и
						′		′
				y′A		′		y′A
соответственно,		поэтому	∫ydx = ∫					∫y 0dy = 0		и
					y a dy =
			′	yA				yA
			AA
∫ydx =	yB	yB							S = ∫xdy
	∫ y b′dy =	∫y 0dy = 0.	Иными	словами,			формулы			и
′	yB′	yB′							L
B B

144

S = −∫ydx , а следовательно, и формула (3.86) верны для любой правильной

L

области Ω.

y

Пример 3.24. Найти площадь части

фигуры,

ограниченной

линиями

y = x2 ,

2

y =

2

y

x2

y =1,

расположенной в

первой

4

= 4 ,

y = x

x

A

четверти, с помощью формулы (3.86).

B

y =1

Изобразим

фигуру

на

xOy

(рис. 3.59).

Граница

фигуры

–

замкнутый

0

1

2

x

контур, состоящий из трех разных линий.

Рис. 3.59

1

1

По формуле (3.86)

S

=

∫xdy − ydx

=

∫

2

(xdy − ydx)+ ∫ (xdy − ydx)+ ∫(xdy − ydx) .

2 L

OB

BA

AO

Вычислим каждый из трех интегралов. Линия OB – график функции y =

x2

4

( xO = 0,

xB = 2), поэтому

2

x2

′

2

2x

x2

2 x2

x3

2 2

x2

−

−

dx =

=

.

∫ (xdy − ydx)= ∫ x

4

4

dx = ∫ x

4

4

dx = ∫

12

0

3

OB

0

0

0 4

Отрезок BA – график функции y =1 ( xB = 2, xA =1), поэтому

∫ (xdy − ydx)= ∫1 (x (1)′ −1)dx = ∫1 (x 0 −1)dx = ∫1 (− dx)= −x

1

=1.

BA

2

2

2

2

Отрезок AO – график функции y = x2

( xA =1,

xO = 0), поэтому

0

2

′

2

0

2

0 2

x3

0

1

∫(xdy − ydx)= ∫ x (x

) − x

dx =

∫(x 2x − x

)dx = ∫x

dx

=

1

= −

.

3

3

AO

1

1

1

Складывая три найденных значения, получаем

∫xdy

− ydx = 2

+1 − 1 =

4 ,

OBAO

3

3

3

откуда S = 12 43 = 23 (кв.ед.).

3.4.3.2. Вычисление работы переменной вектор-силы

Задача о работе была рассмотрена в начале этого параграфа, при этом точка перемещалась по плоской линии (на xOy ). Формулу, аналогичную

145

(3.71), можно получить при перемещении точки по пространственной кривой L . Если перемещение по L происходит под действием вектор-силы

F = F(x, y, z), проекции которой на Ox , Oy , Oz соответственно равны

X (x, y, z), Y (x, y, z) и

Z(x, y, z), то совершаемая работа вычисляется

по

формуле

A = ∫X (x, y, z)dx +Y (x, y, z)dy + Z(x, y, z)dz .

(3.87)

L

Задача. Найти работу, совершаемую

z

силой тяжести

при

перемещении

точки, имеющей массу, равную m ,

по

линии

L ,

если начальная

точка

M

M1

M1

имеет аппликату z1, а конечная

M 2

– аппликату z2 , рис. 3.60.

M2

Так

как

сила

тяжести

y

направлена противоположно Oz , то

ее проекции на Ox и Oy равны

Рис. 3.60

нулю,

т.е.

X (x, y, z)= 0

и

x

Y (x, y, z)= 0 .

Проекция

на

Oz

равна

по модулю весу

точки

P = mg ,

но

отрицательна, т.е. Z(x, y, z)= −mg . По формуле (3.87)

A =

∫

0dx + 0dy − mgdz = −mg ∫dz .

M1M2

M1M2

При любом параметрическом задании линии L : x = x(t),

y = y(t),

z = z(t), где

t1 соответствует точке M1, а t2

– точке M 2 , по формуле (3.85) имеем

A = −mgt∫2 z′(t)dt = −mg z(t)

t2 = −mg(z2 − z1 ),

t

t1

1

т.к.

z(t2 )= z2 ,

z(t1 )= z1 .

Т.е. A = mg(z1 − z2 ) и, следовательно, работа силы

тяжести не зависит от вида кривой L , а зависит лишь от перепада высот h ( z1 − z2 = h ), – получили известную формулу A = mgh .

3.4.4. Формула Грина

Рассмотрим на плоскости xOy кусочно гладкую замкнутую кривую L ,

являющуюся границей правильной области D . Пусть функции P(x, y) и Q(x,y) непрерывны в D и на L и имеют в замыкании области D

непрерывные частные производные ∂∂Py и ∂∂Qx . Тогда справедлива формула

146

	P(x, y)dx + Q(x, y)dy =		∂Q	− ∂P		(3.88)
∫					dxdy .
		∫∫	∂x	∂y
L		D

Эта формула связывает криволинейный интеграл II рода по замкнутому контуру с двойным интегралом по области, ограниченной этим контуром. Формула (3.88) называется формулой Грина. Для ее доказательства достаточно показать, что

	P(x, y)dx =		−	∂P			Q(x, y)dx =		∂Qdxdy ,
∫					dxdy и	∫		∫∫
		∫∫		∂y					∂x
L		D				L		D

а затем

сложить

левые

и

правые

y

M

части этих равенств.

Докажем одно

A

y = f2 (x)

из этих равенств, например

D

B

P(x, y)dx =

∂P

∫

∫∫

−

dxdy .

∂y

L

D

y = f1(x)

Рассмотрим

правую

часть

этого

K

0

a

равенства.

Сделаем

чертеж

(рис.

b

x

3.61).

Так как D –

Рис. 3.61

правильная область, то она зажата между прямыми

x = a , x = b . Кривая

AMB –

график некоторой функции y = f2 (x), кривая

AKB

–

график некоторой

функции

y = f1(x) при

x [a,b].

Перейдем

в

двойном

интеграле

∂P

к

повторному:

∫∫−

dxdy

D

∂y

∂P

b f2 (x)

∂P

∫

∫∫−

∂y

dxdy = − ∫

dy dx .

D

a

f (x) ∂y

1

Во внутреннем интеграле x фиксировано, а y – переменная интегрирования.

Поэтому		f2 (x)∂P(x,		y)		f2 (x)	= P(x, f2	(x))− P(x,	f1(x)).
		f ∫(x) ∂y		dy = P(x, y)		f1(x)
		1
Подставим полученное выражение в повторный интеграл, тогда
	∂P		b					b	b	(x))dx .
∫∫−	∂y	dxdy = −	∫(P(x, f2		(x))− P(x, f1(x)))dx =– ∫P(x, f2				(x))dx + ∫P(x, f1
D			a					a	a

Но по формуле (3.81)

– ∫b P(x, f2 (x))dx = ∫P(x, y)dx и		∫b P(x, f1(x))dx = ∫P(x, y)dx ,
a	BMA	a	AKB

поэтому

147

	−	∂P	∫ P(x, y)dx +	∫ P(x, y)dx =	∫P(x, y)dx .
∫∫		dxdy =
D		∂y	BMA	AKB	BMAKB

Замкнутый контур BMAKB –это контур L , обходимый против часовой

	−	∂P
стрелки, следовательно, ∫∫		dxdy = ∫P(x, y)dx , что и требовалось
D		∂v	L

доказать.

Аналогично, используя переход в двойном интеграле к повторному, у которого х – переменная интегрирования во внутреннем интеграле,

доказывается что ∫Q(x, y)dy = ∫∫

∂Q dxdy , т. е. формула Грина доказана.

L

D

∂x

Формулу Грина можно использовать для вычисления криволинейных

интегралов.

y

Пример

3.25.

Вычислить

B

3

∫sin3 xdx + xydy ,

где

L

–

замкнутая

L

ломаная ABCA: A(1,1), B(3,3), C(3,0).

1

A

C

Сделаем чертеж (рис. 3.62).

Если вычислять

криволинейный

0

1

x

3

интеграл, переходя к

определенному, то

Рис. 3.62

придется интеграл по замкнутому контуру представить в виде суммы трех криволинейных интегралов по AB , по BC и по CA . Воспользуемся формулой Грина (3.88). Замкнутый контур – граница ∆ABC (области D ),

P(x, y)= sin3 x , Q(x, y)= xy . Найдем частные производные ∂P и ∂Q : ∂P = 0

∂y ∂x ∂y

и ∂∂Qx = y . Функции sin3 x , xy , 0 и y непрерывны на всей плоскости xOy , и

область D – правильная, поэтому формула Грина (3.88) справедлива. В формуле Грина обход по контуру L совершается против часовой стрелки, а ломаная ABCA обходится по часовой. Поэтому по формуле (3.88)

∫ sin3 xdx + xydy = −∫∫(y − 0)dxdy .

ABCA D

Вычислим двойной интеграл					∫∫ydxdy, переходя к					повторному.
					D
Запишем уравнения прямых AB и					AC ,			воспользовавшись		уравнением
прямой вида
	y − y1			=	x − x1				.
	y	2	− y		x	2	− x
			1					1

148

Тогда для AB получим ( A(1,1),

B(3,3)):

y −1

=

x −1

или

y = x . Для AC

3 −1

3 −1

y −1

x −1

получим ( A(1,1), C(3,0)):

=

,

y −1

=

x −1

или

y = −

x

+ 3

. Итак,

0 −1

3 −1

−1

2

2 2

уравнения AB : y = x , AC :

y = −

x

+ 3 .

2

2

Область D опишется системой неравенств

1≤ x ≤ 3,

x

3

≤ y ≤ x,

−

+

2

2

поэтому

3

2

x

3

2

3 x

1

x

3

y

2

∫∫ydxdy = ∫

∫ydy dx =

∫

2

x

3 dx =

∫

2

x

−

−

2

+

2

dx =

D

1

x 3

1

−

+

1

−

2

+2

2

2

= 1

∫3 1 (3x2 + 6x

− 9)dx =

1 (x3 +

3x2 −

9x)

3 =

1 ((27 −1)+ 3(9 −1)− 9(3 −1))= 4 .

2

1

4

8

1

8

Теперь, с учетом равенства

∫

sin3 xdx + xydy = −∫∫ ydxdy , имеем

ABCA

D

∫sin3 xdx + xydy = −4 .

Замечание.

ABCA

D не является правильной, но может быть

Если область

разбита гладкими линиями на конечное число правильных областей, то формула Грина тоже верна. Поясним это для случая, когда D разбивается на

две правильные области D1 и D2					(рис. 3.63, 3.64)
	y					y		C		А
									D1
			D						D2
			L					B
										L
										C1
	0		x			0				x
			Рис. 3.63						Рис. 3.64

Рассмотрим интеграл по замкнутому контуру:

149

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy + ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy .

L ACB BC1A

Добавим к первому слагаемому криволинейный интеграл по BA, а ко второму слагаемому – криволинейный интеграл по AB. Это не изменит всей суммы, т.к. к ней добавлен ноль.

Теперь

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy + ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy ,

L				L1	L2
где L1 и L2 –			границы правильных областей D1		и D2 . Если функции P(x, y),
Q(x, y),	∂Q	и	∂P	непрерывны в замыкании области D , то оба слагаемых в
	∂x		∂y

правой части последнего равенства можно преобразовать по формуле Грина:

P(x, y)dx + Q(x, y)dy =

∂Q

−

∂P

∂Q

−

∂P

∫

dxdy +

dxdy .

∫∫

∂x

∫∫

∂x

∂y

L

D

∂y

D

1

2

∂Q

−

∂P

Объединив сумму полученных двойных интегралов в один ∫∫

∂x

dxdy ,

получаем формулу Грина для области D .

D

∂y

3.4.5. Независимость криволинейного интеграла

от пути интегрирования

Пусть функции P(x, y) и Q(x, y) непрерывны в области D . Возьмем в этой области две точки A и B и соединим их линией L ( L D ). Вычислим ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy . Результат, вообще говоря, зависит от линии L .

L

Выясним, какими должны быть функции P(x, y) и Q(x, y), чтобы

криволинейный интеграл не зависел от пути интегрирования (т.е. от линии L ), а зависел лишь от начальной и конечной точек ( A и B ).

Сделаем чертеж, на котором соединим точки A и B двумя произвольными линиями L1 и L2 ( AKB и AMB ), рис. 3.65.

L1

KВD

А L2 М

Рис. 3.65

150

(B)

Если интеграл ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dx не зависит от пути интегрирования, то

(A)

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy ,

AKB	AMB
или

∫P(x, y)dx +Q(x, y)dy − ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 ,

AKB AMB

или, поменяв во втором интеграле направление интегрирования,

∫ P(x, y)dx +Q(x, y)dy + ∫P(x, y)dx +Q(x, y)dy = 0 .

AKB BMA

Так как AKB и BMA – две части замкнутого контура AKBMA, имеем

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 .

	AKBMA		(B)
	Из произвольности выбора линий L1	и L2
			делаем вывод: если ∫ не зависит
			(A)

от пути интегрирования, то криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру, проходящему через точки A и B , равен нулю.

Очевидно и обратное утверждение: если криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру L ( L D ), проходящему через точки A и B ,

(B)
равен нулю, то ∫	не зависит от пути интегрирования. Действительно, взяв
(A)
два пути AKB и	AMB , получим замкнутый контур AKBMA. Интеграл по

этому контуру равен нулю (по предположению). Разбив контур AKBMA на две части AKB и BMA, представим криволинейный интеграл по замкнутому контуру в виде суммы двух интегралов по AKB и по BMA. Поменяв во

втором интеграле направление на	AMB , получим вместо суммы разность
интегралов по AKB и AMB , равную нулю, что доказывает равенство
∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy .
AMB	AKB
И так как пути AMB и AKB	были взяты произвольно,	то	последнее
	(B)
равенство означает независимость	∫ от пути интегрирования.
	(A)	(B)
Если для произвольных точек A D и B D , интеграл
		∫	не зависит
		(A)

от пути интегрирования, то будем говорить, что криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования в области D . Из рассуждений, приведенных

151

выше, следуют утверждения:

Утверждение 1. Криволинейный интеграл ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy

L

( L D ) не зависит от пути интегрирования тогда и только тогда, когда криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру в D равен нулю, т.

е. ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0.

L

Учитывая утверждение 1, вопрос о выяснении свойств функций P(x, y)

и Q(x, y), для	которых ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy	не зависит от	пути
	L	функций P(x, y),	Q(x, y)
интегрирования,	сводится к вопросу: для каких

криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру в D равен нулю? Ранее мы встречались с криволинейным интегралом по замкнутому контуру в формуле Грина. Эта формула была справедлива для непрерывных в D функций P(x, y) и Q(x, y), имеющих в D непрерывные частные производные

∂P	и	∂Q	, т. е. для таких функций криволинейный интеграл по любому
∂y		∂x
замкнутому контуру равен двойному интегралу					∂Q	− ∂P		dxdy по области
				∫∫	∂x	∂y
				Ω

Ω, ограниченной

этим

контуром.

В

этом

двойном

интеграле

подынтегральная

функция равна

,

поэтому

если эта функция

∂Q − ∂P

∂x

∂y

тождественно равна нулю в области D ,

то

∫∫0dxdy =0,

т. к. ΩD . Можно

Ω

∂Q −

∂P

доказать и обратный факт:

если

∫∫

для любой области

dxdy = 0

Ω

∂x

∂y

ΩD , то

∂Q − ∂P

≡ 0 в

D .

Если

в

последнем

тождестве

перенести

∂x

∂y

∂Q

∂P

вычитаемое в правую часть,

то получим условие

≡

, которое является

∂x

∂y

необходимым

и

достаточным условием

для

равенства

нулю

двойного

∂Q

− ∂P

(ΩD ). Учитывая

интеграла

∫∫

формулу

Грина, имеем

dxdy

Ω

∂x

∂y

утверждение 2.

∂Q

∂P

Утверждение 2.

Если

P(x, y)

и

Q(x, y),

и

непрерывны в

D ,

∂x

∂y

области

то

для

того,

чтобы

криволинейный

интеграл

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy

по любому

замкнутому

контуру

L D

был равен

L

152

нулю, необходимо и достаточно, чтобы
	∂Q	=	∂P	(3.89)
	∂x		∂y

во всех точках области D .

Из утверждений 1 и 2 следует утверждение 3.

Утверждение 3. Условие (3.89) является необходимым и достаточным условием независимости криволинейного интеграла ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy от

L

пути интегрирования в области D (в предположении о непрерывности в D функций P(x, y), Q(x, y), ∂∂Qx и ∂∂Py ).

Пример 3. 26. Вычислить ∫2xy + (x2 + y2 )dy , где L – дуга синусоиды

	L
y = sin x от точки (0, 0) до точки (π, 0).
Этот интеграл можно вычислить по формуле (3.81), подставив в
подынтегральное	выражение вместо y функцию sin x , где x [0,π] и
dy = cos xdx :
∫2xydx + (x2 + y2 )dy = π∫(2xsin x + (x2 + sin2 x)cos x)dx .
L	0

Полученный определенный интеграл можно вычислить, но не слишком просто. Посмотрим внимательно на подынтегральное выражение в исходном

криволинейном интеграле. В нем P(x, y)= 2xy , а Q(x, y)= x2 + y2 , поэтому ∂∂Py = 2x и ∂∂Qx = 2x . Видно, что условие (3.89) ( 2x = 2x ) выполняется на всей

плоскости xOy . Кроме того, функции 2xy , x2 + y2 и 2x непрерывны на всей плоскости xOy , следовательно, утверждение 3 справедливо на всей плоскости xOy . Делаем вывод, что искомый криволинейный интеграл не

зависит от пути интегрирования. Это означает, что вместо дуги синусоиды можно взять любую линию, соединяющую точки (0,0) и (π,0), например ось

Ox , и в ычислить интеграл по ней. На оси Ox y = 0. Применим для

вычисления исходного криволинейного интеграла формулу (3.81), подставив в подынтегральное выражение ноль вместо y ( x [0,π]). Получим

			2		2	π		2		2	′
	∫	2xydx + (x		+ y		)dy = ∫(2 x 0	+ (x		+ 0
											)0 )dx = 0 .
	L					0

Рассмотрим условие (3.89) и постараемся извлечь из него еще какую – нибудь информацию о функциях P(x, y) и Q(x, y).

153

Пусть в области D задана функция двух переменных u(x, y), причем функция u(x, y) дифференцируема в D , т.е. существует полный дифференциал этой функции для (x, y) D :

du =	∂u dx +	∂u dy .	(3.90)
	∂x	∂y

Если предположить, что у функции u(x, y) существуют смешанные частные

	производные	∂2u	и	∂2u	, непрерывные в					D , то, как известно, они
		∂x∂y		∂y∂x
	совпадают:
						∂2u		∂2u
							=		.	(3.91)
						∂x∂y		∂y∂x

Из приведенного рассуждения следует, что если непрерывные функции P(x, y) и Q(x, y) являются частными производными некоторой функции

u(x, y), а именно:

P(x, y)=	∂u	,	Q(x, y)=	∂u	,
	∂x			∂y

то, во-первых, подынтегральное выражение в криволинейном интеграле ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy , с учётом (3.90), является полным дифференциалом

L

функции u(x, y), т. е. du = P(x, y)+ Q(x, y).

И, во-вторых, предположение о непрерывности частных производных

∂P

∂Q

∂y

и

в области D

автоматически

обеспечивает справедливость (3.91).

∂x

∂u ,

∂u

Действительно, с учетом P(x, y)=

Q(x, y)=

,

∂x

∂y

∂P

∂

∂u

∂2u

∂Q

∂

∂u

∂2u

=

=

,

=

=

,

∂y ∂y ∂x ∂y∂x

∂x

∂y∂x

∂x

∂y

и при этом тождество (3.91) совпадает с условием (3.89).

Из вышесказанного и утверждения 3 делаем вывод: если подынтегральное выражение в криволинейном интеграле является полным дифференциалом некоторой функции двух переменных, то криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования (подынтегральные функции

154

P(x, y) и Q(x, y) и их частные производные ∂P и						∂Q	предполагаются
непрерывными в D ).					∂y	∂x
								∂P ,	∂Q
Можно	доказать	и	обратный факт:		если P(x, y),		Q(x, y),
			D					∂y	∂x
непрерывны	в области			и в этой области криволинейный				интеграл
∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy		не		зависит от	пути	интегрирования,			то

L

подынтегральное выражение является полным дифференциалом некоторой функции u(x, y), т.е.

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = du(x, y)

(3.92)

(доказательство здесь не приводится).

Утверждение 4. Условие (3.92) является необходимым и достаточным для независимости криволинейного интеграла ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy от пути

L	∂P		∂Q
интегрирования в области D , где функции P(x, y), Q(x, y),		,
непрерывны.	∂y		∂x
При этом
∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = u(x2 , y2 )− u(x1, y1 ),	(3.93)
L
где (x1, y1 ) – начальная точка L , а (x2 , y2 ) – конечная.

Нам остается лишь объяснить формулу (3.93). Пусть выбрана некоторая линия L , соединяющая точки (x1, y1 ) и (x2 , y2 ), причем L задана

параметрически:	x = x(t),	y = y(t)	и	t1 и t2 – значения параметра,
соответствующие	началу	и концу	L	соответственно. Иными словами,

x1 = x1(t), y1 = y1(t) и x2 = x2 (t), y2 = y2 (t). Вычислим ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy .

L

Воспользуемся формулой (3.83), т.е. подставим в подынтегральное выражение вместо x функцию x(t), а вместо y функцию y(t), t [t1,t2 ].

При выполнении условия (3.92)

		t2	∫dF(t)= F(t)+ C
∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫du(x, y)= ∫du(x(t), y(t))=				=
L	L	t1

= u(x(t), y(t))tt2 =u(x(t2 ), y(t2 ))−u(x(t1 ), y(t1 ))=u(x2 , y2 )− u(x1, y1 ).

1

Формула (3.93) доказана.

Замечание. Теперь мы знаем два критерия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования. Из этого следует, что из

155

справедливости (3.89) следует (3.92) и, наоборот, из (3.92) следует (3.89). В частности, чтобы выяснить, является ли выражение P(x, y)dx + Q(x, y)dy

полным дифференциалом некоторой функции двух переменных в области, где P(x, y), Q(x, y), ∂∂Py , ∂∂Qx непрерывны и существуют смешанные частные

производные ∂2u и ∂2u , непрерывные в D , то достаточно проверить

∂x∂y ∂y∂x

выполнение условия (3.89) в этой области.

3.4.6. Восстановление функции по ее полному дифференциалу

Пусть функции P(x, y), Q(x, y),				∂P	, ∂Q		непрерывны в области D .
				∂y	∂x
Пусть в	D выполнено	условие	(3.89):		∂Q	=	∂P	. Из этого следует, что
							∂y
выражение P(x, y)dx + Q(x, y)dy					∂x
			– это	полный дифференциал					некоторой
функции	u(x, y).	Поставим			задачу:			по	выражению

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = du(x, y) восстановить (т.е. найти) функцию u(x, y). Так как d(u(x, y)+ C)= du(x, y) (C = const ), то, конечно, восстановить ее можно

лишь с точностью до постоянного слагаемого. Для решения этой задачи воспользуемся формулой (3.93), выбрав в ней в качестве начальной точки L конкретную точку (x0 , y0 ) D , а в качестве конечной точки – произвольную

точку (x, y) D (рис. 3.66)

y
y	M(x, y)

y0	(x0, y0)			M1(x, y0)
	M0
0	x0		x		x
			D
			Рис. 3.66

Так как кривую L D можем выбрать любую, то пусть L – это ломаная из двух звеньев, одно из которых параллельно Ox(M 0M1 ), а второе параллельно

Oy(M1M ), см. рис. 3.66. По формуле (3.93)

156

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = u(M )− u(M0 )= u(x, y)−u(x0 , y0 ).

L

Отсюда

u(x, y)= ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy + u(x0 , y0 )=

	L
= u(x0 , y0 )+ ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy + ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy .
M0M1	M1M

Вычислим каждый из получившихся криволинейных интегралов. На отрезке M 0M1 y = y0 , поэтому применим для вычисления криволинейного

интеграла по M 0M1	формулу (3.81), подставив	y0 в подынтегральное
выражение, вместо y ( x [x0 , x]), при этом dy = y0′dx = 0 dx = 0. Получим
∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫x P(x, y0 )dx + 0 = ∫x P(x, y0 )dx .
M0M1	x0	x0

На отрезке M1M x = x , т.е. принимает постоянное значение; применим для вычисления криволинейного интеграла по M1M формулу (3.82), подставив

x (считая его постоянным) вместо x в подынтегральное выражение. При этом y [y0 , y] и dx = d(const)= 0. Получим

∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫y (P(x, y) 0 + Q(x, y))dy = ∫y Q(x, y)dy

M1M

y0

y0

(здесь под интегралом x считается постоянным). Подставив найденные криволинейные интегралы в формулу для u(x, y), окончательно получим

u(x, y)= ∫x P(x, y0 )dx + ∫y Q(x, y)dy + C .		(3.94)
x0	y0
Слагаемое u(x0 , y0 ) вошло в C (C – произвольная постоянная).
Пример 3.27. Проверить,	что выражение

(4xy + sin x −1)dx + (y + 2x2 − 4cos y)dy

является полным дифференциалом некоторой функции и найти эту функцию.

		Здесь		P(x, y)= 4xy + sin x −1, Q(x, y)= y + 2x2 − 4cos y ,	поэтому
	∂P	= 4x и	∂Q	= 4x ; 4x = 4x – условие (3.89) выполнено. Значит,	исходное
	∂y		∂x

выражение является полным дифференциалом некоторой функции u(x, y),

причем на всей плоскости xOy , т.к. функции 4xy + sin x −1, y + 2x2 − 4cos y и 4x непрерывны на всей xOy . Найдем u(x, y) по формуле (3.94), взяв в качестве (x0 , y0 ), например, начало координат (0,0). Тогда

157

	u(x, y)= ∫x (4xy + sin x −1)									y=0 dx + ∫y (y + 2x2 − 4cos y)dy + C =
					0							0
		= ∫x (sin x −1)dx + ∫y (y + 2x2 − 4cos y)dy + C =													(− cos x − x)					x	+
			0		0															0
	y	2		2			y						y	2			2
			+ 2x					+ C = −cos x − x +1 +								+ 2x		− 4sin y + C .
+	2				y − 4sin y		0						2
					Итак (слагаемое u(x0 , y0 )=1 убираем в C ):
					u(x, y)= − cos x − x +						y2	+ 2x2 y − 4sin y + C .
								2

Замечание. Для криволинейного интеграла II рода по кривой в пространстве тоже решен вопрос об условиях независимости интеграла от пути интегрирования. И снова необходимым и достаточным условием является равенство подынтегрального выражения полному дифференциалу некоторой функции (трех переменных). Иными словами, условие

P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz = du(x, y, z)

(3.95)

–необходимое и достаточное для того, чтобы интеграл

∫P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz не зависел от пути интегрирования.

L

Есть также необходимое и достаточное условие независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования, выражающееся системой равенств частных производных подынтегральных функций:

∂P

=

∂Q

,

∂P

=

∂R

,

∂Q

=

∂R

.

(3.96)

∂y

∂x

∂z

∂x

∂z

∂y

Функции P(x, y, z), Q(x, y, z)dy ,

R(x, y, z)dz

и

∂P

,

∂P

,

∂Q

,

∂Q

,

∂R

,

∂R

∂y

∂z

∂x

∂z

∂x

∂y

предполагаются непрерывными в некоторой пространственной области, содержащей кривую L.

Условие (3.96) необходимое и достаточное для того, чтобы выражение P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz было полным дифференциалом

некоторой функции u(x, y, z) в области D .

Если выполнено условие (3.96) и, следовательно, (3.95), то функцию u(x, y, z) можно восстановить по формуле

u(x, y, z)= ∫x P(x, y0 , z0 )dx + ∫y Q(x, y, z0 )dy + ∫z R(x, y, z0 )dy + C ;

x0 y0 z0

Последняя формула – аналог формулы (3.94).

158

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Дорогие студенты!

Вы завершили чтение учебного пособия, посвященного традиционно трудному для студентов разделу высшей математики – интегральному исчислению. Освоение этого раздела вместе с теоретическим материалом требует практики решения большого количества примеров.

Авторы надеются, что Вам удалось разобраться в таком непростом разделе, что Вы освоили технику интегрирования, научились решать многие прикладные задачи. Эти знания, безусловно, помогут Вам в освоении других разделов математики, традиционно следующих за данным. Это поможет Вам освоить такой важный раздел, как дифференциальные уравнения, применять интегрирование при решении задач теоретической механики, строительной механики, физики и многих инженерных дисциплин.

Авторы надеются, что данное пособие будет хорошим подспорьем для студентов как во время аудиторных занятий, так и в процессе самостоятельной работы.

159