Математика в нефтегазовом образовании. Теория и задачи

Российский государственный университет нефти и газа имени И. М. Губкина Кафедра высшей математики

В.В. Калинин, И.В. Петрова

МАТЕМАТИКА в нефтегазовом образовании ТЕОРИЯ И ЗАДАЧИ

ВЫПУСК 3. Часть 2. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Москва 2005

В.В. Калинин, И.В. Петрова

МАТЕМАТИКА в нефтегазовом образовании ТЕОРИЯ И ЗАДАЧИ ВЫПУСК 3. Часть 2. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы

Допущено Учебно-методическим объединением по высшему нефтегазовому образованию в качестве учебного пособия для студентов вузов нефтегазового профиля

РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина Москва 2005

УДК 517.9:516:512.8:622.27 К 18

Калинин В.В., Петрова И.В. К 18 Математика в нефтегазовом образовании. Теория и задачи: Учеб. пособие. − М.: РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина, 2005. Вып. 3. Часть 2: Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы. − 173с.

Пособие продолжает серию учебно-методических изданий по курсу высшей математики. Третий выпуск посвящен одному из фундаментальных понятий математики – понятию интеграла. В пособии подробно изучены всевозможные

приложения

интегрального

исчисления,

разобраны

многочисленные примеры, приведены теоретические вопросы и задачи для самостоятельного решения. Пособие

предназначено

для

студентов

всех

специальностей

нефтегазового образования, а также магистрантов, аспирантов, занимающихся исследованиями, связанными с применениями математических методов. Издание подготовлено на кафедре высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина. Рецензенты: проф. кафедры высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина Т.С. Соболева, проф. кафедры математики МИФИ (технический университет) д.ф.-м.н. Н.В. Мирошин ©

Калинин В.В., Петрова И.В., 2005

©

Издательство «Нефть и газ» РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина, 2005

Из предисловия к выпуску 2. Пособие «Математика. Теория и задачи», выпущенное на кафедре высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина, представляется изданием, которое позволит читателю (студенту, аспиранту, специалисту, преподавателю) остановиться, чтобы осмыслить великую и «ужасную» науку − МАТЕМАТИКУ. Пособие уникально в том смысле, что оно может быть полезно и для тех читателей, кто в данное время изучает вузовский курс высшей математики, и для тех из них, которые этот курс формально (давно или недавно) завершили и даже получили вполне устраивающие их оценки, но при этом хотят понять: чему же их, собственно, обучали на заре их студенческой юности − на первом-втором курсах. Несомненна польза этой книги при подготовке к аспирантуре и магистратуре: ведь многим в процессе дальнейшего обучения предстоит решать задачи, связанные с серьезным математическим аппаратом. А уж специалисты, профессионально работающие в математике − преподаватели, исследователи − несомненно, найдут для себя много новых, нестандартно представленных подходов, и получат истинное удовольствие от прочтения рукописи. Это издание задумал и начал воплощать в жизнь замечательный человек и ученый, заведующий кафедрой высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина, профессор Виталий Тимофеевич Харин. В книге представлен результат его многолетнего опыта преподавания математики в нашем университете и в институтах зарубежных стран.

1

Предисловие к выпуску 3. Мы предлагаем читателю третий выпуск пособия «Математика в нефтегазовом образовании. Теория и задачи». Этот выпуск посвящен одному из самых фундаментальных понятий в математике – понятию интеграла. Термин «интегральное исчисление» впервые был введен в обиход И. Бернулли в самом конце XVII века, а его современное обозначение

∫

обязано своим

происхождением Лейбницу. Это, кстати, было частью компромисса между двумя

великими

учеными:

Лейбниц

отказался

от

названия

“calculus

summatorius” в пользу “calculus integralis”, введенного И. Бернулли, но зато сохранил свое обозначение – стилизованное латинское «S». С тех пор понятие интеграла является широко востребованным в самых разных разделах математики: математическом анализе, дифференциальных уравнениях, функциональном анализе, etc. О важности этого понятия знал даже Лев Толстой. В "Анне Карениной" он писал: "Когда бы в университете мне сказали, что другие понимают интегральное вычисление, а я не понимаю, – тут самолюбие. Но тут надо быть убежденным прежде, что нужно иметь известные способности для этих дел и, главное, в том, что все эти дела важны очень." Авторы надеются, что настоящее пособие будет востребовано людьми творческими, желающими узнать предмет больше и глубже, не ограничиваясь лишь формальным и сухим изложением втузовского учебника, имеющими, как герой Л. Толстого, самолюбие, чтобы овладеть им, или, при возникновении такой необходимости, повторить аппарат интегрального исчисления и его приложений. В ходе подготовки к печати выпуска 3 пособия «Математика в нефтегазовом образовании. Теория и задачи» авторы столкнулись с тем, что объем представленного материала по разделу «Интегральное исчисление» оказался достаточно большим, что создавало определенные сложности в использовании книги. Кроме того, интегральное исчисление в курсе высшей

2

математики обычно изучается студентами в течение нескольких семестров, а некоторая его часть вообще остается за пределами вузовской программы у ряда специальностей, не требующих особо глубокой математической подготовки. Поэтому было принято решение разбить выпуск 3 пособия на две части. Часть 1 выпуска (главы 1 – 3) содержит материал по неопределенным, определенным, несобственным интегралам и интегралам, зависящим от параметра. В части 2 (главы 4 – 7) излагается теория, связанная с кратными (двойными и тройными), криволинейными и поверхностными интегралами.

Материалы, связанные с данным изданием, можно найти на сайте кафедры высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина:

http://kvm.gubkin.ru/index.html

3

ОГЛАВЛЕНИЕ Из предисловия к выпуску 2

1

Предисловие к выпуску 3

2

Оглавление

4

Глава 4. Двойной интеграл.

6

4.1. Понятие двойного интеграла

6

4.2. Вычисление двойного интеграла

14

4.3. Замена переменных в двойных интегралах

26

4.4. Вычисление площади поверхности

33

4.5. Несобственные кратные интегралы

40

Теоретические вопросы к главе 4.

43

Задачи к главе 4.

44

Глава 5. Тройной интеграл.

48

5.1. Определение тройного интеграла

48

5.2. Вычисление тройного интеграла

50

5.3. Замена переменных в тройном интеграле

58

Теоретические вопросы к главе 5.

71

Задачи к главе 5.

71

Глава 6. Криволинейные интегралы.

76

6.1. Криволинейный интеграл I-го рода

76

6.2. Криволинейный интеграл II-го рода

82

6.3. Свойства криволинейных интегралов I и II рода

87

6.4. Связь криволинейных интегралов I и II рода

91

6.5. Формула Грина

93

6.6. Условия независимости криволинейного интеграла II рода от пути интегрирования 4

106

Теоретические вопросы к главе 6.

116

Задачи к главе 6.

117

Глава 7. Поверхностные интегралы.

121

7.1. Поверхностный интеграл I-го рода

121

7.2. Ориентация поверхности

133

7.3. Поверхностный интеграл II -го рода

139

7.4. Свойства поверхностных интегралов I-го и II-го рода

151

7.5. Формула Остроградского

156

7.6. Формула Стокса

161

Теоретические вопросы к главе 7.

168

Задачи к главе 7.

169

Глоссарий

172

5

Глава 4. Двойной интеграл. 4.1. Понятие двойного интеграла. Двойной интеграл представляет собой обобщение понятия определенного интеграла на двумерный случай. Вместо функции одной переменной y = f ( x) , определенной на отрезке [a, b] здесь мы будем рассматривать функцию двух переменных z = f ( x, y ) , определенную на некоторой ограниченной области D декартовой плоскости OXY. На область D будем накладывать ряд требований. Прежде всего, потребуем, чтобы область D обладала конечной площадью. Например, площадь определена для такой области D, граница Γ (D) которой составлена из конечного числа графиков непрерывных функций y = ϕ i (x) или

x = ψj (y). Далее такие кривые, для удобства, будем называть «хорошими». Площадь области D будем обозначить через │D│. Замыканием D области D назовем объединение области и её границы:

D = D ∪ Γ( D ) . Будем считать, что для всех точек (x, y)∈ D определена и непрерывна функция

ƒ (x,y). Рассмотрим разбиение Т области D на подобласти D1, D2, …, Dn, удовлетворяющие свойствам (рис.1): 1) объединение подобластей Di полностью покрывает область D; 2) подобласти Di могут пересекаться только по своим граничным точкам; 3) границы Γ( Di) подобластей Di представляют собой «хорошие» кривые, т.е. определены их площади │Di│.

6

y

D …Dn D2

D1

D3

d(D2) x

O

Рис. 1. Область D и ее разбиение на части.

Определим диаметр множества Di как наибольшее из расстояний ρ(M, N) между точками M и N множества Di. Отметим, что в некоторых случаях это наибольшее расстояние может не существовать. Приведем подобный пример. Пусть расстояния между точками некоторой области принимают значения: {1, 3/2, 5/3, 7/4, …, (2n – 1)/n, …}. Очевидно, что последовательность расстояний an = (2n − 1)/ n стремится к числу 2, оставаясь меньше этого числа, т.е. lim an = 2 . При этом самого значения n →∞

“2“ среди расстояний нет. Поэтому нельзя написать:

max an = 2 . n∈N

В подобных случаях записывают:

2n − 1 = 2, n n∈N

sup an = sup

n∈N

где обозначение "sup" происходит от латинского "supremum" ("наивысший"). Запись:

sup f ( a ) = b

a∈A

7

означает, что для всех точек a ∈ A значение функции f (a) не больше, чем b, но при этом для любого значения ε > 0 найдётся такая точка aε ∈A, что f (aε) будет больше, чем величина b − ε. Другими словами, значения функции f (a) могут быть как угодно близкими к величине b, не превосходя, тем не менее, самой этой величины. Диаметр множества Di определим следующим образом:

d ( Di ) =

sup

M , N ∈Di

ρ(M , N ) .

Диаметром dT всего разбиения T назовем наибольшее из чисел d(Di):

dT = max d ( Di ) . 1≤ i ≤ n

Продолжим теперь процедуру определения двойного интеграла, знакомую нам по понятию определенного интеграла из главы 2. Выберем в каждой части Di произвольным образом точку Pi с координатами (ξi, ηi), и составим сумму:

ST =

n

∑ f (ξi ,ηi )⋅ | Di | ,

(1)

i =1

которую назовем интегральной суммой для функции f (x,y) в области D. Теперь, наконец, можно ввести понятие двойного интеграла. Определение. Если существует предел интегральных сумм (1) при стремлении к нулю диаметра разбиений dT, причем он не зависит ни от выбора разбиений T, ни от выбора точек Pi в областях Di, то такой предел называется двойным интегралом от функции f (x,y) по области D: n

ST = lim ∑ f (ξi ,ηi )⋅ | Di | . ∫∫ f ( x, y )dD = dlim d →0 →0 D

T

i =1

T

8

(2)

Замечание. Существует еще одно общепринятое и, в ряде случаев, более удобное обозначение двойного интеграла:

∫∫ f ( x, y )dxdy , D

которое в дальнейшем будет использоваться наряду с обозначением (2). Осталось ответить на вопрос, не слишком ли обременительными являются требования, сформулированные в определении двойного интеграла. Сформулируем без доказательства теорему: Теорема 1. Если область D ограничена «хорошими» кривыми и функция f (x,y) определена и непрерывна на замыкании D области D, то двойной интеграл

∫∫ f ( x, y )dD

существует.

D

Геометрический смысл двойного интеграла. Пусть область D на плоскости OXY и определенная на ней неотрицательная функция f (x,y) удовлетворяют всем допущениям п.4.1. Рассмотрим в про3

странстве R тело ("криволинейный цилиндр"), ограниченное сверху поверхностью z = f (x,y), снизу – плоскостью OXY, а по бокам – цилиндрической поверхностью с образующей, параллельной оси ОZ, в качестве направляющей которой взята граница Γ(D) области D (рис. 2). Разобьём область D на части Di «хорошими» кривыми (в частности, например, в качестве таких кривых могут быть взяты прямые, параллельные осям

ОХ и ОY). Обозначим через ΔVi объем части тела, расположенной над областью Di. Очевидно, что объём V всего тела равен сумме элементарных объёмов ΔVi:

V=

n

∑ ΔVi .

(3)

i =1

9

Z

Mi

ηi

0

Y

ξi

Pi

Di

X

D

Рис. 2. К геометрическому смыслу двойного интеграла. Если диаметр разбиения dT достаточно мал, то каждый элементарный криволинейный цилиндр с основанием Di можно заменить на прямой цилиндр с высотой, равной значению функции f (x,y) в произвольной точке Рi (ξi, ηi) основания. (Для этого у элементарного цилиндра нужно срезать "шапочку", т.е. его верхнюю криволинейную часть, по плоскости, параллельной плоскости OXY). Объем полученного прямого цилиндра равен площади его основания │Di│, умноженной на высоту f (ξi,ηi). Тогда для каждого элементарного объема имеем

ΔVi ≈ f (ξi ,ηi )⋅ | Di | . Объем всего тела в соответствии с равенством (3) получаем суммированием всех элементарных объемов: n

n

V = ∑ ΔVi ≈ ∑ f (ξi ,ηi )⋅ | Di | . i =1

(4)

i =1

Правая часть равенства (4) есть интегральная сумма функции f (x,y) в области D. Перейдем в соотношении (4) к пределу, устремляя к нулю диаметр разбиений dT. Тогда по определению двойного интеграла имеем:

V = lim

n

∑ f (ξi ,ηi )⋅ | Di | = ∫∫ f ( x, y )dD .

dT →0 i =1

D

10

(5)

Таким образом, нами показано, что в случае неотрицательной функции

f (x,y) двойной интеграл по области D представляет собой объём криволинейного цилиндра, построенного на области D и ограниченного сверху поверхностью z = f (x, y). Свойства двойных интегралов, которые будут сформулированы ниже, во многом аналогичны свойствам определенных интегралов:

Свойства двойных интегралов: n. Если D – ограниченная область с «хорошей» границей, то

∫∫ dD =| D | , D

где │D│ – площадь области D. Действительно, для этого двойного интеграла ST = Тогда

n

∑ | Di | = | D | = const .

i =1

| D | = | D | , (как предел постоянной величины). ∫∫ dD = dlim →0 D

T

o. Линейность двойного интеграла:

∫∫ ( Af ( x, y ) + Bg ( x, y )) dD = A∫∫ f ( x, y ) dD + B ∫∫ g ( x, y ) dD , D

D

D

где A и B – постоянные, а функции f и g интегрируемы на ограниченной области D с «хорошей» границей.

p. Если ограниченная область D с «хорошей» границей разрезана «хорошей» кривой на части D1 и D2, а функция f (x, y) интегрируема на области

D, то

∫∫ f ( x, y )dD = ∫∫ f ( x, y )dD + ∫∫ f ( x, y )dD . D

D1

D2

11

q. Если функции f (x, y) и g (x, y) интегрируемы на ограниченной области D с «хорошей» границей и f (x, y) ≤ g (x, y) для всех (х, у)∈ D, то

∫∫ f ( x, y )dD ≤ ∫∫ g ( x, y )dD . D

Следствие 1.

D

∫∫ f ( x, y ) dD ≤ ∫∫ f ( x, y ) dD . D

D

Следствие 2. Если m ≤ f (x, y) ≤ M для всех точек (х, у)∈ D , то

m⋅ | D |≤ ∫∫ f ( x, y ) dD ≤ M ⋅ | D | . D

Доказательства свойств 2−4 дословно повторяют доказательства соответствующих свойств для определённого интеграла и поэтому не приводятся.

r. Теорема о среднем. Формулировка этого свойства для двойных интегралов потребует предварительного введения нового понятия. Назовем связным множеством (на плоскости или в пространстве) такое множество, у которого любые две точки можно соединить непрерывной кривой, полностью лежащей внутри этого множества. Пример связного множества представлен на рисунке 3а, пример несвязного – на рисунке 3б.

M

N

M

N

Рис.3а. Связное множество. Рис.3б. Несвязное множество. Теперь может быть сформулирована 12

Теорема о среднем. Пусть D – связная ограниченная область с «хорошей» границей и пусть функция ƒ(x,y) непрерывна на замыкании D области D . Тогда существует точка ( x, y ) ∈ D , для которой выполнено равенство:

∫∫ f ( x, y )dD = f ( x, y )⋅ | D | .

(6)

D

Доказательство. Любая непрерывная функция на замкнутом ограниченном множестве достигает своего наибольшего и своего наименьшего значений. Следовательно существуют точки А(хo, уo) ∈ D и B (х1, у1) ∈ D такие, что

m = min f ( x, y ) = f ( xo , yo ) и M = max f ( x, y ) = f ( x1, y1 ) . Из связности D существует непрерывная кривая, соединяющая точки А и B. Запишем эту кривую в параметрической форме:

⎧ x(to ) = xo , ⎧ x(t1 ) = x1 , ⎧ x = x (t ), t ∈ t , t , где и [ ] ⎨ ⎨ ⎨ o 1 ⎩ y = y (t ), ⎩ y (t1 ) = y1. ⎩ y (to ) = yo , Функция F(t) = f (x(t), y(t)) непрерывна как суперпозиция (сложная функция) непрерывных функций и принимает на концах отрезка [to, t1] значения m и

M. По свойству непрерывной функции для любого числа С, лежащего между m и M , (m < C < M), cуществует такая точка tс ∈ [to, t1], что F(tс) = C. Теперь осталось вспомнить следствие 2 свойства 4:

m⋅ | D |≤ ∫∫ f ( x, y ) dD ≤ M ⋅ | D | , D

или

m≤

1 f ( x, y ) dD ≤ M . | D | ∫∫ D

Возьмём в качестве числа С величину

C=

1 f ( x, y ) dD . | D | ∫∫ D

(7)

Тогда существует такое значение tс, что

C = F (tc ) = f ( x (tc ), y (tc )) = f ( x, y ) , 13

(8)

где мы обозначили x = x (tc ), y = y (tc ) . Из выражений (7) и (8) получаем формулу (6). Число C = f ( x, y ) называют средним значением функции f (x,y) на области D.

4. 2. Вычисление двойного интеграла. Рассмотрим на плоскости OXY область D, ограниченную прямыми x = a и

x = b и кривыми y = φ1(х), у = φ2(х), где функции φ1, φ2 непрерывны на отрезке [a, b], причем φ1 (х) ≤ φ2 (х), (рис. 4). Такую область будем называть правильной областью первого типа. Пусть также задана функция f ( x, y ) , непрерывная на D .

Y y= ϕ 2 ( x )

Y

d x=ψ 1 ( y )

D

D′

x =ψ 2 ( y )

c y= ϕ1 ( x ) a

X

X

b

Рис.4. Правильная область первого типа.

Рис.5. Правильная область второго типа.

Для любого фиксированного значения x ∈ [a, b] можно определить функцию

F ( x) =

ϕ2 ( x)

∫

f ( x, y )dy .

(1)

ϕ1 ( x )

14

Функция F(x) непрерывна как суперпозиция непрерывных функций и, следовательно, интегрируема на отрезке [a, b]. Назовем повторным интегралом значение определённого интеграла от функции F(x) на отрезке [a, b]: b

ϕ2 ( x )

b

I D = ∫ F ( x)dx = ∫ dx a

a

∫

f ( x, y ) dy .

(2)

ϕ1 ( x )

Аналогично может быть рассмотрена область D ′, ограниченная прямыми

y = c, y = d и кривыми x = ψ1(у), х = ψ2(у), (рис. 5), где функции ψ1 и ψ2 непрерывны на отрезке [c, d], причем ψ1(у) ≤ ψ2(y). Такая область называется правильной областью второго типа. Для непрерывной функции f ( x, y ) можно определить повторный интеграл, аналогичный интегралу (2), но с другим порядком интегрирования по переменным x и y: d

ψ 2 ( y)

′ ′ = ∫ dy ID c

∫ f ( x, y )dx .

(3)

ψ1( y )

ПРИМЕР 1. Вычислить повторный интеграл

3

x3

1

x

2 ∫ dx ∫ ( x + xy ) dy .

Область интегрирования изображена на рис. 6. Вычислим вначале внутренний интеграл: x3

x3

x3

3 2 x

x 2 2 2 ∫ ( x + xy ) dy = x ⋅ ∫ dy + x ⋅ ∫ y dy = x ⋅ y x + x ⋅ 2 x x x 3

y

=

x

7 ⎛ 5 x 6 x3 ⎞ 2 3 x = x ( x − x) + ⋅ ( x − x ) = ⎜ x − x + − ⎟. ⎜ 2 2 2 ⎟⎠ ⎝ 2

3

Заметим, что в результате вычисления внутреннего интеграла получена функция переменной x. Эта функция должна быть взята в качестве подынтегральной для внешнего интеграла:

15

3⎛

x 7 x3 ⎞ 1504 x − x + − dx = . ⎜ ⎟ ∫⎜ ⎟ 2 2 3 ⎠ 1⎝ 5

3

Это и есть искомый повторный интеграл. ƒ Y

Y x = sin y

3

y=x

π/2 y=x

π/4

x = cos y 0

1

3

1

X

X

Рис. 6. К примеру 1.

Рис.7. К примеру 2.

ПРИМЕР 2. Вычислить повторный интеграл

π /4

cos y

0

sin y

∫ dy ∫ ( x + y ) dx .

Имеем (см. рис.7): π /4

cos y

cos y

π /4

⎛ x2 ⎞ dy x y dx dy y x + = ⋅ + = ( ) ⎜ ⎟⎟ ∫ ∫ ∫ ⎜ 2 0 sin y 0 ⎝ ⎠ sin y π / 4⎛

⎞ π 2 3 cos 2 y − sin 2 y = ∫ ⎜ + y ⋅ ( cos y − sin y ) ⎟ dy = − .ƒ ⎜ ⎟ 2 4 4 ⎠ 0 ⎝ Теперь осталось выяснить вопрос о том, как связаны повторные интегралы (2) и (3) по переменным x и y, взятые в том или ином порядке, с введенным выше двойным интегралом по соответствующей области. Эта зависимость устанавливается следующими теоремами:

16

Теорема 1. Пусть правильная область D (первого типа) ограничена ли-

ниями x = a, x = b, y = φ1 (х), у = φ2 (х), где функции φ1, φ2 непрерывны на отрезке [a, b] и φ1(х) ≤ φ2(х), а функция f ( x, y ) непрерывна на замыкании D области D. Тогда двойной интеграл от этой функции по области D совпадает с повторным: b

ϕ2 ( x )

∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy, D

a

(4)

ϕ1 ( x )

Доказательство теоремы основано на трех леммах. Лемма 1. Пусть a < c < b. Тогда: b

ϕ2 ( x)

c

ϕ1 ( x )

a

ϕ2 ( x)

b

ϕ1 ( x )

c

ϕ2 ( x)

∫ dx ∫ f ( x, y ) dy = ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy .

a

(5)

ϕ1 ( x )

Эта лемма представляет собой следствие свойства определенного интеграла от функции F(x), определенной равенством (1). Лемма 2. Пусть функции φ1, φ2 и ψ непрерывны на отрезке [a, b], при-

чем φ1(х) ≤ ψ(х) ≤ φ2(х), и пусть функция f ( x, y ) непрерывна на D . Тогда b

ϕ2 ( x)

b

ϕ1 ( x)

a

ψ ( x)

b

ϕ2 ( x)

∫ dx ∫ f ( x, y )dy = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy + ∫ dx ∫ f ( x, y )dy .

a

ϕ1 ( x )

a

(6)

ψ ( x)

Чтобы доказать это утверждение, зададим для любого фиксированного x некоторую первообразную Φ ( x, y ) функции f ( x, y ) . По формуле Ньютона − Лейбница при фиксированном x получаем: h( x )

∫ f ( x, y ) dy = Φ ( x, h( x )) − Φ ( x, g ( x )) .

(7)

g ( x)

Примéним формулу (7) отдельно к левой и правой частям формулы (6). Тогда получим

17

левая часть (6) = b

b

b

a

a

a

= ∫ dx (Φ ( x,ϕ 2 ( x )) − Φ ( x,ϕ1 ( x ))) = ∫ Φ ( x,ϕ 2 ( x ))dx − ∫ Φ ( x,ϕ1 ( x ))dx ; правая часть (6) = b

b

a

a

= ∫ dx(Φ ( x,ψ ( x)) − Φ ( x, ϕ1 ( x))) + ∫ dx(Φ ( x, ϕ2 ( x)) − Φ ( x,ψ ( x))) = b

b

b

b

a

a

a

a

= ∫ Φ ( x,ψ ( x))dx − ∫ Φ ( x, ϕ1 ( x)) dx + ∫ Φ ( x, ϕ2 ( x)) dx − ∫ Φ ( x,ψ ( x))dx = = левой части (6). Лемма 3. (Теорема о среднем для повторного интеграла). Суще-

ствует точка ( x, y ) ∈ D такая, что: b

ϕ2 ( x)

a

ϕ1 ( x )

I D = ∫ dx

∫ f ( x, y )dy = f ( x, y )⋅ | D | ,

где |D| − площадь области D. Доказательство этого утверждения дословно повторяет доказательство теоремы о среднем для двойного интеграла (свойство 5). Теперь можно доказать теорему 1. Доказательство теоремы 1. Разобьем область D на подобласти Di

прямыми, параллельными оси Оу: х = сq, (q = 1, 2, …, A+1), где а = c1 < c2 <…< < cA < cA+1 = b, и кривыми: y = ψj(x), ( j = 1, 2, …, k +1), где φ1(x) = ψ1(x) < ψ2(x) < < …< ψk(x) < ψk+1(x) = φ2(x) (рис. 8). В результате область D оказывается разбитой на n, (n = A ⋅ k), криволинейных трапеций с основаниями, параллельными оси Оу.

18

y= ϕ 2 ( x) =ψ k +1 ( x) Y …

Dn

y=ψ k (x)

… y=ψ 2 ( x) y=ψ 1 ( x) D1

D2

a=co c1

c2

…

…

y= ϕ1 ( x) =ψo(x)

cA cA+1=b

X

Рис.8. К доказательству теоремы 1.

Из лемм 1 и 2 следует, что повторный интеграл по области D будет равен сумме повторных интегралов:

ID =

n

A

k cq +1

ψ j +1 ( x )

∑ I Di = ∑ ∑ ∫ dx ∫

i =1

q =1 j =1 cq

f ( x, y ) dy .

ψ j ( x)

По лемме 3 существует точка ( xi , yi ) ∈ D i такая, что I Di = f ( xi , yi )⋅ | Di | . Следовательно,

ID =

n

∑ I Di =

i =1

n

∑ f ( xi , yi )⋅ | Di | = ST .

(8)

i =1

В правой части выражения (8) стоит интегральная сумма ST для двойного интеграла

∫∫ f ( x, y )dxdy .

Следовательно, при неограниченном уменьшении

D

частей Di, в пределе получим

19

lim ST = ∫∫ f ( x, y )dxdy .

d T →0

D

Но выражение под знаком предела есть постоянная, равная ID , а значит, b

ϕ2 ( x)

a

ϕ1 ( x )

S = I D = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy . ∫∫ f ( x, y )dxdy = dlim →0 T D

T

Теорема доказана. Приведем также геометрическое доказательство того же утверждения для случая f (x,y) ≥ 0. Как было показано выше, для этого случая двойной интеграл

∫∫ f ( x, y )dxdy

равен объему криволинейного цилиндра U, изображенного на

D

рис. 2 и рис. 9. С другой стороны, если обозначить через S(хо) площадь сечения тела U плоскостью х = хо = const, то, как известно из свойств определенного интеграла, объем тела можно найти интегрированием: b

V = ∫ S ( x )dx . a

Рассмотрим сечение тела U плоскостью х = хо (рис. 9). Это сечение ограничено отрезками АВ и СD, параллельными оси Оz, отрезком АС, параллельным оси Оy и кривой ВD с уравнением z = f (хо,y), (точки А и С имеют, соответственно, координаты: А(хо, φ1(хо)), С(хо, φ2(хо)) в плоскости ОХY ). Площадь сечения вычисляется по формуле

S ( xo ) =

ϕ 2 ( xo )

∫

ϕ1 ( xo )

f ( xo , y )dy .

Следовательно, b

b

ϕ2 ( x)

a

a

ϕ1 ( x )

∫∫ f ( x, y )dxdy =| U | = ∫ S ( x )dx = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy . D

Теорема доказана. 20

Z

Z D

z = f (xo,y)

D

B

B

S(xo)

xo

ϕ 2 ( xo ) Y

a

0 A

b

C

A

ϕ1 ( xo )

С

ϕ 2 ( xo ) Y

X Рис.9. К выводу формулы для двойного интеграла: а)сечение тела U плоскостью; б)площадь сечения.

Аналогично формулируется и соответствующая теорема для случая правильной области второго типа: Теорема 2. Для правильной области второго типа D′ (рис. 5) при огра-

ничениях, аналогичных сформулированным в теореме 1, двойной интеграл совпадает с повторным: d

ψ 2 ( x)

∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y )dy .

D′

c

(9)

ψ1( x )

ПРИМЕР 3. Изменить порядок интегрирования в интеграле:

I=

− 3

4− x 2

∫ dx ∫

−2

0

f ( x, y )dy +

0

∫ dx

− 3

2− 4− x 2

∫

f ( x, y )dy .

0

В данном интеграле область интегрирования D − правильная область первого типа (рис.10). По теореме 1 интеграл I записывается в виде двойного интеграла:

I = ∫∫ f ( x, y )dxdy . Равенство y = 2 − 4 − x 2 означает, что точка D

21

(х, у) лежит на окружности x 2 + ( y − 2)2 = 4 . Если y = 4 − x 2 , то точка (х, у) лежит на окружности x 2 + y 2 = 4 . Две эти окружности пересекаются в точках, для которых ( y − 2)2 = y 2 , или при у = 1. Подставляя это значение у в уравнение x 2 + y 2 = 4 , получаем x = ± 3 .

Y

4

x 2 + ( y − 2)2 = 4

2 1

D –2

2

2

x +y = 4 2

− 3

X

Рис.10. К примеру 3.

Для обоих интегралов переменная х принимает только отрицательные значения. Значит для точек (х, у), лежащих на первой окружности, справедливо равенство

x = − 4 − ( y − 2)2 , а для точек второй окружности

x = − 4 − y2 . Теперь, если рассмотреть область интегрирования D как правильную область второго типа, то согласно теореме 2 интеграл I записывается в виде 1

I = ∫∫ f ( x, y )dx = ∫ dy D

0

− 4 −( y − 2 )

∫ − 4− y 2

22

2

f ( x, y )dx . ƒ

ПРИМЕР 4. Вычислить двойной интеграл:

2 2 4 4 ∫∫ (54 x y + 150 x y ) dxdy , D

3

где область D ограничена кривыми х = 1, y = x , y = − x (рис.11). 3

Y 1

y=x

1

0

X

y=− x

–1

Рис.11. К примеру 4.

Записывая двойной интеграл через повторный, получим 1

x3

0

− x 1

2 2 4 4 ∫∫ ( 54 x y + 150 x y ) dxdy = ∫ dx ∫ ( 54 x y + 150 x y ) dy = 2 2

4 4

D

1

(

= ∫ dx ⋅ 18 x 2 y 3 + 30 x 4 y 5 0

3

)− x

x

( (

))

) (

= ∫ 18 x11 + x7 / 2 + 30 x19 + x13 / 2 dx = 11. ƒ 0

ПРИМЕР 5. Вычислить двойной интеграл

∫∫ 12 ye

6 xy

dxdy , где область D

D

ограничена прямыми: y = ln 3, y = ln 4, x = 1/6, x = 1/3 (рис.12). Y ln 4 D ln 3 X 1/6

1/3

Рис.12. К примеру 5.

23

Рассматривая область D как правильную область 2-го типа, получим

∫∫ 12 ye

6 xy

ln 4

1/ 3

1/ 6

ln 4

ln 3 1/ 3

ln 3

1/ 6

dxdy =

D

= 12

6 xy ∫ dy ∫ 12 ye dx =

∫ ydy ∫ e

6 xy

ln 4

ln 4 e6 xy 1/ 3 dx = 12 ∫ ydy ⋅ = 2 ∫ e2 y − e y dy = 5. 6 y 1/ 6 ln 3 ln 3

(

)

Этот же двойной интеграл можно найти и при помощи повторного интеграла (9) с обратным порядком интегрирования

1/ 3

ln 4

1/ 6

ln 3

6 xy ∫ dx ∫ 12e ydy , т.е. считая

D областью 1-го типа, но в этом случае сложность преобразований значительно выше. ƒ Замечание. Обычно, при вычислении двойных интегралов, предвари-

тельно оценивают трудоемкость интегрирования подынтегральной функции по переменным x и y, взятым в том или ином порядке. В зависимости от результата такого анализа, область интегрирования нужно записать либо как правильную область первого типа, либо как правильную область второго типа. Иногда для этого приходится разбивать область на несколько правильных частей. ПРИМЕР 6. Найти площадь области, ограниченной линиями

x 2 + y 2 = 12 , x 6 = y 2 , х ≥ 0 (рис.13).

Y 2

2

x + y =12 6

X 0

6

− 6

Рис.13. К примеру 6.

24

По свойству 1 двойного интеграла площадь области D равна 6

12− y 2

− 6

y2 / 6

| D |= ∫∫ dxdy = ∫ dy D

∫

dx =

6

2 2 ⎛ ⎞ ∫ ⎜⎝ 12 − y − y / 6 ⎟⎠ dy = 3π + 2. ƒ − 6

ПРИМЕР 7. Найти объем тела, ограниченного поверхностями z + y = 1/2,

z = 0, x = 17 2 y , x = 2 2 y (рис.14). Заданное тело представляет собой криволинейный цилиндр с образующей, параллельной оси ОZ. Направляющей цилиндрической поверхности служат две ветви (при х > 0) парабол x = 17 2 y и x = 2 2 y . Нижним основанием тела служит плоскость ОХУ, а сверху оно ограничено плоскостью z + y = 1/2.

z + y = 1/2 X

Z 1/2 17 0

x = 17 2 y

x = 2 2y 1/2 Y Рис.14. К примеру 7.

Как отмечалось выше в п. 4.1 объем такого криволинейного цилиндра выражается через двойной интеграл (рис. 14):

V = ∫∫ (1/ 2 − y ) dxdy = D

1/ 2

17 2 y

1/ 2

0

2 2y

0

∫ dy ∫ (1/ 2 − y ) dx = ∫ (1/ 2 − y ) ⋅15 2 y dy = 1. ƒ

25

4. 3. Замена переменных в двойном интеграле. Пусть на плоскости ОХY задана область D, ограниченная «хорошей» (как это было определено в п. 4.1) кривой L = Γ(D). Предположим, что декартовы координаты (х, у) в плоскости ОХY являются функциями двух новых переменных (u,v):

х = φ(u,v),

y = ψ(u,v),

(1)

причем функции φ и ψ непрерывны и имеют непрерывные частные производные в ограниченной области Ω (u, v) с «хорошей» границей Γ(Ω). Для краткости, для функций, обладающих такими свойствами, введем обозначение:

φ, ψ ∈ С1(Ω). Будем считать, что отображение (1) взаимно однозначно отображает область Ω на область D, причем граница Γ(Ω) области Ω при этом отображении переходит в границу Γ(D) области D.

( )

Зададим также функцию f ( x, y ) ∈ C D , т.е. функцию, непрерывную на замыкании области D. Теорема 1. Для двойного интеграла

∫∫ f ( x, y )dxdy

при заданных выше

D

ограничениях на функции и области справедлива формула

∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f (ϕ (u, v),ψ (u, v)) ⋅ J dud v , D

(2)

Ω

где через | J | обозначен модуль определителя Якоби, или якобиана, задающегося формулой

∂ϕ (u , v) ∂u J = J (u , v) = ∂ψ (u , v) ∂u

∂ϕ (u , v) ∂v . ∂ψ (u , v) ∂v

26

(3)

Доказательство. Пусть Р(х,у) − произвольная точка плоскости ОХY.

Отображение (1) ставит этой точке в соответствие точку P'(u, v) плоскости

O'UV c декартовыми координатами (u, v) так, что х = φ(u,v), y = ψ(u,v). Числа (u,v) называются криволинейными координатами точки Р. Разобьем область Ω на прямоугольные площадки Ω1, Ω2,…, Ωn прямыми, параллельными координатным осям OU и OV (рис. 15), т.е. прямыми u = uo= = const и v = vo = const . На плоскости ОХY этим прямым соответствуют некоторые непрерывные кривые {х = φ(uo,v), y = ψ(uo,v)}, (v − параметр) и {х = = φ(u, vo) , y = ψ(u, vo)}, (u − параметр), которые разбивают область D на части

D1, D2,… Dn. Ограничимся рассмотрением только тех областей Ωi (и, соответственно, Di), которые целиком лежат внутри области Ω (соответственно, области D), т.е. не содержат внутри себя точек границы области Ω (или D).

Y

V

P2 vi+1

Ωi

vi O'

P1

P3 Di

P4

U ui

ui+1

O

X

Рис.15. К доказательству теоремы 1.

Зафиксируем произвольную прямоугольную площадку Ωi, ограниченную четырьмя прямыми: u = ui, u = ui+1 = ui + Δu, v = vi, v = vi+1 = vi + Δv. Координаты вершин этого прямоугольника, соответственно, имеют значения: (ui,vi), (ui, vi+Δv), (ui+Δu, vi+Δv), (ui+Δu, vi). При отображении (1) эта площадка пере-

27

ходит в площадку Di, представляющую из себя криволинейный четырехугольник с вершинами в точках Р1(х1,у1), Р2(х2,у2), Р3(х3,у3), Р4(х4,у4). Поскольку (u, v) − декартовы координаты в плоскости O'UV , то площадь

|Ωi| площадки Ωi равна ⎥ Ωi ⎥ = Δu ⋅Δv (площадь прямоугольника). Пусть F(u, v) = f (φ(u, v), ψ(u, v)). Составим интегральную сумму для проведенного выше разбиения области D, выбрав в качестве отмеченных точек (ξi, ηi) (см. определение интеграла в п.4.1) для каждой области Di точку с координатами (φ(ui, vi), ψ(ui, vi)) (точка Р1 на рис. 15). Запишем интегральную сумму: n

n

i =1

i =1

ST ≈ ∑ f (ξi ,ηi )⋅ | Di | = ∑ F (ui ,vi )⋅ | Di | .

(4)

Равенство в (4) приближенное, т.к. мы отбросили элементарные области, содержащие части границы. Однако при малых Δu и Δv отброшенные члены имеют более высокий порядок малости по сравнению с оставленными. С той же точностью можно считать, что четырехугольник Р1Р2Р3Р4 образован попарно параллельными прямыми, т.е. является параллелограммом, и что приращения функций Δu и Δv равны дифференциалам du и dv. Площадь параллелограмма Р1Р2Р3Р4 при этих допущениях выразится через векторное произведение векторов P1P2 и P1P4 :

P1P2 = { x2 − x1 , y2 − y1 , 0} =

= {ϕ (ui , vi + Δv) − ϕ ( ui , vi ) , ψ ( ui , vi + Δv ) − ψ ( ui , vi ) , 0} ≈ ≈ {ϕ v′ ( ui , vi ) Δv, ψ v′ ( ui , vi ) Δv, 0} ;

P1P 4 = { x4 − x1 , y4 − y1 , 0} =

= {ϕ (ui + Δu , vi ) − ϕ ( ui , vi ) ,ψ ( ui + Δu , vi ) − ψ ( ui , vi ) , 0} ≈ ≈ {ϕu′ ( ui , vi ) Δu , ψ u′ ( ui , vi ) Δu , 0}.

28

Третья координата этих векторов равна нулю, т.к. они оба лежат в плоскости ОХY. Векторное произведение векторов P1P2 и P1P4 может быть найдена по формуле:

e1

e2

P1P4 × P1P2 = ϕu′ (ui , vi )Δu ψ u′ ( ui , vi ) Δu ϕ v′ ( ui , vi ) Δv ψ v′ ( ui , vi ) Δv = e3

e3 0 = 0

ϕu′ ( ui , vi ) ψ u′ ( ui , vi ) Δu Δv = ϕ v′ ( ui , vi ) ψ v′ ( ui , vi ) = J ( ui , vi ) Δu Δv ⋅ e3 ,

где якобиан J(ui,vi) определяется выражением (3). Следовательно, учитывая формулу для площади ⎥ Ωi⎥, площадь четырехугольника Di, можно выразить формулой:

| Di |≈ P1P4 × P1P2 = J ( ui , vi ) ⋅ Δu Δv = J (ui , vi ) ⋅ | Ωi | .

(5)

Подставляя (5) в интегральную сумму (4), получим n

ST = ∑ F (ui ,vi ) ⋅ J ( ui , vi ) ⋅ | Ωi | .

(6)

i =1

Выражение (6) представляет собой интегральную сумму для двойного интеграла от функции F(u,v) ⋅⎥ J(u,v)⎥ по области Ω. При стремлении диаметра разбиения к нулю интегральная сумма (6) сходится к двойному интегралу:

∫∫ F (u, v) ⋅ J ( u, v ) dud v = ∫∫ f (ϕ (u , v),ψ (u, v)) ⋅ J dud v , Ω

Ω

а равная ей интегральная сумма (4) при том же условии сходится к двойному интегралу

∫∫ f ( x, y ) dxdy . D

Следовательно, верна формула (2), что и требовалось доказать.

29

Переход к полярным координатам в двойном интеграле. Применима ли теорема 1 при переходе от декартовых координат к полярным? Известно, что эти системы координат не находятся во взаимно однозначном соответствии. Действительно, соотношения

x = r cos φ , y = r sin φ

(7)

определяют угол φ с точностью до 2 kπ , и к тому же точке O (0,0) отвечает любой угол φ. Однако если рассматривать в плоскости (r, φ) только области Ω, лежащие в полуполосе {0 ≤ φ < 2 π, r > 0}, а в плоскости (x, y) − области D, не включающие в себя точку (0,0) (рис. 16), то можно считать, что условия теоремы выполнены и формулу (2) можно применять. Из соотношений (7) получаем в этом случае якобиан (3):

J=

∂x / ∂r ∂x / ∂ϕ ∂y / ∂r ∂y / ∂ϕ

=

cos ϕ

− r sin ϕ

sin ϕ

r cos ϕ

= r cos2 ϕ + r sin 2 ϕ = r ,

и формула (2) для двойного интеграла в полярных координатах принимает вид:

∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ ) r drdϕ .

(8)

Ω

D

Y ϕ

D

2π

O

Ω

X O

r Рис.16. Области, для которых справедлива формула (8).

30

ПРИМЕР 1. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями

x 2 + y 2 − 4 y = 0 , x 2 + y 2 − 8 y = 0 , х = 0 , y = x / 3 (рис.17). 2

Y

2

(y – 4) + x = 16

2

D

4

2

(y – 2) + x = 4

y=

x 3

X Рис.17. К примеру 1.

Пользуясь формулами (7), легко установить, что границы фигуры в полярных координатах описываются уравнениями: r = 4sin ϕ , r = 8sin ϕ , ϕ = π/2 и

ϕ = π/ 6. (Последнее уравнение вытекает из соотношения tg ϕ =

y 1 = ). x 3

Тогда

S = ∫∫ dxdy = ∫∫ rdrdϕ = Ω

D

π /2

8sin ϕ

π / 2 2 8sin ϕ r

∫ dϕ ∫ r dr = ∫ 2 π /6 π /6 4sin ϕ

4sin ϕ

dϕ =

π /2 1 = ⋅ 48 ⋅ ∫ sin 2 ϕ dϕ = 4π + 3 3. ƒ 2 π /6

ПРИМЕР 2. Найти массу однородной пластинки, форма которой задается 2

2

неравенствами: 1 ≤ (х /16) + у ≤ 3, x ≥ 0, y ≥ x /4, а поверхностная плотность μ 5

= x /y (рис. 18). Масса пластинки D с поверхностной плотностью μ ищется по формуле

m = ∫∫ μ dxdy . D

31

Y 2

x + y2 = 3 16

y = x/4 X

0

x2 + y2 = 1 16 Рис.18. К примеру 2.

Для области, ограниченной эллипсом

x2 a2

y2

+ 2 = 1, b

при вычислении двойного интеграла удобно использовать, так называемые, обобщенные полярные координаты:

x = a ⋅ r cos ϕ ,

y = b ⋅ r sin ϕ .

(9)

Якобиан для этой замены координат имеет выражение

J=

∂x / ∂r ∂x / ∂ϕ a cos ϕ = ∂y / ∂r ∂y / ∂ϕ b sin ϕ

− ar sin ϕ = abr . br cos ϕ

Поэтому по формуле (2) получаем:

∫∫ f ( x, y )dxdy = ab ∫∫ f (ar cosϕ , br sin ϕ ) ⋅ r drdϕ . Ω

D

В нашем примере a = 4, b = 1; границы области в новых координатах задаются 2

соотношениями: 1 ≤ r ≤ 3; y /x = (b/a) tg φ = 1/4, т.е. φ = π /4; φ = π/2. Отсюда π /2

m = ab ∫∫ μ ⋅ r drdϕ = 16

∫ dϕ ∫

π /4

Ω

π /2

= 16

∫

3

1

r cos ϕ 5

5

r sin ϕ

cos ϕ dϕ 3 dr

∫ 3 5 π / 4 sin ϕ 1 r

= 16

32

r dr = 1

π /2

1

3

⋅ = 4. ƒ 4sin 4 ϕ π / 4 2r 2 1

4. 4. Вычисление площади поверхности. 1

2

Пусть функция f ∈ C (R ) задает поверхность z = f (x, y) в пространстве

R3. Нашей задачей будет нахождение площади части поверхности Ω, ограниченной замкнутой кусочно-гладкой кривой Γ = Γ(Ω). Попробуем определить площадь поверхности аналогично тому, как ранее определялась длина дуги. Длиной дуги мы называли предел периметра вписанной в нее ломаной при условии, что длины сторон ломаной стремятся к нулю. В случае поверхности было бы естественно вписывать в неё многогранную поверхность и определять площадь как предел площади поверхности многогранника при стремлении к нулю диаметров всех граней. Однако, как было показано в конце XIX века математиком Г. Шварцом, это определение некорректно. Он сумел в обычный прямой круговой цилиндр с высотой h и радиусом R (площадь поверхности которого, как известно из школы, равна 2π Rh ) вписать многогранник, сумма площадей граней которого стремится к бесконечности, даже если диаметры граней стремятся к нулю. Этот многогранник называется сапогом Шварца и строится следующим образом (рис. 19): 1) делим высоту h на m равных частей и через точки деления проводим плоскости, параллельные основанию. В сечениях получаем окружности. Каждую полученную окружность делим на n равных частей, так что точки деления каждой нижней окружности лежат под серединами дуг деления вышележащей окружности. Соединяя соседние точки деления отрезками, получаем поверхность из треугольников, похожую на смятое голенище сапога. Несложно доказать, что площадь полученного многогранника равна: 2

R 2π 4 ⎛ m ⎞ . ⋅ S мн. = 2π R h + 4 ⎜⎝ n 2 ⎟⎠ 2

33

Рис.19. Сапог Шварца. 2

2) Пусть отношение m/n близко к нулю, т.е. m мало, а n велико. Тогда площадь Sмн. близка к известному значению площади цилиндра 2πRh . Если 2

же отношение m/n велико (а это случится для сильно смятого голенища сапога, т.е. при малом значении n и большом m), то площадь многогранника Sмн. может принять сколь угодно большое значение. Таким образом, очевидно, что построенный многогранник не может быть использован для определения площади цилиндра. Почему же определение, бывшее удачным для кривой, не подходит для поверхности? Всё дело в том, что в случае плоской кривой малый отрезок секущей всегда близок к соответствующей касательной. Для рассмотренного примера касательная плоскость к цилиндрической поверхности параллельна оси OZ. В то же 2

время многогранники, образующие сапог Шварца, для случая m/n → ∞ становятся практически перпендикулярными оси OZ, т.е. далекими от касательной плоскости. Введем более строгое определение площади поверхности. Пусть D − ортогональная проекция области Ω на плоскость OXY. Границы Γ(D) и Γ(Ω) будем 34

считать «хорошими» (в смысле определения п.4.1). Разобьём область D кусочно-гладкими кривыми, на подобласти D1, D2,… Dn. В каждой элементарной области Di выберем произвольным образом точку Рi с координатами (ξi,ηi). На поверхности точке Рi соответствует точка Мi с координатами (ξi, ηi, f (ξi,ηi)). Проведём через точку Мi касательную плоскость к поверхности z − f (x,y) = 0. На касательной плоскости рассмотрим площадку ωi, которая проектируется в площадку Di (рис.20).

z = f ( x, y )

γ

n

Z

Mi

а)

Ω

ωi Y Di

X

Pi

D

ωi

б)

n

⎥ Di⎥ = ⎥ ωi⎥ cos γ. γ

γ

Di

Рис.20. К определению площади поверхности. 35

Площадью поверхности Ω назовём предел суммы ωT =

n

∑ | ωi | , где | ωi| −

i =1

площадь площадки ωi, когда диаметры этих площадок (или, соответственно, площадок Di) стремятся к нулю, т.е. когда dT → 0. Нормаль к поверхности F(x,y,z) = z − f (x,y) = 0 задаётся градиентом в точке Мi:

⎛ ∂F ∂F ∂F ⎞ ⎛ ∂f ∂f ⎞ , , grad F = ⎜ ⎟ = ⎜ − , − , 1⎟ . ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂x ∂y ⎠ Запишем единичный вектор n нормали: 2

2

⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ gradf = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + 1 . ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ Теперь можно найти угол γ, ( γ < π / 2 ), который нормаль образует с осью OZ: grad f n= = ( cos α , cos β , cos γ ) , grad f

cos γ =

1

( f x′ )

2

( )

+ f y′

2

.

+1

Поскольку Di − проекция ωi на плоскость OXY, то⎥Di⎥ = ⎥ωi⎥ cos γ, (рис. 20б). Тогда

ωT = ∑ ωi = ∑

| Di | 1 =∑ ⋅ | Di | → cos γ cos γ dT →0 dxdy = ∫∫ 1 + f x′2 + f y′ 2 dxdy. ∫∫ dT →0 D cos γ D →

Таким образом, площадь поверхности Ω, заданной уравнением z = f (x,y) вычисляется по формуле:

| Ω |= ∫∫ 1 + f x′ 2 + f y′ 2 dxdy ,

(1)

D

где D − ортогональная проекция области Ω на плоскость OXY.

36

Отметим без доказательства, что если поверхность Ω на ограниченной области Δ в плоскости переменных (u, v) задана параметрически с помощью соотношений:

х = φ(u,v), y = ψ(u,v), z = χ(u,v), то ее площадь может быть найдена по формуле:

| Ω |= ∫∫ ЕG − F 2 dud v ,

(2)

Δ

где E = ϕu′ 2 + ψ u′ 2 + χu′ 2 , G = ϕ v′ 2 + ψ v′ 2 + χ v′ 2 , F = ϕu′ ϕ v′ + ψ u′ψ v′ + χu′ χ v′ − так называемые гауссовские коэффициенты поверхности Ω. 2

2

2

2

ПРИМЕР 1. Найти площадь части Ω сферы x + y + z = a , заключенной 2

2

2

внутри прямого кругового цилиндра x + y = b , b ≤ a (рис. 21). Из симметрии относительно плоскости ОХY для нахождения искомой площади поверхности достаточно вычислить площадь ее части Ω1, лежащей выше плоскости ОХY, и удвоить полученное значение.

z

Ω1 x2 + y 2 = b2

x2 + y2 + z 2 = a2

y

D

x

Рис.21. К примеру 1.

37

Из уравнения верхней полусферы получаем:

−x

−y , z ′y = . 2 2 2 2 2 2 a −x −y a −x −y

z = a 2 − x 2 − y 2 ⇒ z ′x =

Подставляя эти значения в формулу (1), находим

| Ω |= 2 | Ω1 |= 2∫∫ 1 + ( z ′x )2 + ( z ′y ) dxdy = 2

D

⎛ −x = 2∫∫ 1 + ⎜ ⎜ a2 − x2 − y2 D ⎝ = 2a ∫∫ D

dxdy a2 − x2 − y2

2

⎞ ⎛ −y ⎟ +⎜ ⎟ ⎜ a2 − x2 − y 2 ⎠ ⎝

= 2a

2π

b

rdr

= 4π a ⎛⎜ a − a 2 − b 2 ⎞⎟ . 2 2 ⎝ ⎠ 0 a −r

∫ dϕ ∫

0

2

⎞ ⎟ dxdy = ⎟ ⎠

Здесь D – проекция рассматриваемой поверхности на плоскость ОХY, т.е. круг радиуса b с центром в начале координат, который вырезает на плоскости ОХY 2

2

2

цилиндр x + y = b . Двойной интеграл был вычислен с помощью перехода к полярным координатам. ƒ Замечание. Строго говоря, область D в примере 1 не удовлетворяет ус-

ловиям, накладываемым на области при переходе к полярным координатам, а именно, она содержит начало координат (см. рис. 16). Тем не менее, полученный в примере 1 результат остается справедливым. Для его обоснования следовало бы вырезать из области D некоторую малую окрестность точки (0,0), например круг радиуса ε с центром в этой точке, а затем провести предельный переход при ε→ 0. ПРИМЕР 2. Найти площадь поверхности геликоида (рис. 22), заданного

параметрическими уравнениями:

x = r cos φ, y = r sin φ, z = b φ, 0 < r ≤ a, 0 ≤ φ < 2π.

38

z

y

x

O

Рис.22. Геликоид.

Поскольку xr′ = cos ϕ , xϕ′ = − r sin ϕ , yr′ = sin ϕ , yϕ′ = r cos ϕ , zr′ = 0, zϕ′ = b , получаем по формуле (2):

E = cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1, G = r 2 sin 2 ϕ + r 2 cos 2 ϕ + b 2 = r 2 + b 2 , F = − r cos ϕ sin ϕ + r sin ϕ cos ϕ + 0 ⋅ b = 0. Отсюда имеем площадь поверхности геликоида

(

2

Ω = ∫∫ 1 ⋅ r + b Δ

2

2π

a

) − 0 drdϕ = 0∫ dϕ 0∫

r 2 + b 2 dr =

2 2 ⎛ a + a + b 2 2 2 = π ⎜ a a + b + b ln b ⎜ ⎝

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

(По поводу справедливости включения в пределы интегрирования точек r=0 и

ϕ =2 π см. замечание к примеру 1). ƒ

39

4.5. Несобственные кратные интегралы. Как и обычные несобственные интегралы, кратные несобственные интегралы бывают двух типов: с неограниченной областью интегрирования и с неограниченной подынтегральной функцией. Рассмотрим каждый из типов таких интегралов: Несобственные интегралы с неограниченной областью интегрирования. Пусть D − неограниченная область, а {Dn} − произвольная последова-

тельность вложенных друг в друга ограниченных областей с «хорошими» границами (определение «хорошей» границы было дано в п. 4.1), причем эта последовательность «исчерпывает» область D , т.е D =

∞

∪ Dn

n =1

и D1 ⊂ D2 ⊂ …

… ⊂ Dn ⊂ … . Пусть, кроме того, функция f (x,y) непрерывна на области D. Тогда несобственный двойной интеграл

∫∫ f ( x, y )dxdy

определяется как предел

D

последовательности интегралов

∫∫ f ( x, y )dxdy

при n → ∞. Интеграл считается

Dn

сходящимся, если этот предел существует, конечен и не зависит от выбора последовательности областей {Dn}. Несобственные интегралы с неограниченной подынтегральной функцией. Пусть теперь D − ограниченная область, но при этом функция f (x,y) не

ограничена в окрестности точки М ∈D. Обозначим через Δδ окрестность точки

М с диаметром δ, лежащую внутри области D. Тогда несобственный двойной интеграл от неограниченной функции f (x,y) определяется как следующий предел:

∫∫ f ( x, y )dxdy = δlim ∫∫ f ( x, y )dxdy , →0 D

D \ Δδ

40

если этот предел существует и не зависит от выбора окрестностей Δδ. (Напомним, что область D \ Δδ состоит из точек, принадлежащих области D, но не принадлежащих области Δδ ). Аналогично могут быть определены несобственные тройные интегралы. Для несобственных кратных интегралов, подобно тому, как это делалось ранее, можно определить понятие абсолютной сходимости, а также сформулировать теоремы сравнения. ПРИМЕР 1. Исследовать на сходимость интеграл I =

∫∫

2

dxdy 2

2 α

(1 + x + y )

.

Используем определение. В качестве областей Dn возьмем круги радиусов 2

2

2

2

n, т.е. Dn ={ х + у ≤ n }. Имеем D1 ⊂ D2 ⊂ D3 ⊂ … ⊂ Dn ⊂ R … и Dn → R

2

при n → ∞. Таким образом, области Dn можно использовать для определения интеграла I:

In =

dxdy

∫∫ (1 + x2 + y 2 )α = ∫∫

Dn

n

=π ∫

Dn

d (1 + ρ 2 )

0 (1 + ρ

2 α

)

ρ d ρ dϕ = (1+ ρ 2 )α

2π

(

Откуда

α ≤ 1; ⎧ ∞, ⎪ lim I n = ⎨ π n →∞ ⎪⎩α − 1 , α > 1.

41

)

)

ρd ρ

∫ dϕ ∫ (1 + ρ 2 )α 0

⎧ ⎛ ⎞ ⎪ π ⎜ ⎟ 1 ⋅⎜ − 1⎟ , ⎪⎪ α −1 = ⎨1 − α ⎜ 1 + n 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎪ 2 π ln 1 , n ⋅ + ⎪⎩

(

n

0

при α ≠ 1;

при α = 1.

=

Таким образом, при α ≤ 1 интеграл I расходится, а при α > 1 сходится и имеет значение

π α −1

.ƒ

Формулы интегрирования под знаком интеграла позволяют, в частности, вычислить важный интеграл Лапласа, подынтегральная функция которого не может быть проинтегрирована в элементарных функциях: ∞

2

ПРИМЕР 2. Вычислить интеграл Лапласа: I = ∫ e − x dx. 0

Пусть область D представляет собой первый квадрант плоскости OXY. Запишем двойной интеграл

∫∫ e

− x2 − y 2

D

∞

∞

0

0

dxdy = ∫ dx ∫ e

− x2 − y 2

∞

dy = ∫ e

− x2

0

∞

dx × ∫ e

− y2

0

2

⎛ ∞ − x2 ⎞ dy = ⎜ ∫ e dx ⎟ = I 2 . ⎜ ⎟ ⎝0 ⎠

Перейдем в двойном интеграле к полярным координатам: 2

I = ∫∫ e

− x2 − y 2

D

∞

π /2

0 ∞

0

dxdy = ∫ rdr =

π

∫ re 20

∫

−r 2

2

dϕ ⋅ e− r =

dr =

π 1∞ ⋅

∫e 2 20

Отсюда получаем интеграл Лапласа: ∞

2

I = ∫ e− x dx = 0

π 2

.ƒ

42

−r 2

2

dr = −

π 4

e

−r 2

∞

0

=

π 4

.

Теоретические вопросы к главе 4. 1.

По какой переменной взят внешний интеграл в повторном интеграле: 1 2 x +1

∫ ∫ f ( x, y ) dxdy ?

0

2.

x2

Какой

из

интегралов

больше:

2 2 ∫∫ 1 + x + y dxdy

или

G

4 4 ∫∫ 1 + x + y dxdy , если область G – прямоугольник: 0 ≤ x ≤1 , 0 ≤ y ≤1 ? G

3.

Показать, что если область G представляет собой прямоугольник: – 1 ≤ ≤ x ≤1, – 1 ≤ y ≤ 1, то двойной интеграл

m n ∫∫ x y dxdy

обращается в нуль,

G

если хотя бы одно из чисел m или n нечетно. 4. 5.

Доказать формулу Дирихле:

a

x

a

a

0

0

0

y

∫ dx ∫ f (x, y )dy = ∫ dy ∫ f (x, y )dx .

Пользуясь формулой Дирихле, доказать равенство: a

x

a

0

0

0

∫ dx ∫ f ( y ) dy = ∫ (a − y) f ( y) dy .

6.

Вычислить интеграл

∫∫ f ( x, y )dxdy , если область G представляет собой G

прямоугольник: a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d, а функция f (x, y) = Fxy′′(x, y) . 7.

Доказать, что, если G – прямоугольник: a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d , то

⎛b ⎞ ⎛d ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟. = ⋅ f ( x ) g ( y ) dxdy f ( x ) dx g ( y ) dy ∫∫ ⎜∫ ⎟ ⎜∫ ⎟ G ⎝a ⎠ ⎝c ⎠

43

Найти среднее значение функции f (x, y) в области G :

8.

а) f ( x, y ) =

sin 3 x ⋅ sin 3 y 8

cos y 2x+y

б) f (x, y) = x ⋅ e

, G – прямоугольник: 0 ≤ x ≤ π/ 4 , 0 ≤ y ≤ π/4;

, G – прямоугольник: – 1 ≤ x ≤ 1, – 1 ≤ y ≤ 1;

в) f (x, y) = x – 2 y, G – треугольник с вершинами А (1,0), В (1,1), С (3,1) . 9.

dxdy

∫∫2

Оценить величину интеграла:

x2 + y ≤ 4

2

2

1 + sin x + cos y

.

Задачи к главе 4. Изменить порядок интегрирования в повторных интегралах: 5 + 3+ 2 y − y 2

3

1.

∫ dy

−1

∫ dy

−2

∫

− x+4

4. ∫ dy

f ( x, y )dx .

0

− −2 y − y 2

5 y −5

0

∫ dx ∫ f ( x, y )dy .

−5 2

x 2 −5

8.

0

− 4− x

∫ f ( x, y )dx .

y 5

1

1− y 2 −1

0

− 2 y− y2

6. ∫ dy

x2 5

52

4− x

y

5

∫ dy ∫ f ( x, y )dx .

7.

−4

y 2 +1

4

∫ dx ∫ f ( x, y )dy + ∫ dx ∫ f ( x, y )dy .

4− y 2

43

5.

2.

5 − 3+ 2 y − y 2

0

3.

∫ f ( x, y )dx .

x+4

0

∫ f ( x, y )dx .

−1

2 x +3

0

2 x +3

−2

2 x

−1

−2

∫ dx ∫ f ( x, y )dy + ∫ dx ∫ f (x, y ) dy .

Перейти к полярным координатам и расставить пределы интегрирования по новым переменным в интегралах: 1

1

9. ∫ dx ∫ f ⎛⎜ x 2 + y 2 ⎞⎟ dy . ⎠ 0 0 ⎝ 44

1

10.

∫

2

∫

dx

0

3 3 − − x2 2 4

63 29

14 x − x 2

∫ dx

11.

0 2a

12.

3 − x2 2

∫

3− 9 − x 2

4 ax − x 2

∫ dx ∫ 0

2 ax − x

2

f ⎛⎜ x 2 + y 2 ⎞⎟ dy . ⎝ ⎠

f ⎛⎜ x 2 + y 2 ⎞⎟ dy . ⎝ ⎠

(

)

f x 2 + y 2 dy +

4a

4ax − x 2

2a

0

∫ dx ∫

(

)

f x 2 + y 2 dy .

Вычислить двойные интегралы: 13.

∫∫ (2 x − y ) dxdy , где G – треугольник с вершинами А(1,2), В(3,2), С(0,1) G

14.

∫∫ (3x + 2 y ) dxdy , где G – часть плоскости, ограниченная кривыми G

y = x2/2 и y = 2 x . 15. ∫∫ xy dxdy , где G – часть плоскости, ограниченная кривыми G

x2 + y2 = ax, x2+ y2 = 2ax и y = 0, y ≥ 0, a ≥ 0. 16.

2 ∫∫ 2 x y dxdy , где G – часть плоскости, ограниченная линиями

G

y 2 = ax, x2 + y2 = 2ax, y = 0, y > 0, a > 0. Перейти к полярным координатам и вычислить интегралы: 17.

x2 + y2 e dxdy , G – кольцо, ограниченное концентрическими окруж∫∫ G

2

2

2

2

ностями: x + y = 1 и x + y = 4.

45

18.

dxdy

∫∫

2

9− x − y

G

2

, G – часть плоскости, лежащая в первом квадранте и 2

2

ограниченная окружностью x + y = 9 и прямыми y = 0 и y = x. 19.

dxdy

∫∫

2

4− x − y

G

2

2

, G – часть плоскости, ограниченная двумя окружно-

2

2

2

стями: x + y = 4 и (x – 1) + y = 1 и осью OY. 20.

2 2 ∫∫ x + y dxdy , G

– часть плоскости, ограниченная окружностями

G

2

2

2

2

(x – 1) + y = 1, (x – 2) + y = 4 и прямой y = x. 21.

∫∫

(2 x + y )dxdy dxdy , где G ограничена кривыми x2 + y2 = 4 и 3x = y2.

G

x2 + y2

Найти площади фигур, ограниченных кривыми: 22. r = a (1 – cos φ). 23. x = 4 – y, 2x = y, y = 0. 24. xy = 1, x = 7 – y.

x , y = x 3. 25. x 2 + y 2 = 2 x , x 2 + y 2 = 4 x , y = 3

x2 y2 + ≤ 4 , y ≤ 0, y ≥ x 3 . 26. 1 ≤ 25 9 27. y = 4 − x 2 , y = 2 − 4 − x 2 . 2

2

2

28. x + y = 36, x = y, y = 0, x > 0. Найти объем тела, ограниченного поверхностями: 29. y = x , y = x, z = 0, x + z = 4 . 2

2

2

2

2

30. x + y = 4, x = y, z = 0, z = 3x . 2

31. x + y = 6y, z = 0, z = 9 – x .

46

32. x 2 + y 2 = 4 y, x 2 + y 2 = 6 y, z = 0, z =

x2 + y 2 .

Найти площадь части поверхности Ω1, вырезанной поверхностью Ω2: 2

2

2

2

33. Ω1: x + z = y , Ω2: y = 2x. 2

2

2

2

34. Ω1: z = x – y , Ω2: x + y = 1. 2

2

2

2

2 2

2

2

35. Ω1: z = x + y , Ω2: (x + y ) = 4 (x – y ). 2

2

2

2

36. Ω1: z = x + y , Ω2: x + y = 4.

47

Глава 5. Тройной интеграл. 5.1. Определение тройного интеграла. После введения в предыдущей главе понятия двойного интеграла естественно было бы провести его дальнейшее обобщение на трехмерное пространст3

во R с заданной декартовой системой координат OXYZ. Пусть в области V, ограниченной замкнутой поверхностью Π = Γ(V ) , определена непрерывная _

функция f ( x, y, z ) ∈ C (V ) . (Напомним, что через V = V ∪ Γ(V ) обозначается объединение области V и её границы, или замыкание области V). Рассмотрим разбиение T области V на подобласти Vi , пересекающиеся только по своим границам. Выберем в каждой из частей Vi произвольным образом по некоторой точке Pi (ξ i , ηi , ζ i ) . Составим интегральную сумму: n

ST = ∑ f (ξi ,ηi , ζ i ) ⋅ Vi , где через Vi здесь обозначен объем области Vi . Как и i =1

раньше, диаметром разбиения T назовем число dT = max d (Vi ) , равное наи1≤ i ≤ n

большему из диаметров частей Vi , где d (Vi ) =

sup ρ(M , N ) .

M , N ∈Vi

Ограничимся рассмотрением лишь таких тел V, границы Π = Γ(V ) которых являются кусочно-гладкими поверхностями, т.е. состоят из конечного числа гладких поверхностей. При этом поверхность Π будем называть гладкой, если она выражается параметрическими уравнениями:

x = ϕ (u , v), y = ψ (u, v), z = χ (u , v),

(u , v) ∈ Ω ,

где Ω – ограниченная область на плоскости переменных (u , v) , а функции

ϕ , ψ , χ ∈ C1 (Ω) , т.е. непрерывны и имеют непрерывные частные производные 48

первого порядка на Ω. Будем считать, что граница Γ(Ω) области Ω «хорошая» (см. главу 4), а функции ϕ, ψ, χ осуществляют взаимно-однозначное отображение поверхности Ω на область Π, и ранг матрицы

⎛ ϕu′ ψ u′ ⎜ϕ ′ ψ ′ v ⎝ v

χ u′ ⎞ χ v′ ⎟⎠

равен двум. Наложенные условия, например, будут выполнены, если поверхность состоит

из

конечного

числа

поверхностей,

задаваемых

выражениями:

z = g ( x, y ), y = h( x, z ) или x = q ( y, z ) , причем функции, стоящие в правых частях этих выражений непрерывно дифференцируемы на ограниченных плоских областях с «хорошими» границами. Границы областей Γ(Vi ) также будем предполагать кусочно-гладкими. В этих предположениях на область V, разбиение T, и функцию f ( x, y, z ) можно доказать, что существует предел интегральной суммы ST (при dT → 0 ), не зависящий ни от способа разбиения T, ни от выбора точек Pi (ξ i , ηi , ζ i ) ∈ Vi . Этот предел называется тройным интегралом от функции f по области V и обозначается n

∑ f (ξi ,η i ,ζ i ) ⋅ Vi . ∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫∫∫ f ( P)dV = dTlim →0 V

(1)

i =1

V

Замечание. Все свойства двойного интеграла, которые были сформулированы в главе 4, справедливы и для тройного интеграла с той только разницей, что слово «площадь» везде должно быть заменено словом «объем». В частности, объем V области V может быть найден по формуле

V = ∫∫∫ dV .

(2)

V

49

5.2. Вычисление тройного интеграла. В главе 4 было показано, что вычисление двойного интеграла можно свести к вычислению соответствующих повторных интегралов. Ряд аналогичных утверждений имеет место и для тройного интеграла: Теорема 1. Если тело V заключено между плоскостями z = а и z = b (рис. 1), а любое сечение Sz тела V плоскостью z = const ограничено «хорошей кривой» (см. п. 4.1), то тройной интеграл можно найти по формуле: b⎛

⎞ ⎜ ∫∫∫ f ( x, y, z )dV = ∫ F ( z )dz = ∫ ⎜ ∫∫ f ( x, y, z )dxdy ⎟⎟dz . V a a ⎝ Sz ⎠ b

Здесь при каждом фиксированном z величина F ( z ) =

(1)

∫∫ f ( x, y, z ) dxdy

пред-

Sz

ставляет собой обычный двойной интеграл.

Z

b Sz z Y a

X

O Рис.1. К теореме 1.

Замечание. Отметим, что как и для случая двойного интеграла, при записи тройного интеграла в декартовых координатах может использоваться стандартное обозначение:

∫∫∫ f ( x, y, z ) dV = ∫∫∫ f ( x, y, z ) dxdydz . V

V

50

2

ПРИМЕР 1. Вычислить тройной интеграл от функции х sh(ху) по обласx ти, ограниченной плоскостями: х = 2, у = , у = 0 , z = 0 , z = 1 (рис.2). 2

Z 1

y = x /2

z=1 O

Y

1

S

x=2 2 X Рис.2. К примеру 1. Здесь область V представляет собой прямую призму. Сечение тела V плоскостью z = const представляет собой треугольник с границами х = 2, у = х / 2,

у = 0. Тогда, применяя формулу (1), получаем 1

2

2

1

2

0

0 2 2

2

x/2

∫∫∫ x sh( xy ) dxdydz = ∫ dz ∫∫ x sh( xy ) dxdy = ∫ dz ∫ x dx ∫ sh( xy ) dy = V

0 S x/2

2 ⎛ ch( xy ) ⎞ 1 = z 0 ⋅ ∫ x2 ⎜ ⎟ x ⎝ ⎠0 0

z

x2 x dx = ∫ x ch dx = sh 2 2 0 2

ПРИМЕР 2. Вычислить интеграл

0

= sh 2 − 1. ƒ

0

2 ∫∫∫ y cos( xy ) dxdydz ,

где область V

V

ограничена плоскостями x = 0, y = −1, y = x, z = 0, z = 2 . Область V – прямая призма, основание которой представляет собой треугольник D, лежащий в плоскости OXY (рис. 3).

51

Z 2 Y

y=x O

X

–1

D –1 Рис.3. К примеру 2.

Поэтому 2

2

2

0

0

−1 0

2

0

∫ dz ∫∫ y cos( xy )dxdy = ∫ dz ∫ dy ⋅ y ∫ cos( xy )dx =

0

D

2

0

y 0

( )

2 sin( xy ) = ∫ dz ∫ y dy = − ∫ dz ∫ sin y 2 ydy = y 0 −1 0 −1 y 2 ⎛ 0 ⎞ 12 0 2 2 1 2 = − ∫ dz ∫ sin y dy = ∫ dz ⎜ cos y ⎟= 2 0 −1 20 ⎝ −1 ⎠ 1 2 1 = z 0 ⋅ (cos 0 − cos1) = (1 − cos1)(2 − 0) ⋅ = 1 − cos1. ƒ 2 2 2

( )

( )

Теорема 2. Пусть тело V представляет собой «цилиндрический брус»,

т. е. ограничено с боков цилиндрической поверхностью с образующей, параллельной оси OZ, и направляющей Γ(D) (границей области D на плоскости

ОXY), а сверху и снизу – поверхностями z = ϕ(x,y), z = ψ(x,y), где функции φ и ψ непрерывны на замыкании D области D и φ(х,у) ≤ ψ(х,у) при (х, у) ∈ D (рис.4). Тогда:

52

∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫ Φ( x, y )dxdy = V

где

для

Φ ( x, y ) =

D

⎛ψ ( x, y ) ⎞ = ∫∫ ⎜ ∫ f ( x, y, z )dz ⎟ dxdy, ⎟ D ⎜⎝ ϕ ( x, y ) ⎠

каждой

ψ ( x, y )

∫

фиксированной

пары

точек

(х,у)

(2)

функция

f ( x, y , z )dz – обычный определенный интеграл.

ϕ ( x, y )

z = ψ ( x, y ) Z

z = ϕ ( x, y )

Y D X Рис.4. К теореме 2. ПРИМЕР 3. Вычислить тройной интеграл от функции f (x, y, z) = x 2 z по

области V, ограниченной плоскостями: y = 3 x, y = 0, x = 2, z = xy, z = 0 (рис. 5). Здесь направляющая цилиндрической поверхности представляет собой границу треугольника D на плоскости ОXY (рис. 6), а функции ϕ(x,y) = 0, ψ (x,y) = ху. Поскольку при 0 ≤ х ≤ 2 и 0 ≤ у ≤ 3х выполнено неравенство

φ(х,у) ≤ ψ(х,у), тройной интеграл может быть вычислен по формуле (2):

53

Z Y 12

y = 3x

z = xy

2

X

Рис.5. К примеру 3.

Y

y = 3x

6

D 2

Рис 6. К примеру 3.

54

X

xy

⎛ z2 ⎞ 2 2 2 ∫∫∫ x z dzdydz = ∫∫ dxdy ∫ x z dz = ∫ x dx ∫ dy ⎜⎜ ⎟⎟ = V D 0 0 0 ⎝ 2 ⎠0 2 3x x2 y 2 1 2 4 3x 2 2 = ∫ x dx ∫ dy = ∫ x dx ∫ y dy = 20 0 0 2 0 xy

2

3x

1 2 4 y3 = ∫ x dx 20 3

3x 0

92 7 = ∫ x dx = 144. ƒ 20

3 ПРИМЕР 4. Вычислить тройной интеграл: I = ∫∫∫ (27 + 54 y ) dxdydz по V области V : y = x, x = 1, z = 0, z = xy. Тело V ограничено снизу плоскостью OXY (z = 0), с боков – плоскостями

y = x и x = 1, а сверху – поверхностью z = xy ≥ 0 (рис.7). Z

z = xy

y=x Y

1 X

Рис. 7. К примеру 4.

Проекция тела V на плоскость OXY представляет собой треугольник D (рис. 8).

55

Y y=x

1

D 1

X

Рис. 8. К примеру 4.

Тогда искомый интеграл равен xy

3

I = ∫∫ dxdy ∫ (27 + 54 y )dz = ∫∫ (27 + 54 y ) ⋅ z 1

D

x

0

D

1

x

0 x

0 1

0

dxdy =

= ∫ dx ∫ (27 + 54 y ) xy dxdy = 27 ∫ xdx ∫ ( y + 2 y 3 y )dy = 0

1

3

xy

3

0

2 2 2 4 = 27 ∫ xdx( y 3/ 2 ⋅ + 2 y9 / 2 ⋅ ) = 27 ∫ ( x ⋅ ( ⋅ x3/ 2 + ⋅ x9 / 2 )dx = 3 9 0 3 9 0 0 1

1

0

0

= ∫ (18 x 2 + 12 x5 )dx = (6 x3 + 2 x6 ) = 6 + 2 = 8. ƒ ПРИМЕР 5. Найти объем тела, ограниченного поверхностями:

x = 16 2 y , x = 2 y , z + y = 2, z = 0. Цилиндрическая поверхность с направляющими x = 16 2 y и x = 2 y в плоскости OXY и образующими, параллельными оси z, ограничена снизу плоскостью OXY (z = 0), а сверху плоскостью z + y = 2 (рис.9). Сечение тела плоскостью OXY изображено на рис. 10.

56

Z z+y=2 x = (2y)½

x = 16(2y)½

Y X

Рис. 9. К примеру 5.

Y

x = 2y

x = 16 2 y

2 D 32

2

X

Рис. 10. К примеру 5.

По формуле (2) с учетом замечания из п.5.1 получаем искомый объем: 2− y

2

16 2 y

V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫ dxdy ∫ dz = ∫ dy V

D

0

57

0

∫ 2y

dx( z

2− y 0

)=

2

2 16 2 y = ∫ dy ⋅ ( x ⋅ (2 − y )) = ∫ (16 2 y − 2 y )(2 − y )dy = 2y 0 0 2 2 4 3/ 2 5/ 2 2

= 15 2 ∫ (2 − y ) ydy = 15 2( y −y ⋅ ) = 3 5 0 0 4 2 = 15 2( ⋅ 2 2 − ⋅ 4 2) = 5 ⋅ 16 − 3 ⋅ 16 = 32. ƒ 3 5

5.3. Замена переменных в тройном интеграле. Пусть в трехмерном пространстве с декартовыми координатами (x, y, z) задана область V, ограниченная кусочно-гладкой поверхностью Π = Г(V), а в пространстве (u, v, w) задана область U, ограниченная кусочно-гладкой поверхностью Ω = Г(U). Предположим, что на замыкании U области U заданы непрерывно дифференцируемые функции ξ, η и ζ, взаимно однозначно отображающие область U на область V таким образом, что граница Ω области U переходит в границу Π области V:

x = ξ(u, v, w), y = η(u, v, w), z = ζ(u, v, w).

(1)

Числа (u, v, w) будем называть криволинейными координатами точки

Р(x, y, z), если ее декартовы координаты (x, y, z) заданы через координаты u, v и w с помощью формул (1). Теорема. Если функция f ( x, y, z ) непрерывна на замыкании V области

V, то тройной интеграл функции f ( x, y, z ) по области V может быть выражен через тройной интеграл функции f (ξ ( u , v, w ) ,η ( u , v, w ) , ζ ( u , v, w ) ) по области

U следующим образом:

∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = V

= ∫∫∫ f (ξ ( u , v, w ) ,η ( u , v, w ) , ζ ( u , v, w ) ) ⋅ J ( u , v, w ) ⋅ dud vd w, U

58

(2)

где через J ( u , v, w ) обозначен якобиан замены переменных (1):

∂x ∂u ∂y J ( u , v, w ) = ∂u ∂z ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

∂x ∂w ξ ′ u ∂y = ηu′ ∂w ζ u′ ∂z ∂w

′ ξ v′ ξ w ′ . ηv′ ηw ′ ζ v′ ζ w

(3)

Рассмотрим два частных случая общей формулы (3).

1. Цилиндрические координаты. 3

Пусть в одном пространстве R заданы декартовы координаты (x, y, z), а в 3

другом пространстве R – координаты (r, ϕ, z), причем связь координат установлена соотношениями:

x = r cos ϕ,

y = r sin ϕ,

z = z.

(4)

Координаты (r, ϕ, z) называются цилиндрическими. Заметим, что при этом пара (r, ϕ) представляет собой полярные координаты точки M1(x, y), являющейся ортогональной проекцией точки M(x, y, z) на плоскость ОXY (рис.11).

Z z M y

X

x

Y

r

ϕ

M1

Рис. 11. Цилиндрические координаты.

Ограничимся рассмотрением в пространстве (r, ϕ, z) только таких областей U, координаты точек которых удовлетворяют условиям: {0 ≤ ϕ < 2π, r ≥ 0}, 59

а в пространстве (x, y, z) – областей V, не содержащих ось OZ (на ней х = у = 0 и угол φ не определен), а также малую окрестность этой оси. Тогда выполнены условия, предъявляемые к замене координат, а якобиан преобразования к цилиндрическим координатам имеет значение

cos ϕ J ( r , ϕ , z ) = − r sin ϕ 0

sin ϕ 0 r cos ϕ 0 = r cos 2 ϕ + r sin 2 ϕ = r . 0 1

Соотношение (2) дает формулу вычисления тройного интеграла в цилиндрических координатах:

∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ , z ) r drdϕ dz . V

(5)

U

ПРИМЕР

1. 2

z = 36 − x − y

Вычислить 2

объем

тела,

ограниченного

полусферой

x2 + y 2 (рис.12): 3

и конусом z =

z = 36 − x 2 − y 2

Z

z 2 = ( x2 + y 2 ) / 3

Y

O S X Рис. 12. К примеру 1. 60

Решим задачу, воспользовавшись переходом к цилиндрическим координатам. В этих координатах уравнения поверхностей имеют вид:

z = 36 − r 2 ,

z=

r . 3

Для координат точек, лежащих на пересечении полусферы и конуса, справед2

2

2

ливы соотношения: r = 3z = 36 – z . Отсюда z = 3 (т.к. z > 0). Объем тела найдем, воспользовавшись формулой (3) из п. 5.2. и формулой (5) перехода к цилиндрическим координатам. При этом учтем, что при 0 < z < 3 плоскость z = const пересекает конус по окружности радиуса z 3 , ограничивающей область Sz, а при 3 ≤ z < 6 плоскость z = const пересекает сферу по окружности радиуса

36 − z 2 , ограничивающей область S z′ . Поэтому в фор-

муле (3) тройной интеграл необходимо разбить на два слагаемых, одно из которых соответствует части тела, расположенной ниже плоскости z = 3, а другое – выше этой плоскости:

⎛ 3 2π ⎞ z 3 V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dz ∫∫ dxdy + ∫ dz ∫∫ dxdy = ⎜ ∫ dz ∫ dϕ ∫ rdr ⎟ + ⎜0 0 ⎟ V 0 Sz 3 S z′ 0 ⎝ ⎠ ⎛ 6 2π ⎞ 36− z 2 2π 3 2 2π 6 ⎜ ⎟ + ⎜ ∫ dz ∫ dϕ ∫ rdr ⎟ = ⋅ ∫ 3 z dz + ⋅ ∫ 36 − z 2 dz = 72π . 2 3 ⎜3 0 ⎟ 2 0 0 ⎝ ⎠ 3

6

(

)

Объем тела можно было подсчитать и другим способом: на основе формулы (4) из п. 5.2. Действительно, пусть D – область в плоскости OXY, ограниченная окружностью S, в которую проектируется линия пересечения конуса и сферы (рис. 12). Поскольку на этой линии пересечения z = 3, а r = z ⋅ 3 , то радиус окружности равен 3 3 . Поэтому:

61

V = ∫∫ dxdy D

36− x 2 − y 2

∫

dz = ∫∫ rdrdϕ D

( x2 + y 2 ) / 3 2π

3 3

0

0

= ∫ dϕ ∫ rdr

36− r 2

∫

dz =

r/ 3

36− r 2

3 3⎛

r ⎞ 2 2 π 36 dz r = − − ∫ ∫ ⎜ ⎟ rdr = 3 ⎠ 0 ⎝ r/ 3

3 3 3 2π 3 3 r 2 2 =− = 72π . ƒ ∫ 36 − r d 36 − r − 2π 2 0 3 3

(

)

0

Тот же самый результат! Вопрос о преимуществе одного из двух предложенных способов оставляем на усмотрение читателя. ПРИМЕР 2. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:

x 2 + y 2 = 8 x, x 2 + y 2 = 11x, z = x 2 + y 2 , z = 0, y = 0, ( y ≤ 0) . На плоскости OXY кривые

x 2 + y 2 = 11x ⇔ ( x −

x 2 + y 2 = 8 x ⇔ ( x − 4)2 + y 2 = 16 и

11 2 121 ) + y2 = представляют собой окружности, 2 4

центры которых расположены на оси OX в точках 4 и 11/2, а радиусы равны 4 и 11/2, соответственно. Таким образом, заданное тело ограничено: с боков − цилиндрической поверхностью c образующей, параллельной оси OZ, снизу − плоскостью OXY, а сверху − конусом z = x 2 + y 2 (рис.13). Сечение цилиндрической поверхности плоскостью OXY изображено на рис. 14. Искомый объем определяется тройным интегралом

V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫ dxdy V

D

x2 + y 2

∫

dz .

0

Для вычисления этого интеграла удобно перейти к цилиндрическим координатам, записав в них уравнения поверхностей, ограничивающих тело: 62

x 2 + y 2 = 8 x ⇒ r 2 = 8r cos ϕ ⇒ r = 8cos ϕ , x 2 + y 2 = 11x ⇒ r = 11cos ϕ , z = r. z = x2 + y 2

Z

(x −

11 2 121 ) + y2 = 2 4

( x − 4) 2 + y 2 = 16 O

11

X

8

Y

Рис. 13. К примеру 2.

Y

O

( x − 4) 2 + y 2 = 16 8

X

11

D

(x −

11 2 121 ) + y2 = 2 4

Рис. 14. К примеру 2.

63

Теперь может быть найден искомый объем: r

0

11cos ϕ

0

−π / 2

8cos ϕ

V = ∫∫ rdrdϕ ∫ dz = D

0

r3 = ∫ dϕ ⋅ 3 −π / 2

∫ dϕ ∫

11cos ϕ 8cos ϕ

r rdr ⋅ z 0

=

0

11cos ϕ

−π / 2

8cos ϕ

2 ∫ dϕ ∫ r dr =

0

(113 − 83 ) cos3 ϕ dϕ = = ∫ 3 −π / 2 0

0

sin 3 ϕ 1 2 ) = 273 ∫ (1 − sin ϕ ) d sin ϕ = 273(sin ϕ − = 273(1 − ) = 182. ƒ 3 3 π −π / 2 −

2

2. Сферические координаты. 3

Рассмотрим опять два экземпляра пространства R , в одном из которых заданы декартовы координаты (x, y, z), а в другом – координаты (r, φ, θ). Соответствие между координатами установим по формулам:

x = r cos θ cos φ, y = r cos θ sin φ,

z = r sin θ.

(6)

Координаты (r, φ, θ) называются сферическими. Геометрическая интерпретация сферических координат представлена на JJJJG рис. 15. Пусть точка М (x, y, z) имеет декартовы координаты (x, y, z), а r = OM

JJJJG – длина радиус-вектора OM . Если М1 – ортогональная проекция точки М на JJJJG JJJJG плоскость OXY, то θ – угол между векторами OM и OM 1 , отсчитываемый от JJJJG JJJJG OM 1 к OM , (т. е. θ > 0, если координата z точки М положительна, и θ < 0, если она отрицательна). Очевидно, что угол θ расположен в пределах – π /2 ≤ θ ≤

≤ π /2. Переменная φ, (0 ≤ φ < 2π) представляет собой угол, отсчитываемый в JJJJG плоскости OXY от положительного направления оси OX к вектору OM 1 .

64

Z M r

θ ρ

ϕ

Y M1

X Рис. 15. Сферические координаты.

Будем в пространстве (r, φ, θ) рассматривать только такие области U, координаты точек которых удовлетворяют соотношениям: 0 ≤ φ < 2π, – π /2 ≤

≤ θ ≤ π /2, r ≥ 0. В пространстве (x, y, z) будем рассматривать области, не содержащие точку (0, 0, 0) вместе с ее малой окрестностью (в точке (0, 0, 0) не определены значения углов φ и θ). Для указанных областей соответствие (6) удовлетворяет условиям, накладываемым при замене координат. Для перехода к сферическим координатам в тройном интеграле можно воспользоваться формулами (2) и (3), где якобиан преобразования (6) имеет вид:

cosθ cos ϕ

cosθ sin ϕ

J = − r sin θ cos ϕ

− r sin θ sin ϕ

−r cosθ sin ϕ

r cosθ cos ϕ

65

sin θ r cosθ = − r 2 ⋅ cosθ . 0

(7)

Поскольку cos θ ≥ 0 при – π /2 ≤ θ ≤ π /2, то абсолютная величина яко2

биана равна r cos θ, и, следовательно, тройной интеграл в сферических координатах записывается в виде

∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = V

= ∫∫∫ f (r cosθ cos ϕ , r cosθ sin ϕ , r sin θ ) r 2 cosθ dr dϕ dθ .

(8)

U

ПРИМЕР 3. Найти объем тела, заданного неравенствами: x2 + y 2 2 2 2

16 ≤ x + y + z ≤ 100, 0 ≤ z ≤

24

,

y ≤ 0,

y≤−

Введем сферические координаты. Неравенства у ≤ 0, y ≤

x . 3

x задают дву3

гранный угол, образованный плоскостями, проходящими через ось OZ, и имеющий в плоскости OXY сечение, изображенное на рис. 16а. Точки, лежащие в двугранном угле, имеют координату φ, лежащую в пределах от π до 11π /6. а)

б)

Z z=

Y

O

X

O

x y=− 3

Рис.16. К примеру 3.

66

ρ 24

M

θ ρ

X M1

2

2

JJJJG

2

Пусть ρ = х + у , где ρ – длина вектора OM 1 (см. рис.15). Тогда область

ρ x2 + y2 = в плоскости OMM1 имеет сечение, изображенное на 24 2 6

0≤ z≤

рис 16б. Угол θ определяется из треугольника ОММ1: tgθ =

z

ρ . Следователь-

но, в рассматриваемой области значения угла θ меняются в пределах от 0 до

arctg

1 2 6

. 2

2

2

2

2

2

Неравенства 16 ≤ x + y + z ≤ 100 задают шаровой слой между сферами 2

2

2

2

2

r = x + y + z = 16 и r = x + y + z = 100. Для точек, лежащих в этом шаровом слое координата r принимает значения: 4 ≤ r ≤ 10. Вычисляя объем в сферических координатах по формуле (8), получаем:

V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫∫ r 2 cosθ drdθ dϕ = V

10

U

arctg

= ∫ r 2 dr 4

1 2 6

∫

0

11π 6

cosθ dθ ∫ dϕ = π

3 10

r 3

arctg

⋅ sin θ 0

11π 2 6 ⋅ ϕ 6 = 52π . ƒ 1

π

4

ПРИМЕР 4. Найти объем тела, ограниченного поверхностями:

x = −2 y 2 + 5; z = 5 − x 2 + 25 y 2 ; z = 2 − x 2 + 25 y 2 ; x = 3 . Воспользуемся формулой (4) из раздела 5.2 вычисления тройного интеграла для «цилиндрического бруса»:

V = ∫∫ dxdy D

5− x 2 + 25 y 2

∫

dz ,

2 − x 2 + 25 y 2

где область D изображена на рис. 17.

67

Y

x = 5 − 2 y2 1

D O

5

3

X

–1

Рис. 17. К примеру 4.

Тогда

V =

1

5− 2 y 2

−1

3

∫ dy ∫ =

1

5− x 2 + 25 y 2 dx ⋅ z 2 − x 2 + 25 y 2

=

5− 2 y 2

2 2 2 2 ∫ dy ∫ (5 − x + 25 y − 2 + x + 25 y )dx =

−1 1

=3∫

−1

3

5− 2 y 2 dy ⋅ x 3

1

2

1

= 3 ∫ (5 − 2 y − 3)dy = 3 ⋅ 2 ∫ (1 − y 2 )dy = −1

−1

y3 1 1 1 2 = 6( y − ) −1 = 6(1 + 1 − − ) = 12 ⋅ = 8. ƒ 3 3 3 3 ПРИМЕР 5. Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-

ностями: z = 8( x 2 + y 2 ) + 3; z = 16 x + 3 . Плоскость z = 16 x + 3 проходит через прямую z = 16 x + 3 в плоскости

OXZ , параллельна оси OY и отсекает от параболоида z = 8( x 2 + y 2 ) + 3 область

V (рис. 18). Проекция сечения на плоскость OXY задается уравнением 16 x + 3 = 8( x 2 + y 2 ) + 3 ⇒ 2 x = x 2 + y 2

68

⇒ ( x − 1)2 + y 2 = 1 .

т.е. представляет собой окружность (рис. 19). В полярных координатах уравнение этой окружности имеет вид

r 2 = 2r cos ϕ .

Z z = 3 + 8(x2 + y2)

z = 16x + 3

Y 2

O

X

Рис. 18. К примеру 5.

Y

( x − 1) 2 + y 2 = 1

D O

1

2

Рис. 19. К примеру 5.

69

X

Тогда искомый объем задается тройным интегралом:

V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫ dxdy V

D

16 x + 3

dz =

∫

8( x 2 + y 2 ) + 3

= ∫∫ dxdy (16 x + 3 − 8( x 2 + y 2 ) − 3). D

Полученный двойной интеграл удобно вычислить, переходя к полярным координатам:

V =

π /2

2 cos ϕ

−π / 2

0

2 ∫ dϕ ∫ (16r cos ϕ − 8r )r dr =

π /2 ⎛

r3 r4 ⎞ = ∫ ⎜16 cos ϕ ⋅ − 8 ⎟ ⎜ 3 4 ⎟⎠ −π / 2 ⎝ =

2 cos ϕ

dϕ 0

π /2

16 ⋅ 8 8 π /2 4 4 ( cos − 32 cos ) = (1 + cos 2ϕ ) 2 dϕ = ϕ ϕ ϕ d ∫ ∫ 3 3 −π / 2 −π / 2 π /2

8 1 sin 4ϕ 8 π = (ϕ + sin 2ϕ + (ϕ + )) = (π + ) = 4π . 3 2 4 2 −π / 2 3 Таким образом, искомый объем тела равен 4π. ƒ Упражнение. Вычислить объем тела из примера 6 с помощью перехода к

сферическим координатам.

70

Теоретические вопросы к главе 5. 1. Записать тройной интеграл

∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz через

повторные интегралы

V

различными способами, если область V ограничена поверхностями x = 0,

x = 2, z = 2y, y = 1. 1

1

1

1

x

y

0

0

0

0

0

0

2. Какой из интегралов больше ∫ dx ∫ dy ∫ f ( x, y , z )dz или ∫ dx ∫ dy ∫ f ( x, y, z )dz ,

если f (x, y, z) > 0 ? 3. Оценить величину интеграла

∫∫∫ V

dxdydz

( x − a)

2

2

+ ( y − b) + ( z − c)

2

, где область V

2 2 2 2 задается неравенством x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , причем a + b + c > R .

4. Какова формула перехода в тройном интеграле к цилиндрическим координатам? 5. Какова формула перехода к сферическим координатам в тройном интеграле? 6. Криволинейные координаты (u, v, w) в трехмерном пространстве задаются соотношениями x = u 2 − v 2 , y = u 2 + v 2 , z = w . Записать формулу перехода к таким координатам в тройном интеграле.

Задачи к главе 5. Записать тройные интегралы с помощью повторных интегралов вида b

ϕ2 ( x)

ψ 2 ( x, y )

ϕ1 ( x )

ψ1 ( x, y )

∫ dx ∫ dy

a

1.

∫ f ( x, y, z )dz

∫∫∫ zdxdydz; V

и вычислить их:

– часть пространства, ограниченная плоскостями z = 0,

V

x = 1, x = y, y = 0 и полуконусом z = x 2 + y 2 .

71

2.

∫∫∫ zdxdydz;

V – часть пространства, заключенная между плоскостями

V

y = 0, x = 5, y = 5x, z = 0 и параболоидом z = xy .

∫∫∫ z dxdydz; V

3.

– множество точек, заключенных между плоскостями

V

y = 0, x = 2, z = 2 – x, z = 4 – 2x и цилиндром y = 2 x . Вычислить тройные интегралы:

xyz

4.

2 ∫∫∫ x z ⋅ sin 3 dxdydz ; V : { x = 1, y = 4, z = π ; x = 0, y = 0, z = 0} . V

5.

2 2 ∫∫∫ y ⋅ cos 4 dxdydz ; V : { x = 0, y = −1, z = −π , y = x / 2, z = 0}. V

6.

2 2 ∫∫∫ (8 y + 12 z ) dxdydz ; V : { x = 1, y = x, z = 3x + 2 y , y = 0, z = 0}.

π xy

V

⎧x y z ⎫ ; V : ⎨ + + = 1 ; x = 0, y = 0, z = 0 ⎬ . 6 ⎩8 3 5 ⎭ x y z⎞ V ⎛ 1 + + + ⎜ ⎟ ⎝ 8 3 5⎠ dxdydz

7.

∫∫∫

8.

2 3 2 ∫∫∫ ( x + 2 y + 3z ) dxdydz ; V : { x = 3, y = 5 x, z = x + 5 xy, y = 0, z = 0}. V

Вычислить интегралы, перейдя к цилиндрическим координатам: 9.

∫∫∫ x dxdydz; V − часть

цилиндра x 2 + y 2 = R 2 , заключенная между

V

плоскостями z = a, z = b. 10.

∫∫∫ z dxdydz; V −

часть цилиндра x 2 + y 2 = R 2 , заключенная между

V

плоскостями z = a, z = b. 11.

∫∫∫ y dxdydz; V −

часть цилиндра ( x − 1) 2 + ( y − 3)2 = 10, заключенная

V

между плоскостями z = 0, z = 5. 72

Вычислить повторные интегралы, перейдя к цилиндрическим координатам: 12.

∫ dx ∫

0

∫

dy

0

∫ dx

−a

h

∫

h

− a2 − x2

a

x 2 + y 2 dz.

∫

dy 2

( x2 + y 2 )

x2 + y 2

∫ dx ∫

x 2 + y 2 dz.

0

4− x 2

−2

∫

dx

a2 − x2

2

15.

( x2 − y 2 ) / a

y

a

dz.

( x2 + y2 ) / 3

a2 − y2

∫

13.

∫

dy

0

a/ 2

14.

4− x 2 − y 2

3− x 2

3

∫2

dy

( x 2 + y 2 )dz.

( x2 + y ) / 2

− 4− x 2

Вычислить интегралы, перейдя к сферическим координатам: 16.

∫∫∫ V

dxdydz 2

2

x +y +z

2

; V − шаровой слой, заключенный между сферами

радиусов r и R, с центрами в начале координат. 17.

2 2 2 ∫∫∫ x + y + z dxdydz; V − верхняя часть шара с центром в начале V

координат радиуса R, вырезаемая из него конусом x 2 + y 2 = z 2 . Вычислить повторные интегралы, перейдя к сферическим координатам: R/ 2

∫ dx

18.

R2 2 −x 2

0

19.

a

a2 − x2

0

0

∫ dx

∫

∫

R2 − x2 − y 2

∫

dy

0

dz.

x2 + y 2

a2 − x2 − y 2

dy

∫

z dz.

0 73

20.

∫

R2 − x2 − y 2

R2 − x2

R

dx

−R

∫

∫

dy

z dz.

0

− R2 − x2

Найти объем тел, заданных ограничивающими их поверхностями:

{ } 22. V : { x + y = 2, z = 12 x / 5, z = 0, x = 0 x = y } . 23. V : { x = 15 y, x = 15 y, z = 0, z = 15 (1 + y ) } . 21. V : y = 5 x, y = 5 x / 3, z = 0, z = 5 + 5 x / 3 .

{

}

{

}

24. V : y = 5 x, y = 0, z = 0, x 2 + y 2 = 50, z = 3 x /11 . 25. V : z = 0, x 2 + y 2 = y, x 2 + y 2 = 4 y, z = x 2 + y 2 .

{ } 27. V : { x = 2 y 2 − 3, x = −7 y 2 + 6, z = 1 + x + 16 y , z = −3 + x 2 + 16 y 2 } . 28. V : { x = 4 y 2 + 2, x = 6, z = x 2 + 4 y 2 + y + 1, z = x 2 + 4 y 2 + y + 4 } . 29. V : { y = 3 x 2 − 5, y = −6 x 2 + 4, z = 10 x 2 − y 2 + 2, z = 10 x 2 − y 2 − 2 } . 26. V : y = 5, x 2 + 3 = y, z = 2 x 2 − y 2 + 1, z = 2 x 2 − y 2 + 5 . 2

{ } V : {z = 22 − x − y , z = 9 x + y }

2

30. V : 6 z = x 2 + y 2 , z = 16 − x 2 − y 2 . 31.

2

⎧⎪ 32. V : ⎨ z = ⎪⎩

2

2

2

.

x2 + y 2 , z = 9 − x2 − y 2 80

⎫⎪ ⎬. ⎪⎭

{

}

33. V : 4 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 25, z ≤ x 2 + y 2 , − x ≤ y ≤ − x / 3 .

74

⎧⎪ 34. V : ⎨16 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 100, ⎪⎩

⎫⎪ x2 + y 2 , x 3 ≤ y ≤ 0 ⎬. 3 ⎪⎭

x2 + y 2 ≤z≤ 15

⎧⎪ x2 + y 2 x ⎫⎪ 2 2 2 , y ≥ x 3, y ≥ 35. V : ⎨36 ≤ x + y + z ≤ 144, 0 ≥ z ≥ − ⎬. 24 3 ⎪⎩ ⎪⎭

⎧⎪ ⎫⎪ x2 + y 2 2 2 2 2 2 ≤ z ≤ 3( x + y ) , − x 3 ≤ y ≤ 0 ⎬ . 36. V : ⎨1 ≤ x + y + z ≤ 4, − 3 ⎪⎩ ⎪⎭ Найти массу тела V с плотностью μ, ограниченного поверхностью Π: 2

2

37. μ = 2(x + y ), Π: z = 4 x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 4, y = 0, z = 0, z ≥ 0, y ≥ 0 . 2

2

2

2

2

2

2

38. μ = |z|, Π: x + y + z = 9, x + y = 4, x + y ≤ 4, x = 0, x ≥ 0. 2

2

2

2

2

39. μ = 5yz, Π: x + y = 16z , x + y = 4z, x = 0, y = 0, x ≥ 0, y ≥ 0. 40. μ = x + 2y + 4z, Π: 0 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 20, 0 ≤ z ≤ 40.

75

Глава 6. Криволинейные интегралы. 6.1. Криволинейный интеграл I-го рода. Рассмотрим в трехмерном пространстве с заданной декартовой системой координат ОXYZ некоторую кривую Г (рис 1). Декартовы координаты точек кривой будем обозначать через (х, у, z). Определение 1. Кривая, заданная уравнением

r (t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j + z (t ) ⋅ k , a ≤ t ≤ b ,

(1)

называется непрерывной кусочно-гладкой, если функции x(t) , y(t) и z(t) непрерывны на отрезке [a, b], и отрезок [a, b] может быть разбит точками a = to < < t1 < …< tm = b на конечное число отрезков таким образом, что на каждом из этих частичных отрезков функции x(t) , y(t) и z(t) имеют непрерывные производные, не обращающиеся одновременно в 0.

Z

B

M A

r (b)

r (t )

r (a)

Y X

O Рис.1. К определению кривой.

Пусть на кривой Г = ∪ AB , где OA = r (a ), OB = r (b) задана непрерывная функция f (M), где M(х, у, z) – точка на кривой.

76

N1

Nk+1

Nk

N2

B = Nn

Mk

A = No Рис. 2. Разбиение кривой Г. Зададим разбиение T кривой Г точками A = No, N1, N2, …, Nn =B, (рис. 2). На каждой из дуг ∪ N k N k +1 выберем по произвольной точке Mk с координатами (ξk, ηk, ζk) и составим интегральную сумму:

ST =

n −1

∑

k =0

f ( M k ) ⋅ Δsk =

n −1

∑ f (ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Δsk ,

(2)

k =0

где Δsk – длина дуги ∪ N k N k +1 . Определение 2. Криволинейным интегралом I-го рода от функции

f (M) по кривой Г называется предел интегральной суммы (2) при бесконечном увеличении числа n точек деления Nk и бесконечном уменьшении длин дуг

∪ N k N k +1 , если этот предел существует и не зависит ни от способа разбиения

T, ни от выбора точек Mk на дугах: n −1

∑ ∫ f ( x, y, z )ds = ∫ f (M )ds = maxlim Δsk →0

Γ

Γ

k

k =0

f ( M k ) Δsk .

(3)

Для криволинейного интеграла по замкнутой кривой Г используется иное обозначение:

ò f ( M ) ds = ò f ( x, y, z ) ds . Γ

Γ

Существование криволинейного интеграла устанавливает следующая теорема:

77

Теорема 1. Если Г – непрерывная кусочно-гладкая кривая и функция

f (M) непрерывна на ней, то криволинейный интеграл I-го рода (3) от функции f (M) существует и определен однозначно. Теорема 2. Если кривая Г задана уравнениями (1), а функция f (M) непрерывна на этой кривой, то криволинейный интеграл I-го рода от функции

f (M) находится по формуле

∫ f (M )ds = ∫ f ( x, y, z )ds =

Γ

Γ

(4)

b

′2

′2

′2

= ∫ f ( x(t ), y (t ), z (t )) ⋅ x (t ) + y (t ) + z (t ) dt. a

Замечание. При использовании формулы (4) следует обращать внимание на то, чтобы при изменении параметра t от а до b дифференциалы ds и dt были неотрицательными, поскольку выражение

ds = x′2 (t ) + y ′ 2 (t ) + z ′ 2 (t ) dt . задает элемент длины дуги, который отрицательным быть не может. ПРИМЕР 1. Найти интеграл

∫

∪ AB

( x2 + y2 ) ds , где кривая Г – дуга ок-

ружности с центром в начале координат и радиуса 1 между точками А(0, 1) и

В(1, 0) (рис.3). Введем на кривой Г параметризацию: x = cos t , y = sin t , t ∈ [0, π / 2] . Тогда x′ ( t ) = − sin t , y ′ ( t ) = cos t , ds =

sin 2 t + cos 2 tdt = − dt . Здесь модуль рас-

крывается со знаком « – » поскольку при интегрировании от точки А до точки

В параметр t изменяется в интервале от π /2 до 0 и, следовательно, dt < 0. Применяя формулу (4), получим:

78

∫

∪ AB

(x

2

+y

2

0

) ds = ∫ ( cos

2

)

t + sin t ( − dt ) = 2

π /2

π /2

∫

0

dt =

π 2

.ƒ

Рис.3. К примеру 1. ПРИМЕР 2. На кривой Г, заданной параметрически уравнениями

x = a cos π t ,

y = a sin π t , z = bt ,

0 < t < 4, 2

распределена масса с плотностью ρ(x, y, z) = z . Определить массу кривой. Кривая Г представляет собой два витка спирали (рис 4). Для определения ее массы воспользуемся процедурой, аналогичной применявшейся при введении понятия криволинейного интеграла. Проведем разбиение T кривой Г точками A = Nо, N1, N2, …, Nn = B на элементарные дуги ∪ N k N k +1 . На каждой дуге выберем по точке Mk и будем считать, что плотность кривой на этой дуге постоянна и равна значению ρ(Mk) плотности в точке Mk . Тогда масса элементарной дуги равна произведению плотности на длину дуги: Δmk = ρ(Mk)·Δsk. Масса всей кривой равна сумме масс всех элементарных дуг: m = ∑ Δmk ≈ ∑ ρ ( M k ) Δsk . Полученное выраk

k

жение представляет собой интегральную сумму криволинейного интеграла 1-го рода

∫ ρ (M ) ds

функции ρ(М) по дуге Г.

Γ

79

Z 4b B

Y O

A a

X

Рис.4. К примеру 2. С уменьшением длин дуг ∪ N k N k +1 разбиения исходной кривой интегральная сумма приближается к искомой массе. В пределе получаем:

m=

∑ Δmk = ∫ ρ (M )ds =

lim

max Δsk →0 k 4

2

= ∫ ( bt ) ⋅

Γ

( aπ )2 ⋅ sin 2 t + ( aπ )2 ⋅ cos2 t + b2 dt =

0

4

t3 = b ⋅ ∫ t ⋅ a π + b dt = b ⋅ a π + b ⋅ 3 2

2

2 2

2

2

2 2

4

2

0

= 0

64 2 b ⋅ a 2π 2 + b 2 . ƒ 3

Замечание. В случае кривой на плоскости:

r (t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j , a ≤ t ≤ b ,

(5)

сохраняются определения и остаются справедливыми все теоремы, сформулированные выше. В соответствующих формулах нужно лишь убрать третью координату z(t) (или ζk ).

80

ПРИМЕР 3. Вычислить интеграл I = ∫ xy ds , где Г – четверть эллипса Γ

x

2

a

2

+

y

2

b

2

= 1, лежащая в первом квадранте (рис. 5).

Рис.5. К примеру 3. Пусть для определенности a > b. Введем параметризацию дуги: x = a cos t ,

y = b sin t , 0 < t < π / 2 . Тогда, используя теорему 2, получаем π /2

I=

∫

a cos t ⋅ b sin t ⋅

( a sin t )2 + ( b cos t )2 dt =

0

ab = ⋅ 2

π /2

ab =− 4

∫

sin 2t ⋅ a 2 ⋅

0

π /2

∫

0

1 − cos 2t 1 + cos 2t + b2 ⋅ dt = 2 2

a 2 + b2 a 2 − b2 − ⋅ cos 2t d cos 2t = 2 2 3/ 2 π / 2

⎛ a 2 + b2 a 2 − b2 ⎞ ab = ⋅⎜ − ⋅ cos 2t ⎟ ⎟ 2 3(a 2 − b 2 ) ⎜⎝ 2 ⎠

= 0

ab a3 − b3 ab a 2 + ab + b 2 = ⋅ = ⋅ .ƒ a+b 3 a 2 − b2 3 81

6.2. Криволинейный интеграл II-го рода. В этом разделе мы познакомимся с еще одним типом криволинейных интегралов. Начнем с определения ориентированной кривой в пространстве. Определение 1. Кривую Г, определяемую уравнением

r ( t ) = x(t ) ⋅ i + y (t ) ⋅ j + z (t ) ⋅ k ,

a ≤ t ≤ b,

будем называть ориентированной кривой, если на ней задан порядок следования точек, а именно, точка M2 следует за точкой M1, если радиус-вектор

OM 2 = r (t2 ) точки M2 отвечает значению параметра t = t2 большему, чем значение параметра t= t1 радиус-вектора OM1 = r (t1 ) точки M1, т.е. t2 > t1. Точка А с радиус-вектором OA = r (a ) называется началом кривой, а точка В с радиус- вектором OB = r (b) – концом кривой (см. рис.1). 2

2

2

ПРИМЕР 1. Для окружности x + y = R на плоскости OXY (рис. 6) радиус-векторы точек в параметрическом виде можно определить выражением:

r (t ) = R ⋅ cos t ⋅ i + R ⋅ sin t ⋅ j + 0 ⋅ k , 0 ≤ t ≤ 2π . Эта кривая – ориентированная: при возрастании параметра t от значения t = 0, отвечающего точке A происходит движение соответствующей точки кривой против часовой стрелки до точки B (для которой t = 2π). ƒ Y

R

A=B

O

Рис.6. К примеру 1. 82

X

При построении разбиения Т в этом параграфе будем предполагать, что точки разбиения A = Nо, N1, N2, …, Nn = B следуют друг за другом. Обозначим через (Δxk, Δyk, Δzk) координаты вектора N k N k +1 . Пусть на кривой определены три непрерывные функции: P (x,y,z ),

Q (x,y,z ) и R (x,y,z ). Тогда можно считать, что на кривой Г задана векторфункция

F ( x , y , z ) = ( P ( x, y , z ) , Q ( x, y , z ) , R ( x, y , z ) ) . Составим три интегральные суммы: n −1

a)

∑ P(ξk ,ηk ,ζ k ) ⋅ Δxk ,

k =0 n −1

б)

∑ Q(ξk ,ηk ,ζ k ) ⋅ Δyk ,

(1)

k =0 n −1

в)

∑ R(ξk ,ηk ,ζ k ) ⋅ Δzk .

k =0

Теперь можно дать определение криволинейного интеграла II-го рода. Определение 2. Пусть существуют пределы интегральных сумм (1) при бесконечном увеличении числа точек деления и бесконечном уменьшении длин векторов N k N k +1 , причем эти пределы не зависят ни от способа разбиения кривой Г, ни от выбора точек на дугах:

a)

∫ P(M )dx = ∫ P( x, y, z )dx =

Γ

б)

∑ P(ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Δxk ,

max Δxk →0 k =0 k

n −1

∑ Q(ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Δyk , ∫ Q(M )dy = ∫ Q( x, y, z )dy = maxlim Δyk →0

Γ

в)

Γ

n −1

lim

Γ

k

(2)

k =0 n −1

∑ R(ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Δzk . ∫ R(M )dz = ∫ R( x, y, z )dz = maxlim Δzk →0

Γ

Γ

k

k =0

Тогда криволинейным интегралом II-го рода, или криволинейным интегралом от векторной функции F ( x, y, z ) = (P ( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z )) вдоль 83

ориентированной кривой Г, называется сумма интегралов, определенных формулой (2):

∫ F ⋅ dr = ∫ P ( x, y, z ) dx + Q ( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz .

Γ

(3)

Γ

(В левой части равенства (3) под интегралом стоит скалярное произведение вектора F ( x, y, z ) = ( P ( x, y , z ) , Q ( x, y , z ) , R ( x, y, z ) ) на вектор dr = (dx, dy , dz ) ). Определение 3. Если кривая Г замкнута, то криволинейный интеграл, определяемый формулой (3), называется циркуляцией вектора F ( x, y, z ) по контуру Г. Для циркуляции обычно используется обозначение

ò F ⋅dr . Γ

Как и в случае криволинейных интегралов I-го рода, верна теорема: Теорема 1. Если Г – кусочно-гладкая кривая и вектор F ( x, y , z ) имеет непрерывные на Г компоненты P(x , y , z) , Q ( x , y , z ) и R ( x , y , z ), то криволинейные интегралы (2) и (3) существуют и определены однозначно. Используя формулу для дифференцирования сложной функции (см. Выпуск 2 настоящего пособия), получаем еще одно утверждение: Теорема 2. Если кривая Г задается векторным уравнением (1) п. 6.1, то интеграл (3) вычисляется по формуле:

∫ F ⋅dr =

Γ

b

= ∫ ⎡⎣ P ( x(t ), y (t ), z (t ) ) ⋅ x′(t ) + Q ( x(t ), y (t ), z (t ) ) ⋅ y ′(t ) + a

(4)

+ R ( x(t ), y (t ), z (t ) ) ⋅ z ′(t ) ⎤⎦ dt.

Аналогичные формулы справедливы для каждого из интегралов (2).

84

Замечание. Криволинейный интеграл II-го рода, в отличие от криволинейного интеграла I-го рода, зависит от ориентации кривой. При изменении ориентации (заданного направления движения по кривой) интегралы (2) – (4) меняют знак. Это связано с тем, что в определении криволинейного интеграла II-го рода в интегральных суммах (1) значения координат Δxk , Δyk , Δzk меняют знак при изменении направления векторов N k N k +1 на противоположное. В криволинейном интеграле I-го рода изменения знака не происходит, поскольку в соответствующей интегральной сумме (2) из п.6.1 величины Δsk – длины дуг разбиения, которые не изменяются при изменении направления обхода кривой. ПРИМЕР 2 . Найти циркуляцию вектора a = y ⋅ i − 3 xj + xk вдоль контура Г = {(x,y,z ): x= 2 cos t , y = 2sin t , z = 1 – 2 cos t – 2 sin t } в направлении возрастания параметра t (рис 7).

Z

Y x + y + z =1

Y 2

A

X

A x2 + y 2 = 4

Рис.7. К примеру 2. 85

Заметим сначала, что для точек, лежащих на контуре Г справедливы со2

2

отношения: x + y + z = 1 и x + y = 4, т.е. кривая Г есть замкнутая линия пере2

2

сечения цилиндра x + y = 4 с плоскостью x + y + z = 1. Если начать движение по кривой Г от точки A (2, 0, – 1) в которой значение параметра t равно 0, то при изменении параметра t до значения 2π, точка кривой вернется в исходную точку A . Используя теорему 2, можно записать:

ò a ⋅ dr =

2π

Γ

∫ ⎡⎣ y(t ) ⋅ x′ ( t ) − 3x ( t ) ⋅ y′ ( t ) + x ( t ) ⋅ z′ ( t )⎤⎦ dt =

0 2π

= 2π

=

∫(

∫ [ 2sin t ⋅ (−2sin t ) − 6 cos t ⋅ 2 cos t + 2 cos t ⋅ (2sin t − 2 cos t )] dt =

0 2

−4sin t − 16 cos t + 4sin t cos t dt =

0 2π

=

2π

)

2

1 + cos 2t ⎛ ⎞ − 4 − 12 ⋅ + 4sin t cos t ⎟ dt = ∫ ⎜⎝ 2 ⎠ 0

2π 2π 2π − 3sin 2t − 2sin 2 t = −20π . ƒ 0 0 0

∫ ( −10 − 6 cos 2t + 4sin t cos t ) dt = −10t 0

ПРИМЕР 3. Найти модуль циркуляции вектора a = yz ⋅ i − xz ⋅ j + xy ⋅ k 2

2

2

2

2

вдоль контура Г = {(x, y, z): x + y + z = 16, x + y = 9, z ≥ 0}, (рис.8).

Z Y

3

Рис.8. К примеру 3. 86

4

X

Для точек (x, y, z), лежащих на контуре Г, можно записать: 2

2

z = 16 –

2

– (x + y ) = 16 – 9 = 7, откуда, учитывая условие z ≥ 0, получаем z = 7 . По2

2.

скольку для точек кривой Г выполнено соотношение x +y =9, на ней можно

y = 3sin t , z = 7, 0 ≤ t ≤ 2π .

ввести параметризацию: x = 3cos t ,

Поскольку в примере требуется найти модуль циркуляции, то направление обхода кривой не имеет значения (при его изменении на противоположный меняется знак всего криволинейного интеграла II-го рода, а значит и циркуляции). Примем, что движение по кривой происходит в сторону увеличения параметра t. Применяя теорему 2, получим:

ò a ⋅ d r = ò yzdx − xzdy + xydz = Γ

Γ

2π

=

∫ ( 3sin t ⋅

)

7 ⋅ ( −3sin t ) − 3cos t ⋅ 7 ⋅ (3cos t ) + 3cos t ⋅ ( 3sin t ) ⋅ 0 dt =

0

2π

=

∫ −9

0

(

)

7 ⋅ sin 2 t + cos 2 t ⋅ dt = −9 7 ⋅ 2π ,

откуда модуль циркуляции равен 18π ⋅ 7 . ƒ Замечание. Все определения и утверждения, сформулированные выше для пространственных кривых, справедливы и в случае плоских кривых. В соответствующих формулах нужно лишь убрать третью координату z(t).

6.3. Свойства криволинейных интегралов I и II рода. Основные свойства криволинейных интегралов во многом схожи со свойствами определенных интегралов Римана, изученных в главе 2 настоящего пособия. Теорема. Криволинейные интегралы I-го и II-го рода обладают следующими свойствами: 87

n. Линейность.

∫ ( c1 f1 ( M ) + c2 f2 ( M ) ) ds = c1 ⋅ ∫ f1 ( M ) ds + c2 ⋅ ∫ f2 ( M ) ds ,

Γ

Γ

Γ

∫ ( c1F1 ( M ) + c2 F2 ( M ) ) ⋅ d r = c1 ⋅ ∫ F1 ( M ) ⋅ d r + c2 ⋅ ∫ F2 ( M ) ⋅ d r ,

Γ

Γ

Γ

где с1 и с2 – постоянные.

o. Аддитивность. Если кривая Г составлена из нескольких кривых, т.е. Г= Г1∪ Г2∪… ГA, то A

∫ f ( M ) ds = ∑ ∫ f ( M ) ds k =1 Γ k

Γ

и A

∫ F ( M ) ⋅ dr = ∑ ∫ F ( M ) ⋅ dr . k =1 Γ k

Γ

ПРИМЕР 2 ∫ x dx + xydy

1.

Вычислить

криволинейный

интеграл

второго

рода

по плоской кривой Г = Г1∪ Г2, где Г1 есть отрезок, соединяю-

Γ

щий точки О(0, 0) и С(1, 1) (с направлением от точки О к точке С ), а Г2 – 2

часть параболы x = y от точки С до точки О (рис.9).

1

C

Γ1 Γ2 O

1

Рис.9. К примеру 1.

88

X

Введем следующую параметризацию на кривой Г. На отрезке Г1: x = t, 2

y = t, 0 ≤ t ≤ 1, а на кривой Г2: y = t , x = t, 1 ≥ t ≥ 0. Воспользовавшись теоремой 2 пункта 6.2 и теоремой пункта 6.3, запишем:

∫x

2

dx + xydy =

Γ

∫x

2

dx + xydy +

Γ1

∫

x 2 dx + xydy = I1 + I 2 ,

Γ2

где

I1 =

∫

Γ1

1

t3 1 2 = , x dx + xydy = ∫ t dt + t dt = 2 ⋅ 3 0 3 2

2

2

0

0

⎛ t3 11 t5 ⎞ 0 . I 2 = ∫ x dx + xydy = ∫ t dt + t ⋅ 2tdt = ⎜ + 2 ⋅ ⎟ = − ⎜3 ⎟1 5 15 ⎝ ⎠ Γ2 1 2

2

3

Тогда 2 ∫ x dx + xydy =

Γ

2 11 1 − = − .ƒ 3 15 15

ПРИМЕР 2. Найти работу силы F = ( x − y ) ⋅ i + j при перемещении

вдоль линии Γ =

{( x, y ) : x2 + y2 = 4, y ≥ 0} от точки A(2, 0) до точки B( – 2, 0)

(рис. 10).

Y

X −

2

O Рис. 10. К примеру 2. 89

2

Пусть на материальную точку М (x,y) плоскости OXY действует сила F , зависящая только от положения точки М. При этих условиях на плоскости определено силовое поле, а сила F , действующая на материальную точку, называется напряженностью поля. Пусть материальная точка под действием силы

F ( M ) = P ( M ) ⋅ i + Q ( M ) ⋅ j движется в силовом поле по кривой Г от точки А до точки В. Найдем работу, совершаемую силовым полем.

Y

B = Mn Γ

F (M k )

Δyk

A = Mo

αk

M2

M1

Mk+1

Mk Δxk

X

Рис.11. К примеру 2.

Проведем разбиение Т кривой Г точками A = Mo, M1, M2, …, Mn = B на элементарные дуги. На дуге ∪ M k M k +1 сила мало меняется, и она может считаться постоянной и равной своему значению в начальной точке дуги:

F (M ) ≈ F (M k ) . Обозначим через αk угол между направлением силы F в точке

Mk и секущей M k M k +1 (рис 11). Тогда работа Ak по перемещению материальной точки по кривой Г от точки Mk до точки Mk+1 будет определяться по формуле: Ak = F ( M k ) ⋅ M k M k +1 = P ( M k ) ⋅ Δxk + Q ( M k ) ⋅ Δyk . Работа по перемещению материальной точки вдоль всей кривой от A до B будет равна суммар90

ной работе, совершаемой на всех элементарных дугах: A =

n −1

∑ Ak . Переходя к

k =0

пределу, получаем

A=

n −1

∑ Ak = ∫ P(x, y ) dx + Q( x, y ) dy ,

lim

max Δxk →0 k = 0 k

max Δyk →0

Γ

k

т.е. работа равна криволинейному интегралу II-го рода от силы F по дуге Г. Для рассматриваемого примера работа выражается интегралом

A = ∫ ( x − y ) dx + dy . Γ

Проведем параметризацию кривой Г: x = 2cos t, y = 2 sin t, 0 ≤ t ≤ π. Тогда, используя теорему 2 пункта 6.2, получаем π

A = ∫ ⎡⎣( 2 cos t − 2sin t ) ⋅ ( −2sin t ) + 2 cos t ⎤⎦ dt = 0

π

(

)

= 2 ∫ −2sin t ⋅ cos t + 2sin 2 t + cos t dt = π

0

= 2 ∫ ( − sin 2t + 1 − cos 2t + cos t )dt = ( cos 2t + 2t − sin 2t + 2sin t ) 0

π 0

= 2π . ƒ

6.4. Связь криволинейных интегралов I и II рода. Пусть на плоской кривой Г даны две произвольные точки M1 и M2 (рис.12). Обозначим через Δs длину кривой между точками M1 и M2, через Δx – абсциссу вектора M1M 2 , а через Δy – его ординату. Из криволинейного треугольника M1M2D (рис.12) по теореме Пифагора получаем: Δs 2 ≈ M1M 2

2

= Δx 2 + Δy 2 . Пусть φ – угол между вектором M 1M 2

и осью абсцисс, а α – угол между касательной к кривой Г в точке M1 (предельным направлением вектора M 1M 2 при Δs→0) и положительным направлени91

ем оси. Тогда при Δs → 0 имеем φ → α. Кроме того, при малом значении Δs можно считать, что Δs ≈ ds,

Δx ≈ dx, Δy ≈ dy . Поскольку Δx ≈ Δs ⋅ cos ϕ ,

Δy ≈ Δs ⋅ sin ϕ , то при Δs→0 получаем: dx = ds ⋅ cos α , dy = ds ⋅ sin α .

Y M2 Δy

α

M1

ϕ

D

Δx

X

Рис.12. К выводу формулы связи криволинейных интегралов I и II рода.

В случае пространственной кривой касательная в точке M1 (предельное положение луча, направленного по вектору M 1M 2 ) образует с координатными осями ОХ, ОY и ОZ углы α, β и γ, соответственно, а вектор M 1M 2 образует с теми же осями углы φ, ψ и θ (рис. 13). При этом

Δx ≈ M1M 2 ⋅ cos ϕ , Δy ≈ M1M 2 ⋅ cosψ , Δz ≈ M1M 2 ⋅ cosθ , а M1M 2 ≈ Δs . Тогда в пределе при Δs→0 получаем:

dx = ds ⋅ cos α , dy = ds ⋅ cos β , dz = ds ⋅ cos γ . Подставив эти соотношения в интегральные суммы для криволинейных интегралов I-го и II-го рода, приходим при max Δsk → 0, (а значит, и max Δxk → 0, k

k

max Δyk → 0, max Δzk → 0 ) к равенству соответствующих интегралов: k

k

92

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

Γ

= ∫ ( P ( x, y, z ) ⋅ cos α + Q ( x, y, z ) ⋅ cos β + R ( x, y, z ) ⋅ cos γ ) ds,

(1)

Γ

где α, β, γ – функции точки М.

Рис.13. К выводу формулы связи криволинейных интегралов I и II рода. Замечание. В двумерном случае (см. рис. 12) связь криволинейных ин-

тегралов I-го и II-го рода определяется формулой, аналогичной (1):

∫ P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = ∫ ( P ( x, y ) ⋅ cosα + Q ( x, y ) ⋅ sin α ) ds .

Γ

Γ

6.5. Формула Грина. Формула Грина устанавливает связь между двойным интегралом по плоской области и криволинейным интегралом II-го рода по его границе. Изобразим на плоскости две декартовы системы координат (рис. 14). Принципиальное различие этих систем состоит в том, что путем перемещения в плоскости, невозможно добиться совмещения систем координат а) и b) так, 93

чтобы совпали положительные направления осей. Систему координат а) называют правой, а систему координат b) – левой. Рассмотрим некоторую область на плоскости с заданной системой координат. Для системы координат (а) на рис. 14 положительным направлением обхода границы области будем считать направление, при движении по которо-

му область остается слева. Для системы координат (b) при положительном направлением обхода границы область должна оставаться справа. (На рис.14 изображены положительные направления обхода границ указанных областей.) Отрицательным направлением обхода границы области считается про-

тивоположное направление.

a)

Y

Γ

b)

Y

Γ

D+ D+

X

X

Рис.14. Положительное направление обхода для правой (a) и левой (b)систем координат.

Область считается ориентированной положительно (и обозначается

D + ), если на ее границе задано положительное направление обхода, и ориентированной отрицательно (обозначается D − ), если на ее границе задано отрицательное направление обхода. По определению, будем считать, что двойной интеграл по области D + совпадает с введенным ранее двойным интегралом по неориентированной области, а двойной интеграл по области D − отличается от него знаком: 94

∫∫ f (x, y ) dxdy = ∫∫ f (x, y ) dxdy = − ∫∫ f (x, y ) dxdy .

D+

D−

D

Пусть область D ограничена справа и слева отрезками прямых х = а и х =

= b, а снизу и сверху – графиками непрерывных функций y = φ1(x) и y = φ2(x), т.е. является «правильной областью I-го типа» (см. главу 4 и рис. 15).

y= ϕ 2 ( x)

M

N

Y

D K

L y= ϕ1 ( x ) a

X b

Рис.15. Правильная область первого типа.

Найдем двойной интеграл по этой области от функции ∂P(x,y)/∂y:

∫∫

∂P ( x, y )

D

∂y b

b

ϕ2 ( x )

a

ϕ1 ( x )

dxdy = ∫ dx

∫

∂P ( x, y ) ∂y

(

b

dy = ∫ P ( x, y ) a

)

ϕ2 ( x ) dx = ϕ1 ( x )

(*)

= ∫ P ( x, ϕ 2 ( x ) ) − P ( x, ϕ1 ( x ) ) dx = a

=−

∫

P ( x, y ) dx −

∪ MN

=−

∫

=−

P ( x, y ) dx =

∪ KL

P ( x, y ) dx −

∪ MN

∫

(**)

∫

P ( x, y ) dx −

∪ NK

∫

∫

∪ KL

P ( x, y ) dx −

∫

(∗∗∗)

P ( x, y ) dx =

∪ LM

P ( x, y ) dx.

Γ( D)

(Начиная с третьей строки в этом равенстве стоят криволинейные интегралы IIго рода). Поясним преобразования, проведенные в записанном выше равенстве. 95

(*). Введем на дуге ∪ MN параметризацию: х = t, y = φ2(x), a ≥ t ≥ b. Тогда, учитывая направление движения,

∫

∪ MN

a

b

b

b

a

a

P ( x, y ) dx = ∫ P ( t , ϕ 2 (t ) ) dt = − ∫ P ( t , ϕ 2 (t ) ) dt = − ∫ P ( x, ϕ 2 ( x) ) dx .

Записывая аналогичное утверждение для интеграла

∫ P(x, y )dx , убежда-

∪ KL

емся в правильности равенства (*).

(**). Равенство (**) может быть получено, если к интегралам

∫ P(x, y ) dx

∪ MN

и

∫ P(x, y ) dx

добавить нулевые слагаемые

∪ KL

и

∪ NK

∫ P(x, y ) dx . Действительно, интеграл

∪ LM

∫ P(x, y ) dx

∫ P ( x, y ) dx

равен нулю, т.к. x = const

∪ NK

на отрезке NK, а значит dx = 0. Аналогично равен нулю интеграл

∫ P ( x, y ) dx .

∪ LM

(***). Это равенство следует из свойства аддитивности криволинейных интегралов: граница Г(D) области D представляет собой объединение:

Γ(D ) = (∪ MN ) ∪ (∪ NK ) ∪ (∪ KL ) ∪ (∪ LM ) . Итак, для правильных областей I-го типа имеет место формула:

∂P( x, y ) ∫∫ ∂y dxdy = − ∫ P(x, y ) dx . D Γ(D )

(1)

Эта формула справедлива и для областей, которые можно разбить на конечное число правильных областей I-го типа прямыми, параллельными оси OY. Докажем это, например, для области D, изображенной, на рис.16. Разобьем область D отрезками MK и NG на правильные области D1, D2, D3 и D4. Тогда интеграл по границе Г(D) области D равен сумме интегралов по границам областей D1, D2, D3 и D4, т.к. отрезки ML, LK, NF и FG, не входящие в 96

первый интеграл, в интегралах суммы проходятся дважды: сначала в одну сторону, а потом в другую, и поэтому взаимно уничтожаются.

M

Y

N D3 a

L

D1

b

F

D4

D2 K

G

X

Рис.16.К доказательству формулы Грина.

Двойной интеграл по области D равен сумме интегралов по областям D1,

D2, D3 и D4. Поэтому получаем:

∫∫

∂P ( x, y ) ∂y

D

=

dxdy = ∑ ∫∫

∂y

i =1 Di

∫

... dx +

∫

... dx +

∪ MK

+

∂P ( x, y )

4

∫

... dx +

∫

...dx +

dxdy = −∑

∫

∫

∫

... dx +

∪ LM

∪ NF

∫

i =1 Γ( Di )

∪ KL

∪ NM

4

P ( x, y ) dx =

∪ ML

∫

... dx +

∪ FG

∫

... dx +

∪ LaF

... dx +

∪GN

∫

... dx +

∪ FN

∫

... dx +

+

∫

∪GF

∫

∫

P ( x, y ) dx +

∪ MK

+

∫

P ( x, y ) dx +

∪ KG

∫

∪ NM

P ( x, y ) dx +

∫

... dx +

∪ FbL

... dx +

∪ LK

=

... dx +

∫

... dx =

∪ KG

P ( x, y ) dx +

∪GN

∫

P ( x, y ) dx +

∪ LaF

∫

∪ FbL

P ( x, y ) dx = −

∫

Γ( D )

P ( x, y ) dx.

(Для краткости в интегралах опущена подынтегральная функция P ( x, y ) ).

97

Таким образом, формула (1) справедлива и для области на рис.16, которая сама не является правильной, но может быть разбита на конечное число правильных областей I-го типа. Рассмотрим теперь правильную область II-го типа. Напомним, что такая область ограничена сверху и снизу отрезками прямых у = с и у = d, а справа и слева – графиками непрерывных функций х = ψ1(y) и х = ψ2(y) (рис. 17).

Y M

L

d x = ψ1 ( y )

c

x = ψ 2 ( y)

D

K

N X

Рис.17. Правильная область второго типа.

Аналогично предыдущему, можно доказать, что для такой области, а также для областей, которые могут быть разбиты на конечное число областей II-го типа прямыми, параллельными оси OX, справедлива формула: d

ψ 2 ( y)

c

ψ1 ( y )

∂Q ( x, y ) ∫∫ ∂x dxdy = ∫ dy D

∫

∂Q ( x, y ) dx = ∂x

d

= ∫ ( Q (ψ 2 ( y ), y ) − Q (ψ 1 ( y ), y ) ) dy = c

=

∫

Q ( x, y )dy +

∪ LK

∫

∫

Q ( x, y ) dy +

∪ LK

∫

Q ( x, y )dy =

∪ NM

Q ( x, y )dy +

∪ KN

+

∫

∪ NM

Q ( x, y )dy +

∫

∪ ML

98

Q ( x, y )dy =

∫

Γ( D )

Q( x, y ) dy.

(2)

Если область можно разбить и на правильные области типа I, и на правильные области типа II, то для нее справедливы как формула (1), так и формула (2). Сложив формулы (1) и (2), получим так называемую формулу Грина:

⎛ ∂Q ( x, y ) ∂P ( x, y ) ⎞ − ⎟ dxdy = ∂x ∂y ⎠

∫∫ ⎜⎝ D

∫

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

(3)

Γ( D )

Итак, мы доказали следующую теорему: Теорема. Если область, имеющая «хорошую» границу, может быть раз-

бита прямыми, параллельными координатным осям, на конечное число правильных областей I-го или II-го типа, и если функции

P( x, y ), Q( x, y ),

∂P( x, y ) , ∂y

∂Q( x, y ) ∂x

непрерывны на замыкании области D, то справедлива формула Грина (3). ПРИМЕР 1. Вычислить двумя способами интеграл:

∫ xy dx − ( y − x ) dy , где

Γ

Г – контур треугольника с вершинами А(0,0), В(1,0) и С(0,1), проходимый в положительном направлении (рис.18).

Y C Γ

D O=A

B

Рис.18.К примеру 1.

99

X

Контур интегрирования Г состоит из трех отрезков: на отрезке АВ переменная y = 0, т.е. постоянна, следовательно, dy = 0, а переменная x, которую мы будем считать параметром, меняется в пределах 0 ≤ x ≤ 1; на отрезке BC переменная y = 1 – x, следовательно, dy = – dx, а переменная x меняется в пределах 1 ≥ x ≥0; на отрезке CA переменная x = 0, т.е. постоянна, следовательно,

dx = 0, и в качестве параметра следует взять переменную y, которая меняется в пределах 1 ≥ y ≥ 0. Применяя теорему 2 пункта 6.2, запишем:

∫ xy dx − ( y − x ) dy = ∫

Γ

xy dx − ( y − x ) dy +

AB

+

∫

xy dx − ( y − x ) dy +

BC 1

0

0

1

∫

xy dx − ( y − x ) dy =

CA

= ∫ 0 ⋅ dx + ∫ x (1 − x ) dx − (1 − x − x ) ⋅ ( − dx ) + 0

0

0

⎛ x 2 x3 ⎞ 1 y2 2 + ∫ ( − y ) dy = ⎜ − + x−x ⎟ − = . ⎜ 2 ⎟ 3 ⎝ ⎠1 2 1 3 1 Вычислим теперь тот же интеграл другим способом – используя формулу

Грина. В данном интеграле P(x,y) = xy, Q(x,y) = – (y – x), поэтому ∂Q/∂x = 1, ∂P/∂y = x. По формуле (3) получаем:

∫ xy dx − ( y − x ) dy = ∫∫ (1 − x ) dxdy =

Γ

D

1

1− x

1

0

0

0

= ∫ dx

1− x ∫ (1 − x ) dy = ∫ dx ⋅ ( y − xy ) 0 =

1

1

0

0

= ∫ (1 − x − x (1 − x ) ) dx = ∫ ( x − 1) dx = Естественно, получен тот же результат. ƒ

100

2

31

( x − 1) 3

0

1 = . 3

ПРИМЕР

2.

Вычислить

двумя

способами

криволинейный

инте-

2 грал: ∫ ( x + y ) dx + ( x 2 + y 2 ) dy , если Г – контур треугольника с вершинами Γ

А(1,1), В(3,2) и С(2,5), проходимый в положительном направлении (рис. 19). Опять решим пример двумя способами: путем непосредственного интегрирования и на основе применения формулы Грина.

Y C

5

2 1

D

B

A 1

2

3

X

Рис.19.К примеру 2. Способ 1. Введем параметризацию на отрезках АВ, ВС и СА, состав-

ляющих кривую Г. Для отрезка СА: х – параметр, изменяется в пределах 2 ≥ x ≥ 1. Переменная у выражается через х по формуле: у = kх + с, где постоянные k и с находятся из условий: 1 = k + с и 5 = 2k + с. Решая эту систему уравнений, находим:

k = 4, c = –3, следовательно, у = 4х – 3. Для отрезка АВ: x – параметр, y =

x +1 , 1 ≤ x ≤ 3. 2

Для отрезка ВС: x – параметр, у = 11 – 3x, 3 ≥ x ≥ 2 . Используя теорему 2 п. 6.2, получаем:

101

) ∫ ( x + y )2 dx + ( x2 + y2 ) dy + AB 2 2 + ∫ ( x + y ) dx + ( x 2 + y 2 )dy + ∫ ( x + y ) dx + ( x 2 + y 2 )dy =

∫ ( x + y)

Γ

2

(

dx + x 2 + y 2 dy =

BC

CA

2

2⎞ ⎛ x +1⎞ ⎛ ⎛ x +1⎞ 2 ⎛ x +1⎞ = ∫⎜ x + ⎟ dx + ⎜⎜ x + ⎜ ⎟ ⎟⎟ d ⎜ ⎟+ 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 3

2

(

+ ∫ ( x + ( −3 x + 11) ) dx + x 2 + ( −3 x + 11) 2

3 1

2

(

+ ∫ ( x + 4 x − 3) dx + x 2 + ( 4 x − 3) 2

2

2

) d ( −3x + 11) +

) d ( 4 x − 3) =

3⎛

2 1 ⎛ 5x2 + 2 x + 1 ⎞ ⎞ ⎛ 3x + 1 ⎞ = ∫⎜⎜ + ⋅⎜ ⎟ ⎟ dx + ⎟⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎟⎠ 2 ⎜⎝ 4 ⎠⎠ 1⎝ 2

(

(

2

))

+ ∫ (11 − 2 x ) − 3 ⋅ 10 x 2 − 66 x + 121 dx + 3

1

(

2

))

(

+ ∫ ( 5 x − 3) + 4 ⋅ 17 x 2 − 24 x + 9 dx = 2

3⎛

2

1

3

23x 2 + 14 x + 3 ⎞ 2 = ∫⎜ ⎟dx + ∫ −26 x + 154 x − 242 dx + ⎜ ⎟ 8 ⎝ ⎠ 1

(

)

3

⎛ 23 x3 14 x 2 3 x ⎞ 2 + ∫ 93 x − 126 x + 45 dx = ⎜ ⋅ + ⋅ + ⎟ + ⎜ 8 3 8 2 8 ⎟⎠ ⎝ 2 1

(

)

2

1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x3 x2 x3 x2 2 + ⎜ −26 ⋅ + 154 ⋅ − 242 x ⎟ + ⎜ 93 ⋅ − 126 ⋅ + 45 x ⎟ = −18 . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 2 3 2 3 ⎝ ⎠3 ⎝ ⎠2 2

Способ 2. Используем формулу Грина. В данном случае P(x,y) = (x + y) , 2

2

Q(x,y) = x + y , поэтому

∂P( x, y ) = 2( x + y ), ∂y

∂Q( x, y ) = 2 x . Обозначив через D ∂x

область, ограниченную контуром Γ, по формуле (3) получаем:

102

∫ ( x + y)

2

Γ

(

)

dx + x 2 + y 2 dy = ∫∫ ( 2 x − 2 x − 2 y ) dxdy = D

4 x −3 3 11−3 x ⎛2 ⎞ ⎜ = −2 ∫ dx ∫ y dy + ∫ dx ∫ y dy ⎟ = ⎜ ⎟ 2 ( x +1) / 2 ⎝ 1 ( x +1) / 2 ⎠

⎛2 3 2 4 x −3 2 11−3 x ⎞ y y ⎟= = −2 ⎜ ∫ dx ⋅ + ∫ dx ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 2 1 2 ( x + 1) / 2 ( x + 1) / 2 ⎝ ⎠ 2

2

3

= − ∫ ( 4 x − 3) dx − ∫ (11 − 3 x ) 1

2

2

2

2

2 ⎛ x +1⎞ dx + 3∫ ⎜ ⎟ dx = −18 . ƒ 3 ⎝ 2 ⎠ 1

ПРИМЕР 3. Решить с помощью формулы Грина пример 1 из п. 6.3. 2

В этом примере P(x,y) = x , Q(x,y) = xy. Тогда ∂Q/∂x = y, ∂P/∂y = 0. Подставляя эти значения в формулу (3), получаем 2 ∫ x dx + xy dy = − ∫∫ ( y − 0) dxdy =

Γ

1

= − ∫ dx 0

x

∫

x2

D 1

y2 y dy = − ∫ dx ⋅ 2 0

x

1⎛ 2

x x 4 ⎞⎟ 1 ⎜ = −∫ − dx = − , ⎜ 2 2 ⎟⎠ 15 0⎝ x2

где D – область, ограниченная кривой Г (см. рис. 9). ƒ ПРИМЕР 4. Вычислить двумя способами криволинейный интеграл:

2 ∫ (x + 2 xy ) dy ,

если Г – контур, состоящий из левой половины эллипса

Γ

⎧⎪ x2 y 2 Γ1 = ⎨( x, y ) : + 2 = 1, 2 ⎪⎩ a b

⎫⎪ x ≤ 0⎬ и отрезка Г2 ={(0, y), – b ≤ y ≤ b}, причем ⎪⎭

контур проходится в положительном направлении (рис. 20). Введем параметризацию на кривой Г1: x = a ⋅ cos t , y = b ⋅ sin t ,

π 2

≤t≤

3π . 2

На контуре Г2 переменная x = 0, в качестве параметра выберем переменную y.

103

Рис.20.К примеру 4.

Используя формулу теоремы 2 пункта 6.2, получаем:

∫(x

2

)

+ 2 xy dy =

Γ

3π 2

∫

=

π 2

(a

3π 2

∫

=

2

∫ (x

2

)

+ 2 xy dy +

Γ1

∫ (x

2

)

+ 2 xy dy =

Γ2

b

)

2

∫ 0 ⋅ dy =

cos t + 2a cos t ⋅ b sin t ⋅ b cos tdt +

(

2

2

3π 2

)

a b ⋅ 1 − sin t d sin t − 2ab

π 2

−b

∫

cos 2 t ⋅ d cos t =

π 2

3π 2

3π 2

⎛ ⎛ cos3 t ⎞ sin 3 t ⎞ 4 = a 2b ⎜ sin t − − = − a 2b. ab 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 3 ⎟ 3 ⎟⎠ 3 ⎝ ⎝ ⎠π 2 π 2 Вычислим теперь тот же интеграл с помощью формулы Грина (3). Здесь 2

P(x,y) = 0 и Q(x,y) = x + 2xy, тогда ∂Q/∂x = 2x + 2y и ∂P/∂y = 0. Поэтому

∫(x

Γ

b

2

)

+ 2 xy dy = ∫∫ 2 ( x + y ) dxdy = D

0

b

∫ dy

−b

2 ( x + y ) dx =

∫

− a 1− ( y 2 / b 2 )

b ⎛ y2 ⎞ y2 = ∫ dy ⋅ x + 2 xy = −a ∫ ⎜1 − ⎟dy + a ∫ 1 − 2 ⋅ 2 ydy = ⎜ b2 ⎟ − a 1−( y 2 / b 2 ) b ⎠ −b −b ⎝ −b

(

)

2

= −a 2 y

b −b

+

0

2

b

b 2 ⎞3 / 2

2 3b

⎛ 2 y + ⋅ ab 2 ⎜ 1 − ⎟ ⎜ b2 ⎟ 3b 2 −b 3 ⎝ ⎠

a y

104

−b

4 = − a 2b. ƒ 3

Сформулируем теперь два важных следствия из формулы Грина (3). Следствие 1. Если функции P(x,y) и Q(x,y) таковы, что ∂Q/∂x = ∂P/∂y,

и если Г – непрерывная кусочно-гладкая замкнутая кривая, ограничивающая односвязную область, то

ò P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0 .

(4)

Γ

Следствие 2. Если функции P(x,y) и Q(x,y) удовлетворяют условию

∂Q/∂x – ∂P/∂y ≡ 1,

(5)

то площадь области D может быть найдена по формуле:

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

(6)

Γ( D)

D

В частности, условие (5) будет выполнено при P(x,y) = – y/2 , Q(x,y) = = x/2 . Тогда из (6) получим выражение для площади области D через интеграл по ее границе:

D =

1 ò xdy − y dx . 2 Γ( D)

(7)

ПРИМЕР 5. Найти площадь эллипса

x2 a

2

+

y2 b

2

= 1.

Запишем уравнение эллипса в параметрической форме:

x = a ⋅ cos t , y = b ⋅ sin t , 0 ≤ t ≤ 2π . По формуле (7) получим

D =

1 ⋅ ò xdy − ydx = 2 Γ( D) 1 = 2

2π

∫ ( −b sin t ⋅ a ⋅ ( − sin t ) + a cos t ⋅ b cos t ) dt =

0

ab = 2

2π

ab 2 2 cos sin t + t dt = ⋅ 2π = π ab. ƒ ( ) ∫ 2

0

105

ПРИМЕР

6.

Найти

площадь

фигуры,

ограниченной

астроидой:

x = a ⋅ cos3 t , y = b ⋅ sin 3 t , 0 ≤ t ≤ 2π . По формуле (7) искомая площадь равна

D = 1 = 2

1 ò xdy − ydx = 2 Γ( D)

2π

∫ ( −b sin

)

3

t ⋅ a ⋅ 3cos 2 t ⋅ ( − sin t ) + a cos3 t ⋅ b ⋅ 3sin 2 t cos t dt =

4

t cos 2 t + cos 4 t sin 2 t dt =

0

3ab = 2 3ab = 2

2π

∫ ( sin

0 2π

∫

0

)

(

)

3ab sin t ⋅ cos t ⋅ sin t + cos t dt = 8 2

3ab = 8

2

2π

∫

0

2

2

2π

∫ sin

2

2tdt =

0

2π

1 − cos 4t 3ab ⎛ t sin 4t ⎞ 3π ab − = .ƒ dt = ⎜ ⎟ 8 2 8 ⎝2 8 ⎠0

6.6. Условия независимости криволинейного интеграла II-го рода от пути интегрирования. Пусть в трехмерной области V заданы непрерывные функции P(x, y, z),

Q(x, y, z) и R(x, y, z), а Γ – непрерывная кусочно-гладкая кривая, лежащая в области V. Рассмотрим криволинейный интеграл

∫ P(x, y, z ) dx + Q(x, y, z ) dy + R(x, y, z ) dz .

(1)

Γ

Выясним, когда интеграл (1) зависит лишь от расположения начальной и конечной точек кривой Γ, но не зависит от формы кривой. Изучим вначале дифференциальное выражение

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

106

(2)

Напомним, что полным дифференциалом функции U ( x, y, z ) трех переменных называется выражение

dU =

∂U ∂U ∂U dx + dy + dz . ∂x ∂y ∂z

(3)

Сформулируем без доказательства теорему, устанавливающую, в каком случае дифференциальное выражение (2) представляет собой полный дифференциал некоторой функции U, т.е. правая часть выражения (3) совпадает с (2): Теорема 1 (Признак полного дифференциала). 1. (Случай трех переменных). Пусть в области V трехмерного про-

странства существуют и непрерывны производные ∂P/∂y, ∂P/∂z, ∂Q/∂x, ∂Q/∂z, ∂R/∂x, ∂R/∂y. Для того чтобы выражение (2) было полным дифференциалом от некоторой функции трех переменных необходимо и достаточно, чтобы выполнялись равенства:

∂P ∂Q = , ∂y ∂x

∂R ∂P = , ∂x ∂z

∂R ∂Q = . ∂y ∂z

(4)

2. (Случай двух переменных). Пусть дифференциальное выражение

(2) имеет вид:

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

(5)

и V – область на плоскости. Для того чтобы выражение (5) было полным дифференциалом от некоторой функции двух переменных, необходимо и достаточно, чтобы частные производные ∂Q/∂x и ∂P/∂y существовали, были непрерывными и совпадали на области V:

∂P ∂Q = . ∂y ∂x

(6)

107

Замечание. Достаточность условий (4) и (6) справедлива, вообще гово-

ря, не для произвольных областей V. В плоском случае, требуется, чтобы область V была односвязной (т.е. не содержала «дырок»). В трехмерном случае условия более сложные. Теперь можно вернуться к вопросу о независимости криволинейного интеграла (1) от пути интегрирования. Имеет место следующая теорема: Теорема 2. Для того чтобы криволинейный интеграл (1) не зависел от

пути интегрирования, необходимо и достаточно, чтобы дифференциальное выражение

P( x, y, z ) dx + Q( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz представляло в рассматриваемой области полный дифференциал от некоторой функции трех переменных, т.е. имело вид

dU =

∂U ∂U ∂U dz . dx + dy + ∂x ∂y ∂z

Определение 1. Функция U из теоремы 2 называется потенциальной функцией, или потенциалом вектора

F = P ( x, y , z ) ⋅ i + Q ( x, y , z ) ⋅ j + R ( x, y , z ) ⋅ k в области V. В этом случае используется обозначение: F = grad U . Отметим, что, если потенциальная функция U существует, то интеграл (1) находится по формуле

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

Γ

B = U (M ) A

= U ( B ) − U ( A),

где A и B – начальная и конечная точки кривой Γ.

108

(7)

Замечание. Сформулированная теорема 2 справедлива и для случая

функций двух переменных, когда z = 0, R(x,y,z) = 0. Теорему 2 можно сформулировать в эквивалентной форме: Теорема 3. Если выражение (2) является в области V полным дифферен-

циалом, то интеграл (1) по любой замкнутой кривой Γ, целиком лежащей в области V, равен нулю. Обратно, если интеграл (1) вдоль любой замкнутой кривой Γ, лежащей в области V, равен нулю, то выражение (2) представляет собой полный дифференциал некоторой функции трех переменных. Докажем вначале эквивалентность утверждений теорем 2 и 3, а именно, что интеграл (1) не зависит от пути интегрирования тогда и только тогда, если он равен нулю для любой замкнутой кривой Г. Действительно, пусть интеграл (1) равен нулю вдоль любой замкнутой кривой Γ. Если Г1 и Г2 – две произвольные кривые, соединяющие точки А и

В, то кривая Г, являющаяся объединением кривых Г1 и Г2 (кривая Г2 проходится в противоположном направлении) замкнута (рис.21).

Γ1

B

Γ

A Γ2

Γ 2−

Рис.21.К доказательству теоремы 3.

По условию интеграл по любой замкнутой кривой равен нулю. Тогда

0 = ∫ P ( x, y, z ) dx + Q ( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz = Γ

109

=

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

Γ1

+

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

Γ2

=

∫ P ( x, y, z ) dx + Q ( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz −

Γ1

− ∫ P ( x, y, z ) dx + Q ( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz. Γ2

Отсюда

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

Γ1

=

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

(8)

Γ2

т.е. интеграл (1) не зависит от пути интегрирования. Аналогично доказывается и обратное утверждение. Теперь перейдем к доказательству теоремы 3, ограничившись случаем двух переменных. Пусть выражение (5) есть полный дифференциал. Это означает, что справедлива формула (6). Для произвольного замкнутого контура Г, ограничивающего область D, по формуле Грина имеем

⎛ ∂Q ∂P ⎞ , , P x y dx Q x y dy + = ( ) ( ) ∫ ∫∫ ⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎠ dxdy = 0 , Γ D что и требовалось доказать. Обратное утверждение теоремы докажем от противного. Пусть интеграл (1) (с R ( x, y, z ) = 0 и функциями P и Q, не зависящими от переменной z) по любому замкнутому контуру равен нулю. Предположим, что выражение (5), стоящее под интегралом (1), не является полным дифференциалом. По теореме 1 это означает, что хотя бы в одной точке М равенство (5) не выполнено, т.е.

110

разность F =

∂Q ∂P − отлична от нуля. Допустим, что в точке М выражение ∂x ∂y

F > 0 . В силу непрерывности частных производных это неравенство будет справедливо и в некоторой окрестности G точки М. Возьмем границу этой окрестности в качестве замкнутой кривой Г. По формуле Грина получаем

⎛

⎞

∂Q ∂P ∫ P(x, y ) dx + Q(x, y ) dy = ∫∫ ⎜⎜ ∂x − ∂y ⎟⎟ dxdy = ∫∫ F dxdy > 0 , ⎠ Γ D⎝ D что противоречит сделанному предположению. Полученное противоречие завершает доказательство теорем 2 и 3.

(

)

ПРИМЕР 1. Вычислить интеграл I = ∫ x 2 + y 2 ⋅ ( xdx + ydy ) , где Г – криΓ

(

)

3 вая y = arctg ⎛⎜ x3 + 8 − 2 ⎞⎟ от точки А(0,0) до точки B 3 19, π 4 . ⎝ ⎠

Преобразуем сначала подынтегральное выражение:

(

x2 + y 2

) ( xdx + ydy ) = ( x2 + y2 ) ⋅

(

)

(

)

2 1 1 dx 2 + dy 2 = d x 2 + y 2 = 2 4 2⎞ ⎛1 = d ⎜ x2 + y 2 ⎟ . ⎝4 ⎠

(

Следовательно, функция U =

(

)

(

)

)

2 1 2 является потенциалом векторx + y2 4

(

)

функции F ( x, y ) = x ⋅ x 2 + y 2 ⋅ i + y ⋅ x 2 + y 2 ⋅ j , и по формуле (7) интеграл равен 2

1 ⎛3 π2 ⎞ I = ∫ F , dr = ∫ x 2 + y 2 ⋅ ( xdx + ydy ) = U ( B ) − U ( A) = ⋅ ⎜ 192 + ⎟ .ƒ 4 ⎜⎝ 16 ⎟⎠ Γ Γ

(

)

(

)

ПРИМЕР 2. Найти интеграл: I = ∫ (4 x3 y 3 − 3 y 2 + 5)dx + (3x 4 y 2 − 6 xy − 4)dy, Γ

где Г – часть графика функции y = arcsin x от точки А(0,0) до точки В(1, π /2).

111

3 3

2

4 2

Функции P(x,y,z) = 4x y – 3y + 5 и Q(x,y,z) = 3x y – 6xy – 4 имеют не3 2

3 2

прерывные производные: ∂P/∂y = 12x y – 6y и ∂Q/∂x = 12x y – 6y, т.е. ∂Q/∂x = ∂P/∂y. Следовательно, по теореме 2 подынтегральная функция есть полный дифференциал некоторой функции U. По формуле (7) интеграл I в этом случае равен разности значений U(B) – U(A) потенциала в точках А и В. Найдем потенциал U двумя способами. 3 3

Способ 1. Зная дифференциал функции U: dU = Pdx + Qdy = (4x y – 2

4 2

– 3y + 5) dx + (3x y – 6xy – 4) dy, первообразную U (x,y) можно найти, интегрируя функцию dU по любой кривой от произвольной точки Мо до точки

М (x,y). Выберем путь состоящий из отрезков, параллельных осям Ox и Oy. Поскольку функции P и Q определены при x = y = 0, в качестве точки Мo в данном случае удобно взять начало координат (рис. 22 и 23). (Произвольность выбора точки Мо объясняется тем, что по своему дифференциалу функция U(x,y) может быть найдена только с точностью до произвольной постоянной). M(x,y)

O = Mo

G(0,y)

M(x,y)

O = Mo

E(x,0)

Рис.22. К примеру 2.

Рис. 23. К примеру 2.

Будем искать интеграл с помощью кривой, изображенной на рис.22:

U ( x, y ) = C +

( x, y )

∫ Pdξ + Qdη = C + ∫ Pdξ + Qdη + ∫ Pdξ + Qdη .

(0,0 )

MoE

112

EM

В этом равенстве С – произвольная постоянная, а переменные интегрирования обозначены через ξ и η, чтобы не путать их с аргументами функции U(x,y). Теперь

∫

U ( x, y ) = C +

MoE

(

( 4ξ 3η3 − 3η 2 + 5)dξ + )

( 4ξ 3η3 − 3η 2 + 5)dξ + (3ξ 4η 2 − 6ξη − 4) dη = EM 4 2 ∫ ( 3x η − 6 xη − 4 ) dη =

+ 3ξ 4η 2 − 6ξη − 4 dη + =C+

∫

5d ξ +

MoE

= C + 5ξ

x 0

+ 3x

∫

EM

4η

3 y

3

− 6x

0

η2 2

y y

− 4η 0 = C + 5 x + x 4 y 3 − 3 xy 2 − 4 y. 0

Таким образом, потенциал U задается выражением 4 3

2

U(x,y) = x y – 3xy + 5x – 4y + C.

(9)

(Легко проверить, что частные производные найденной функции U(x,y) совпадают с P(x,y) и Q(x,y)). Замечание. Тем же способом, которым была найдена функция U(x,y),

можно непосредственно найти интеграл I. Для этого вместо точек Мо и М(x,y) нужно было взять точки А(0,0) и В(1, π /2), (рис. 24).

B

π /2

E(1,0) A(0,0)

1

Рис.24. К примеру 2.

113

Тогда, повторяя с небольшими изменениями выкладки, проведенные выше, получаем:

I=

∫

∫

Pdx + Qdy =

AB

Pdx + Qdy +

AE

∫

Pdx + Qdy =

EB 4 2

( 4 x3 y3 − 3 y2 + 5) dx + (3x y − 6 xy − 4) dy + AE + ∫ ( 4 x3 y 3 − 3 y 2 + 5 ) dx + ( 3x 4 y 2 − 6 xy − 4 ) dy = EM = ∫ 5dx + ∫ ( 3 y 2 − 6 y − 4 ) dy = =

∫

AE

EB

π

1 = C + 5x 0

(10)

+3

y3 2 3

π

−6

0

π

y2 2 2

− 4 y 02

0

3

2

⎛π ⎞ ⎛π ⎞ = 5 + ⎜ ⎟ − 3 ⎜ ⎟ − 2π . ⎝2⎠ ⎝2⎠

Способ 2. Поскольку ∂U(x,y)/∂x = P(x,y), для нахождения функции

U(x,y) проинтегрируем это равенство:

(

)

U ( x, y ) = ∫ P ( x, y ) dx = ∫ 4 x3 y 3 − 3 y 2 + 5 dx = 4 3

2

(11)

= x y − 3xy + 5 x + C ( y ). (При интегрировании по переменной x переменная y представляет собой некоторый параметр, поэтому постоянная интегрирования C может зависеть от y). Итак, функция U (x,y) найдена с точностью до функции C(y). Для нахождения C(y), воспользуемся другой известной нам частной производной функции U(x,y): ∂U(x,y)/∂y = Q(x,y). Подставим в эту формулу известное значение 4 2

Q(x,y) = 3x y – 6xy – 4 и значение функции U(x,y) из формулы (11): 3 x 4 y 2 − 6 xy + C ′ ( y ) = 3 x 4 y 2 − 6 xy − 4 . Отсюда C ′( y ) = − 4

и, значит, C ( y ) = ∫ (−4) dy = −4 y + Co , где Со – посто-

янная, не зависящая ни от каких параметров. Полученный результат, как и следовало ожидать, совпадает с (9): 4 3

2

U(x,y) = x y – 3xy + 5x – 4y + Со. 114

(12)

Замечание 1. При нахождении функции U(x,y) можно было сначала ин-

тегрировать выражение ∂U(x,y)/∂y = Q(x,y). Тогда функция U(x,y) была бы найдена с точностью до функции С(x), зависящей от переменной x. Чтобы найти эту функцию, нужно воспользоваться соотношением ∂U(x,y)/∂x = P(x,y). Замечание 2. Для нахождения интеграла I можно воспользоваться фор-

мулой (7), взяв функцию U(x,y), например, из формулы (12). Тогда

I = U ( B ) − U ( A) = ( x 4 y 3 − 3 xy 2 + 5 x − 4 y + Co ) 3

2

3

(1,π 2) (0,0) 2

=

⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ = ⎜ ⎟ − 3 ⎜ ⎟ + 5 − 2π + Co − Co = ⎜ ⎟ − 3 ⎜ ⎟ + 5 − 2π . ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ Полученный результат также совпадает с (10). ƒ

115

Теоретические вопросы к главе 6. 1. Дать определение криволинейного интеграла I-го рода. Какими свойствами обладают эти интегралы? 2. Верно ли равенство:

∫

∪ AB

0

xds = ∫ x ⋅ 1 + 4 x 2 dx , где ∪ AB – дуга параболы 1

2

у = х , пробегаемой от точки А (1,1) до точки В (0,0)? 3. Какая кривая называется «ориентированной»? 4. Что называется криволинейным интегралом II-го рода? Каковы его свойства? 5. Что такое линейный интеграл? 6. Дать определение циркуляции. 7. Как связана работа по перемещению вдоль кривой с криволинейным интегралом по этой кривой? 8. Как связаны между собой криволинейные интегралы I-го и II-го рода? 9. Какая ориентация задается на границе области при использовании формулы Грина? 10. Когда криволинейный интеграл не зависит от формы пути интегрирования? 11. При каких условиях криволинейный интеграл по любому замкнутому контуру равен нулю? 12. Что такое потенциал? Каковы условия потенциальности? 13. Какие существуют способы вычисления потенциала? 14. Пусть компоненты вектор-функции F ( x, y, z ) – линейные функции, а Г – кусочно-гладкая замкнутая кривая, расположенная в некоторой плоско-

сти. Доказать, что циркуляция ò F ⋅ dr либо равна нулю, либо пропорΓ

циональна площади фигуры, ограниченной кривой Г.

116

Задачи к главе 6. Вычислить криволинейный интеграл I-го рода от функции f (x,y) = 2x + y по дуге Г кривой, соединяющей точки А(0,0) и В(1,1): 2

3

1. y = x .

2. y= x .

3. y = sin(π x / 2) .

4. y = x .

5. Г – первая арка циклоиды: x = (t − sin t ) /(2π ), y = 1 − cos t . 6. Г – дуга окружности с центром в точке (1,0) радиуса 1. 7. Найти массу контура квадрата |y| + |x| = 1, если плотность в каждой его точке выражается формулой: μ (x, y) = xy. 8. Вычислить криволинейный интеграл I-го рода от функции f (x,y) = 2x + y по дуге Г кривой: 2 x 2 + y 2 = 1, y ≥ 0 . 9. Найти массу развертки окружности x = a (cos t + t sin t ), y = a (sin t − t cos t ),

z = 1, 0 ≤ t ≤ 2π, если плотность в каждой ее точке выражается формулой: μ ( x, y , z ) =

1 2

2

x +y +z

2

.

Найти работу силы F ( x, y, z ) при перемещении вдоль кривой Г от точки А до точки В:

(

) (

)

10. F ( x, y, z ) = 2 x 2 − 3 y i + 2 y 2 − 3 x j , A ( 0,3) , B (1,5 ) .

Γ : y = 2 x + 3,

(

) (

)

11. F ( x, y, z ) = 2 x 2 + 5 y i + 2 y 2 + 5 x j , Γ : 3x + 2 y 2 = 1,

12. F ( x, y, z ) = x3i − y 3 j , Γ : y = 9 − x 2 ,

117

(

) (

)

A −5, 8 , B −1, 2 . A ( 0,3) , B ( 3, 0 ) .

13. F ( x, y, z ) = ( 2 x − 3 y ) i + ( 2 y − 3 x ) j , x2 y 2 Γ: + = 1, 4 9

(

) (

A ( −2, 0 ) , B ( 0, −3) .

)

14. F ( x, y, z ) = x 2 − y 2 ⋅ i + y 2 + x 2 ⋅ j , ⎧1 − x, 0 ≤ x ≤ 1, Γ: y = ⎨ ⎩ x − 1, 1 ≤ x ≤ 2,

A ( 0,1) , B ( 2,1) .

15. F ( x, y, z ) = ⎛⎜ x + y ⋅ x 2 + y 2 ⎞⎟ i + ⎛⎜ y − x ⋅ x 2 + y 2 ⎞⎟ j , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Γ : y = 4 − x2 ,

A ( −2, 0 ) , B ( 2, 0 ) .

( )

16. F ( x, y, z ) = ( 2 xy − y ) i + 2 y 2 j , Γ : y = x 2 ,

A ( 0, 0 ) , B ( 2, 4 ) .

17. F ( x, y, z ) = ( 2 x − 3 y ) i + ( 2 y − 3 x ) j , Γ : y = x3 , 18. F ( x, y, z ) = xy j , Γ : y = sin x,

(

A ( 0, 0 ) , B ( 2,8 ) .

A ( 0, 0 ) , B (π , 0 ) .

) (

)

19. F ( x, y, z ) = 2 x 2 + 5 y 2 i + y 2 − 3 x 2 j , Γ:

x2 y 2 + = 1, 25 4

A ( 0, 2 ) , B ( 5, 0 ) .

Вычислить интегралы, используя формулу Грина: 20. ò 2 x + 5 y

2

21. ò 2 x − 3 y

2

( Γ ( Γ

2

2

) dx − (5x

2

− 2y

) dx + (8x

2

2

−y

x2 y 2 Γ: + = 1, 4 9

2

) dy,

)

( x − 1)2 dy, Γ : y = , 2

22. ò 2 xy 2 dx − 5 x 2 y dy, Γ : x 2 + ( y − 1) = 1,

( Γ

) (

(

)

)

2

x = 0, x ≥ 0. y = 0.

x = 0, x ≥ 0.

23. ò x 2 + y 2 dx − ( 5 x − 2 y ) dy, Г – контур треугольника с вершинами Γ

А(1,2), В(2,3) и С(5,0).

118

Найти циркуляцию ò F ⋅ dr , (направление на контуре Г соответствует возΓ

растанию параметра t):

24. F ( x, y, z ) = ( 2 x − 3 y ) i + ( 2 y − 3 x ) j + z 2 k , Γ : x = a cos t , y = b cos t , z = sin t.

(

)

25. F ( x, y , z ) = 2 x 2 − 3 y 3 i + 3 j + zk , Γ : x = a cos t , y = b sin t , z = c. 26. F ( x, y, z ) = ( 2 x − 3 y ) i + ( 2 y + 3 z ) j + ( z − x ) k , Γ : x = a cos t , y = b sin t , z = c − p cos t.

(

) (

) (

)

27. F ( x, y, z ) = x 2 − 3 y i + y 2 + 3 z j + z 2 − x k , Γ : x = a cos t , y = b sin t , z = c cos t.

(

) (

) (

)

28. F ( x, y, z ) = x − y 2 i + y + z 3 j + z − x 2 k , Γ : x = a cos t , y = b sin t , z = c − p cos t − q sin t. Найти модуль циркуляции ò F ⋅ dr : Γ

x2 y 2 29. F = (2 x + 5 y )i + 2 xj + 3k , Γ : + = 1, z = 1. 25 4 2

30. F = 3 yz i + 2 xz j + 5 xy k , Γ : x 2 + y 2 + z 2 = 1, x 2 + z 2 = 4.

x2 + y 2 31. F = (2 x + 5 y )i − y j + 3 z k , Γ : z = + 1, z = 5. 4 32. F = ( x 2 + 5 y )i + 2 xz j + y k , Γ : x 2 + y 2 = 9, 2 x − y + 3 z = 1. 33. F = xz i + 2 xy j + x k , Γ : x 2 + y 2 − z 2 = 0, z = 7. 34. F = 2 yz i − 3 x j + 6 z k , Γ : x 2 + y 2 + z 2 = 9, z = 5. 35. F = 7 x i + 5 xy j − 3 yz 2 k , Γ : z = 3( x 2 + y 2 ) − 1, z = 2. 36. F = (2 xz − y )i + 2 x j + x k , Γ : x 2 + y 2 = 4, z = 7.

119

37. F = 2 i + x 2 y j − 5 x k , Γ : x = y 2 + z 2 , x = 3.

Найти циркуляцию ò F ⋅ dr , (обход контура Г осуществляется в сторону возΓ

растания параметра t):

(

)

38. F = 4 x3 y 3 + 3 y 2 + 2 xy 2 i + (3 x 4 y 2 + 6 xy + 2 x 2 y ) j ,

(

)

(

)

Γ : x = cos t 2 − 1 , y = sin t 2 − 1 , 1 ≤ t ≤ 1 + 2π .

39. F = x 4 ⋅ i + 3 xy ⋅ j + y 2 ⋅ k , Γ:x =

40. F = 3

cos t sin t cos t ,y= ,z=− , 0 ≤ t ≤ 2π . 3 3 3

y x 3 ⋅ i + 3 ⋅ j + a2 ⋅ x ⋅ k , a a Γ : x = a ⋅ cos3 t , y = z = a ⋅ sin 3 t , 0 ≤ t ≤ 2π .

41. F = 2 xy ⋅ i − z 2 ⋅ j + x3 ⋅ k , Γ = Γ1 ∪ Γ 2 ∪ Γ3 ,

Γ 2 : x = R ⋅ cos t , y = R ⋅ sin t , z = R,

π 6

≤t≤

π 3

;

R−t (R − t) ⋅ 3 ,y= , z = R , 0 ≤ t ≤ R; 2 2 t 3 t , y = , z = R, 0 ≤ t ≤ R. Γ3 : x = 2 2 Γ2 : x =

Найти потенциалы вектор-функций:

(

)

42. F = 3x 2 + 8 xy + 2 y 2 i + (4 x 2 + 4 xy + 15 y 2 ) j . 43. F = e x − y cos ( x + y ) i + e x − y sin ( x + y ) j . 44. F = sin 2 x sh (1 + 2 y ) i + cos 2 x ch (1 + 2 y ) j .

(

)

45. F = ( 2 x − 2 xy ) i + x 2 − ( y − 1) 2 j .

120

Глава 7. Поверхностные интегралы. Теория поверхностных интегралов во многом аналогична теории криволинейных интегралов. Рассматриваются интегралы двух типов: поверхностные интегралы I-го и II-го рода, их определения аналогичны соответствующим определениям для криволинейных интегралов, для определения поверхностного интеграла II-го рода на поверхности необходимо задать ориентацию. Как и для криволинейных интегралов, существуют формулы, связывающие поверхностные интегралы I-го и II-го рода. Однако в отличие от кривой, которая определяется заданием одного параметра, для описания поверхности необходимо уже два параметра, поэтому вычисление поверхностных интегралов сводится к вычислению двойного интеграла по области на плоскости (а не определенного интеграла Римана, как для криволинейных интегралов).

7.1. Поверхностный интеграл I-го рода. В трехмерном пространстве с декартовой системой координат ОXYZ рассмотрим кусочно-гладкую (определение было дано в п.5.1 главы 5) поверхность

Ω, ограниченную кусочно-гладкой (определение в п.6.1) кривой Г = Г(Ω). В частном случае замкнутой поверхности (например, сферы) ее граница представляет собой пустое множество, а значит также является кусочно-гладкой. Пусть на поверхности Ω задана функция f (M), где M = M (х, у, z) – точка на поверхности, а (х, у, z) – ее декартовы координаты. Пусть функция f (M) непрерывна на поверхности Ω, т.е. в ранее введенных обозначениях f(M) ∈ С(Ω). Зададим разбиение T поверхности Ω с помощью произвольно проведенных кусочно-гладких кривых на части Ω1, Ω2, …, Ωn (рис. 1). В каждой из этих частей Ωk выберем по произвольной точке Mk с координатами (ξk, ηk, ζk), и составим интегральную сумму:

121

ST =

n

∑

k =1

f ( M k ) ⋅ Ωk =

n

∑ f (ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Ωk ,

(1)

k =1

где Ωk – площадь поверхности Ωk (определение площади поверхности см. в п.4.4 главы 4 ).

Ω

Ω3

…

Ω2

Ω1

Ωn

Рис.1. К определению поверхностного интеграла I рода. Определение 1. Пусть P и N – произвольные точки части Ωk поверхности Ω. Соединим эти точки дугой γ гладкой кривой, целиком лежащей в Ωk. Обозначим через γ(P, N) длину этой дуги, а через ℓ (P, N) – длину самой короткой дуги, соединяющей точки P и N и целиком лежащей на поверхности Ωk:

( P, N ) = min γ ( P, N ) . Диаметром части Ωk поверхности Ω назовем величину γ

d ( Ωk ) =

sup

P , N ∈Ω k

( P, N ) .

Диаметром dT разбиения T будем называть наи-

больший из диаметров частей:

dT = max d ( Ω k ) . 1≤ k ≤ n

Замечание 1. Данное определение самой короткой дуги ℓ(P, N) не вполне корректно. Действительно, пусть длины ℓ1, ℓ2, ℓ3, …, ℓm, … некоторых дуг, соединяющих точки P и N образуют последовательность чисел: 1/2, 3/8, 1/3,

122

5/16, …, (1/2 – (m – 1)/(4m)), … . Как легко видеть, предел этой последовательности равен 1/4, в то же время ни одна из дуг не имеет длины, точно равной 1/4 (все они больше этого значения). В таком случае записывают (аналогично тому, как это делалось при определении диаметра множества в пункте 4.1 главы 4):

( P, N ) = inf n

n

=

1 . 4

Запись (от латинского infinum – низший):

b = inf f (a ) a∈A

означает, что для всех значений a из множества A значение функции f (a) не меньше, чем величина b, но при этом для любого значения ε > 0 найдется такое значение аε из множества A, что функции f (аε) в этой точке окажется меньшей, чем b + ε. Таким образом, точное определение величины

( P, N )

в определении 1

должно быть дано следующим образом:

( P, N ) = inf γ ( P, N ) . γ

Определение 2. Поверхностным интегралом I-го рода от функции f (M) по поверхности Ω называется предел интегральной суммы (1) при бесконечном увеличении числа n частей разбиения Ωk и бесконечном уменьшении диаметра

dT разбиения, если этот предел существует и не зависит ни от способа разбиения T, ни от выбора точек Mk: n

ST = lim ∑ f ( M k ) ⋅ Ω k ∫∫ f ( M ) d Ω = ∫∫ f ( x, y, z ) d Ω = dTlim →0 dT →0 Ω

. (2)

k =1

Ω

Для поверхностного интеграла используются и другие обозначения:

∫∫ f ( x, y, z ) dσ , ∫∫ f ( x, y, z ) dS . Ω

Ω

123

Сформулируем без доказательства теорему о существовании поверхностного интеграла I-го рода: Теорема 1. Если Ω – непрерывная кусочно-гладкая поверхность, ограниченная кусочно-гладкой кривой Г(Ω), и функция f (M) непрерывна на ней, то поверхностный интеграл I-го рода (2) от функции f (M) существует и определен однозначно. Обратимся теперь к вычислению поверхностного интеграла I-го рода. Теорема 2. Пусть Ω – гладкая поверхность, заданная на ограниченной области D плоскости OXY уравнением: z = g(x,y), где (x,y) ∈ D, и пусть функция f (M) непрерывна на этой поверхности. В этом случае поверхностный интеграл I-го рода от функции f (M) находится по формуле:

∫∫ f ( M )d Ω = ∫∫ f ( x, y, g ( x, y ) ) ⋅ Ω

D

(1 + g ′x2 + g ′y2 ) dxdy.

(3)

Доказательство теоремы 2. Спроектируем на плоскость OXY множество кривых, разбивающих поверхность Ω на части Ωk (рис.2). Получим в результате разбиение области D на части Dk.

Ω

Z Ωk

Y

Dk X

D

Рис.2. К доказательству теоремы 2. 124

По формуле из пункта 4.4 главы 4 имеем выражение для площади поверхности Ωk:

Ωk =

∫∫

Dk

(1 + g ′x2 + g ′y 2 ) dxdy .

Это равенство можно преобразовать, применив теорему о среднем для двойного интеграла:

(1 + g ′ ( x , y )

Ωk =

x

k

k

2

+ g ′y ( xk , yk )

2

)⋅ D

k ,

(4)

где ( xk , yk ) – некоторая точка части Dk , а │Dk│– площадь этой части. Подставляя формулу (4) в выражение (1) для интегральной суммы, получим:

ST = =

n

∑ f (Mk )⋅

k =1

)

(

2 2 1 + g ′x ( xk , yk ) + g ′y ( xk , yk ) ⋅ Dk =

n

∑ f (ξk ,ηk , g (ξk ,ηk ) ) ⋅

k =1

(1 + g ′ ( x , y ) x

k

k

2

+ g ′y ( xk , yk )

2

)⋅ D

k

(5)

.

Отметим, что выражение (5) отличается от интегральной суммы *

ST =

(1 + g ′ (ξ ,η )

n

∑ f (ξk ,ηk , g (ξk ,ηk ) ) ⋅

x

k =1

двойного интеграла

∫∫ f ( x, y, g ( x, y ) ) ⋅ D

k

(1 + g ′ ( x, y ) x

k

2

2

+ g ′y (ξ k ,ηk )

+ g ′y ( x, y )

2

2

)⋅ D

k

) dxdy только

значениями аргументов частных производных g ′x и g ′y под знаком квадратного корня. В силу предположения о гладкости поверхности эти частные производные

непрерывны

(1 + g ′ ( x, y ) x

2

на

замыкании

+ g ′y ( x, y )

2

D

области

D.

Тогда

и

функция

) = h ( x, y ) также непрерывна на D .

Функция, непрерывная на замкнутой (т.е. содержащей свою границу) ограниченной области является равномерно непрерывной на ней, т.е. для любого

125

значения ε > 0 существует такое δ > 0, что при диаметре dT разбиения меньшим δ, разность h (ξ k ,ηk ) − h ( xk , yk ) будет меньше ε . Из непрерывности на поверхности Ω функции f (M) следует, что функция

f (х, у, g(x,y)) непрерывна, а следовательно, и ограничена на области D : f ( x, y , g ( x, y ) ) ≤ C . Тогда получаем, что при dT < δ выполнено неравенство

ST − ST*

≤

n

∑ f (ξk ,ηk , g (ξk ,ηk ) ) ⋅ h (ξk ,ηk ) − h ( xk , yk ) ⋅ Dk

≤

k =1

n

≤ C ⋅ ε ⋅ ∑ Dk = C ⋅ ε ⋅ D , k =1

поэтому при dT →0 разность ST − ST* → 0 , т.е. пределы интегральных сумм

ST и ST* совпадают:

lim ST = lim ST* = ∫∫ f ( x, y, g ( x, y ) ) ⋅

dT →0

dT →0

D

(1 + g ′x2 + g ′y2 )dxdy.

Отсюда и следует утверждение теоремы 2. ПРИМЕР

1.

Вычислить

поверхностный

интеграл

I-го

рода:

I = ∫∫ ( x + y ) d Ω, где Ω – часть плоскости 2x + 5y + z = 10, лежащая в первом Ω

октанте (рис. 3). Поверхность Ω задана уравнением: z = 10 – 2x – 5y, откуда z ′x = −2 ,

z ′y = −5 , и

(1 + z′x2 + z′y2 ) =

1 + 4 + 25 = 30 . Следовательно, по формуле (3)

I = ∫∫ ( x + y )d Ω = ∫∫ ( x + y ) ⋅ 30 ⋅ dxdy, где D – треугольник с вершинами в Ω

D

точках (0,0), (5,0), (0,2) плоскости OXY. Вычисляя двойной интеграл, получаем:

126

5

2−

I = 30 ⋅ ∫ dx

2x 5

∫

0

0

5⎛

y2 ⎞ ( x + y ) dy = 30 ⋅ ∫ ⎜⎜ xy + ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝ 0

2−

2x 5

⋅ dx =

0

5⎛

6 x 8x2 ⎞ 35 = 30 ⋅ ∫ ⎜ 2 + − ⎟ dx = ⋅ 30. ƒ ⎜ 5 25 ⎟⎠ 3 0⎝

Z 10

Y 2 2

X

5

Y

5

X

Рис.3. К примеру 1. ПРИМЕР 2. Найти поверхностный интеграл I-го рода: I = ∫∫ xy d Ω , где Ω Ω

2

2

2

– часть поверхности сферы x + y + z = 25, расположенная внутри цилиндра 2

2

x + y = 9 и в первом октанте (рис. 4). Поверхность задается уравнением: z = 25 − x 2 − y 2 . Тогда имеем частные производные: z ′x =

(

1 + z ′x2

+ z ′y2

−x 2

25 − x − y

)=

1+

2

, z ′y =

x2 2

25 − x − y

2

+

−y 2

25 − x − y

2

y2 2

25 − x − y

2

. Отсюда

=

Подставляя найденные значения в формулу (3), получаем:

I = ∫∫ xy ⋅ d Ω = ∫∫ Ω

D

5 xy 2

25 − x − y

2

127

dxdy,

5 2

25 − x − y

2

.

где область D в плоскости OXY – четверть окружности радиуса 3 с центром в начале координат.

Z

5 3

D

X

Y

Рис.4. К примеру 2. Для вычисления двойного интеграла перейдем к полярным координатам: π /2

∫

I = 5⋅

0

3

dϕ ∫

0

π /2

3

r 3dr sin 2ϕ dϕ ⋅ ∫ ⋅ rdr = 5 ⋅ ∫ = 2 2 0 0 25 − r

r cos ϕ ⋅ r sin ϕ 25 − r 2 3

r 2 dr 2 5 π /2 1 = − ⋅ cos 2ϕ 0 ⋅ ⋅ ∫ = 2 4 2 0 25 − r 3 5 ⎛ 35 2 2 2 3/ 2 ⎞ = ⋅ ⎜ −50 ⋅ 25 − r + ⋅ 25 − r = .ƒ ⎟ 4 ⎝ 3 ⎠0 3

(

)

Замечание. Интегральная сумма (1) для функции f (M) ≡ 1 равна площади поверхности Ω. Таким образом, площадь поверхности можно найти с помощью поверхностного интеграла I-го рода:

Ω = ∫∫ d Ω .

(6)

Ω

128

2

2

ПРИМЕР 3. Вычислить площадь части параболоида z = 5 – x – y , отсекаемой плоскостью z = 1 (рис. 5).

Z Ω 1

O 2

2

D

5

5

X

Y Рис.5. К примеру 3.

В этом примере z ′x = −2 x , z ′y = −2 y , и

(1 + z′x2 + z′y2 ) =

1 + 4 x2 + 4 y 2 .

Тогда по формуле (6) получаем: Ω = ∫∫ d Ω = ∫∫ 1 + 4 x 2 + 4 y 2 ⋅ dxdy, где D – Ω

D

круг в плоскости OXY радиуса 2 с центром в начале координат. Переходя к полярным координатам, получаем:

Ω=

2π

2

0

0

∫ dϕ ∫

2

1 1 + 4r ⋅ rdr = 2π ⋅ ⋅ ∫ 1 + 4r 2 ⋅ dr 2 = 2 2

=

π ⎛

(

⋅ 1 + 4r 4 ⎜⎝

)

2 3/ 2

0 2

2⎞ π ⋅ ⎟ = ⋅ 17 17 − 1 . ƒ 3⎠0 6

129

(

)

ПРИМЕР 4. Вычислить площадь части верхней полусферы

x2 + y2 + z2 = 25, z > 0, лежащей внутри цилиндра 5x = x2 + y2 (рис. 6). Z 5

Ω

0 D 5

X

Y

Рис.6. К примеру 4. Пользуясь вычислениями примера 2, запишем:

Ω = ∫∫ d Ω = ∫∫ Ω

D

5dxdy 2

25 − x − y

2

,

где D – окружность в плоскости OXY с радиусом 5/2 и центром в точке (5/2, 0),

Y

(рис. 7).

O

D 5/2

Рис.7. К примеру 4. 130

5

X

Переходя к полярным координатам, получаем: π /2

Ω = 2⋅

∫

dϕ

0 π /2

= −10 ⋅

5cos ϕ

∫

0

π /2

5rdr 25 − r

2

= −10 ⋅

∫

25 − r

2

5cos ϕ

⋅ dϕ =

0

0

π

⎛ ⎞ ϕ ϕ 5sin 5 d 50 1 − = ⋅ − ( ) ⎜ ⎟. ƒ ∫ 2 ⎝ ⎠

0

Замечание. В пункте 4.4 главы 4 отмечалось, что если поверхность Ω задана на ограниченной области ∆ в плоскости переменных (u, v) параметрическими соотношениями:

x = ϕ ( u, v ) ,

y = ψ ( u, v ) , z = χ ( u, v ) ,

то ее площадь может быть найдена по формуле:

| Ω |= ∫∫ ЕG − F 2 dud v , Δ

где E = ϕu′ 2 + ψ u′ 2 + χu′ 2 , G = ϕ v′ 2 + ψ v′ 2 + χ v′ 2 , F = ϕu′ ϕ v′ + ψ u′ψ v′ + χu′ χ v′ − гауссовские коэффициенты поверхности Ω. Используя этот факт, можно получить формулу для вычисления поверхностного интеграла I-го рода и в случае параметрического задания поверхности. Соответствующее утверждение доказывается аналогично теореме 2: Теорема 3. Пусть Ω – гладкая поверхность, заданная уравнениями:

x = ϕ ( u , v ) , y = ψ ( u , v ) , z = χ ( u , v ) , где (u, v)∈∆, причем соответствие между областями Ω и ∆ взаимно-однозначно. Тогда если функция f (M) определена и непрерывна на поверхности Ω, то справедливо равенство:

∫∫ f ( x, y, z ) d Ω = ∫∫ f (ϕ ( u, v ) ,ψ ( u, v ) , χ ( u, v ) ) ⋅ Ω

EG − F 2 dud v.

(7)

Δ

2

2

2

ПРИМЕР 5. Пусть по поверхности Ω сферы x + y + z = R делена масса с плотностью ρ = ρ ( x, y , z ) = 131

2

распре-

x 2 + y 2 . Найти массу сферы Ω.

Разобьем поверхность Ω на части Ωk столь мелкие, что в пределах каждой из них плотность можно считать постоянной. Выберем в каждой части Ωk по произвольной точке Mk. Тогда масса поверхности приближенно равна значению

m (Ω ) ≈

n

∑ ρ ( M k ) ⋅ Ωk

k =1

= ST ,

и представляет собой интегральную сумму поверхностного интеграла I-го рода от функции ρ (M) по поверхности Ω. Чем меньше части разбиения, тем точнее получается формула. В пределе для массы поверхности получаем:

m(Ω) = lim

n

∑ ρ ( M k ) ⋅ Ωk = ∫∫ ρ ( M ) d Ω .

dT →0 k =1

Ω

Введем сферические координаты:

x = R cos θ cos ϕ , y = R cos θ sin ϕ , z = R sin θ . Тогда

xθ′ = − R sin θ cos ϕ ,

xϕ′ = − R cos θ sin ϕ ,

yθ′ = − R sin θ sin ϕ ,

yϕ′ = R cos θ cos ϕ ,

zθ′ = R cos θ ,

zϕ′ = 0.

Найдем гауссовские коэффициенты поверхности Ω:

E = R 2 sin 2 θ cos 2 ϕ + R 2 sin 2 θ sin 2 ϕ + R 2 cos 2 θ = R 2 , G = R 2 cos 2 θ cos 2 ϕ + R 2 cos 2 θ sin 2 ϕ = R 2 cos 2 θ , F = R 2 cos θ sin θ cos ϕ sin ϕ − R 2 cos θ sin θ cos ϕ sin ϕ + R cos θ ⋅ 0 = 0. Тогда по формуле (7) получаем искомую массу поверхности сферы:

m ( Ω ) = ∫∫ x + y d Ω = 2

2

2π

π /2

0

−π / 2

Ω

3

= 2π R ⋅

π /2

∫

∫ dϕ ∫

R cos θ ⋅ R 2 ⋅ R 2 cos 2 θ − 0 dθ =

cos 2θ dθ = π 2 R3 . ƒ

−π / 2

132

7.2. Ориентация поверхности. Односторонние и двусторонние поверхности. Сторона поверхности. Рассмотрим полоску бумаги ABCD (рис.8а). Пусть одна сторона этой полосы – белая, а другая – заштрихована. Стороны AB и CD можно склеить двумя способами: так, чтобы точка A совпала с точкой D, а точка B с точкой C (при этом получается кольцо, рис.8б) или же так, чтобы точка A совпала с точкой C, а точка B – с точкой D (при этом получается так называемый «лист Мёбиуса», изображенный на рис.8в). Точку, лежащую на внешней (заштрихованной) стороне кольца (рис.8б) нельзя соединить с точкой, лежащей на внутренней (белой) стороне непрерывной кривой, не пересекающей границу кольца (граница кольца получилась из отрезков BC и AD полосы бумаги). Можно сказать иначе: если мы будем закрашивать, допустим, внешнюю сторону кольца в красный цвет, двигаясь от линии склейки AB – CD вправо кистью толщиной, равной ширине полосы бумаги, то мы вернемся к линии склейки, полностью закрасив внешнюю сторону кольца. Продолжив движение, мы станем покрывать эту же сторону вторым слоем краски, а внутренняя, белая сторона кольца в красный цвет не окрасится. а) B A

б) С D

в) M B–C N

B–D

A–D A–С

Рис.8.(a)полоса бумаги; (б)склеенное из нее кольцо; (в) лист Мёбиуса. Иначе обстоит дело с листом Мёбиуса. Взяв произвольную точку N на белой стороне листа, мы можем соединить ее с произвольной точкой M на за-

133

штрихованной стороне непрерывной кривой, не пересекающей границы (рис.8с). Если же мы будем окрашивать лист Мёбиуса, двигаясь от линии склейки вправо, мы окрасим его весь – и белая, и заштрихованная сторона станут красными. (Попробуйте склеить лист Мёбиуса и убедитесь в этом сами). Рассмотренная задача о склейке бумажной полосы позволяет сделать вывод: бывают поверхности односторонние (как лист Мёбиуса) и двусторонние (как кольцо). Для двусторонних поверхностей естественно связать сторону поверхности с направлением нормали к этой поверхности. В каждой точке поверхности (например, сферы) нормаль, проведенная к поверхности, имеет два направления. Выбрав одно из них, мы выберем и соответствующую сторону поверхности. Например, для сферы: с нормалью, направленной к центру сферы, мы свяжем внутреннюю сторону сферы, а с нормалью, направленной от центра, свяжем внешнюю сторону. Дадим теперь строгие определения. Гладкую поверхность будем называть двусторонней, если обход по любому замкнутому контуру, лежащему на поверхности и не имеющему общих точек с ее границей, не меняет направления нормали к поверхности. Поверхность называется односторонней, если существует замкнутый контур с указанными свойствами, при движении по которому нормаль меняет направление (на рис. 8c при движении по средней линии полосы из точки N в точку N нормаль из внешней становится внутренней). Пусть точка M лежит на двусторонней поверхности. Выберем направление вектора нормали в этой точке. Пусть N – любая другая точка той же поверхности. Соединим точки M и N гладкой кривой γ и переместим вектор нормали из точки M в точку N вдоль кривой γ так, чтобы во время движения он оставался перпендикулярным поверхности, а его направление менялось непрерывно. В результате будет задано направление нормали в точке N. Двигаясь от точки M к точке N по любой другой кривой γ, нельзя получить иное направления нормали в точке N. Действительно, в противном случае при движе-

134

нии от точки M к точке N по кривой γ и обратно по кривой γ', мы получили бы замкнутый контур, при движении вдоль которого нормаль меняет направление, что невозможно в силу предположения о двусторонности поверхности. Таким образом, можно считать, что всем точкам двусторонней поверхности приписано определенное направление нормали. Определение 1. Совокупность всех точек поверхности с приписанными к ним нормалями, непрерывно изменяющимися от точки к точке, называется определенной стороной поверхности. Если изменить направления нормалей во всех точках на противоположные, и приписать каждой точке это новое направление нормали, будет получена вторая сторона поверхности. ПРИМЕР 1. Пусть функция F(x, y, z) имеет непрерывные частные производные, а поверхность Ω задается уравнением: F(x, y, z) = 0. Тогда вектор

⎛ ∂F ∂F ∂F ⎞ grad F = ⎜ , , ⎟ x y ∂ ∂ ∂z ⎠ ⎝

(1)

задает нормаль к поверхности. Эта поверхность имеет две стороны, и сторона поверхности определяется либо самим вектором grad F, либо противоположным ему вектором (– grad F). ƒ ПРИМЕР

2.

Пусть

поверхность

Ω

задана

уравнением:

f ( x, y , z ) = z − g ( x, y ) = 0 , причем функция g(x, y) определена на ограниченной области D плоскости OXY, непрерывна на ней и имеет непрерывные частные производные первого порядка. Если при этом соответствие между точками области D и точками поверхности Ω взаимно однозначно, то поверхность Ω бу-

дет являться двусторонней. Одна из сторон поверхности будет иметь нормаль с направляющими косинусами:

cos α =

∂f / ∂x

( ∂f / ∂x )

2

2

+ ( ∂f / ∂y ) + 1

135

=

−∂g / ∂x

( ∂g / ∂x )

2

2

+ ( ∂g / ∂y ) + 1

,

cos β = cos γ =

∂f / ∂y

( ∂f / ∂x )

2

2

+ ( ∂f / ∂y ) + 1 1

( ∂f / ∂x )

2

2

+ ( ∂f / ∂y ) + 1

−∂g / ∂y

=

( ∂g / ∂x )

2

2

+ ( ∂g / ∂y ) + 1 1

=

( ∂g / ∂x )

2

2

+ ( ∂g / ∂y ) + 1

, (2)

.

Другая сторона поверхности имеет нормаль с направляющими косинусами противоположного знака. ƒ ПРИМЕР 3. Рассмотрим гладкую поверхность Ω, заданную параметрически на ограниченной области ∆ в плоскости переменных (u, v) соотношениями:

x = ϕ ( u, v ) ,

y = ψ ( u, v ) , z = χ ( u, v ) .

(3)

Предположим, что эти функции непрерывны вместе со своими частными производными до второго порядка включительно и задают взаимно-однозначное соответствие между точками области ∆ и поверхности Ω, а ранг матрицы

⎛ ϕu′ ψ u′ ⎜ϕ′ ψ ′ v ⎝ v

χu′ ⎞ равен 2 . χ v′ ⎟⎠

В этом случае поверхность Ω также двусторонняя. Одна из ее сторон задается нормалью с направляющими косинусами:

cos α =

A 2

2

A + B +C

2

, cos β =

B 2

2

A + B +C

2

, cos γ =

C 2

2

A + B +C

2

, (4)

где

A=

ψ u′ ψ v′

χu′ ϕ′ , B=− u χ v′ ϕ v′

χu′ ϕ ′ ψ u′ , C= u .ƒ χ v′ ϕ v′ ψ v′

(5)

Положительное направление обхода замкнутого контура. Ориентация поверхности. Рассмотрим замкнутый контур, лежащий на выбранной стороне некоторой двусторонней поверхности. Зададим на этом контуре положительное направле-

136

ние обхода по следующему правилу. Будем считать, что наблюдатель, находящийся на выбранной стороне поверхности (это означает, что нормаль к поверхности направлена от его ног к голове) движется по контуру в положительном направлении, если он движется против часовой стрелки, т.е. область, ограниченная контуром, остается от него слева (рис. 9).

Рис.9. К определению положительного направления обхода на замкнутом контуре. Отметим, что для замкнутой (т.е. не имеющей границы) поверхности (например, сферы) сформулированное выше правило не работает: в этом случае любой замкнутый контур ограничивает сразу две области (экватор Земли, например, ограничивает и северное полушарие, и южное). В подобных случаях для задания положительного направления на контуре приходится оговаривать, границей какой именно области будет считаться этот контур. С учетом сделанного уточнения, можно сказать, что, если на двусторонней поверхности выбрана определенная сторона, то положительное направление на любом замкнутом контуре определяется однозначно. Легко видеть, что верно и обратное: если для некоторого замкнутого контура на поверхности выбрано положительное направление обхода, то тем самым задана сторона поверхности. Определение 2. Если на двусторонней поверхности выбрана определенная сторона (определяющая положительное направление обхода по замкнутому контуру, лежащему на поверхности), или же задано положительное направление обхода по замкнутому контуру, лежащему на поверхности (и, тем 137

самым, определена сторона поверхности), то говорят, что на поверхности задана ориентация. Замечание 1. Выбор в качестве положительного направления обход контура против часовой стрелки связан с преимущественным использованием нами правоориентированной системы координат (см. рис. 10, а также главу 5 выпуска 2 настоящего пособия, в которой вводилось понятие векторного произведения векторов). Замечание 2. Понятия двусторонней поверхности и ориентации на поверхности определены только для случая гладких поверхностей и не могут быть использованы, если условия гладкости (см. п.5.1 главы 5) нарушены. а)

X

б)

Z

Z

O

O Y

Y

X

Рис.10. (a)Правая ориентация; (б)Левая ориентация. Замечание 3. Пусть теперь кусочно-гладкая поверхность Ω состоит из гладких частей Ωk, k = 1, 2, …, n (рис. 11). Границы этих частей есть замкнутые контуры. Пусть каждая из поверхностей Ωk двусторонняя. Выберем ориентацию на поверхности Ω1 и зададим положительное направление обхода на контуре, ограничивающем Ω1. На всех поверхностях Ωk, граничащих с Ω1, выберем ориентацию таким образом, чтобы определяемое ею положительное направление обхода границы Ωk было противоположно положительному направлению обхода границы области Ω1. Далее аналогично задаем ориентацию на 138

частях, граничащих с частями Ωk и т.д. Если возможно задать ориентацию на всех частях Ωk так, что положительные направления обхода общих границ смежных участков поверхности противоположны (рис.11), то говорят, что кусочно-гладкая поверхность является двусторонней и на ней задана ориентация.

Ω1

Ω2 Ω3

Рис.11. Ориентация кусочно-гладкой поверхности.

7.3. Поверхностный интеграл II-го рода. Поверхностный интеграл II-го рода определяется только для двусторонних поверхностей с заданной на них ориентацией.

Определение поверхностного интеграла II-го рода. Пусть на гладкой двусторонней поверхности Ω выбрана некоторая сторона, в каждой точке M которой определено направление нормали n ( M ) . Построим разбиение Т поверхности Ω на части Ω1, Ω2, …, Ωn с помощью произвольных кусочно-гладких кривых, как это делалось в п.7.1. В каждой из этих частей Ωk выберем по произвольной точке Mk с координатами (ξk, ηk, ζk). При введении поверхностного интеграла I-го рода интегральная сумма определялась как сумма произведений значений функции f в точке Mk на площади частей Ωk. При определении поверхностного интеграла II-го рода значения функции в точке Mk умножаются не на площадь частей Ωk, а на площади проекций этих частей на одну из координатных плоскостей, взятые с определенным знаком, зависящим от ориентации поверхности Ω.

139

Пусть поверхность Ω задается уравнением z = g(x, y), причем функция

z = g(x, y) удовлетворяет условиям, сформулированным в примере 2 п.7.2. Обозначим через Dk проекции частей Ωk на плоскость OXY. В интегральную сумму будем включать площадь│Dk│области Dk со знаком «+», если направление нормали к части Ωk образует с положительным направлением оси

OZ острый угол (т.е. если выбранная сторона поверхности – верхняя), и со знаком «–», если этот угол тупой (т.е. выбранная сторона поверхности – нижняя). Таким образом, для верхней стороны поверхности интегральная сумма записывается в виде:

ST =

n

∑

k =1

f ( M k ) ⋅ Dk =

n

∑ f (ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Dk ,

(1)

k =1

а интегральная сумма для нижней стороны поверхности отличается знаком. +

Условимся обозначать верхнюю сторону поверхности Ω символом Ω , а –

нижнюю – символом Ω . Определение 1. Пусть существует предел интегральных сумм (1) при бесконечном увеличении количества частей Ωk разбиения поверхности Ω и бесконечном уменьшении диаметров разбиения dT, причем этот предел не зависит ни от способа разбиения поверхности Ω, ни от выбора точек Mk на частях

Ωk. Тогда этот предел называется поверхностным интегралом второго рода от функции f по верхней стороне поверхности Ω и обозначается: n

∑ f (ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Dk ∫∫+ f ( M ) dxdy = ∫∫+ f ( x, y, z ) dxdy = dTlim →0

Ω

. (2)

k =1

Ω

Поверхностный интеграл по нижней стороне поверхности отличается знаком:

140

∫∫−

Ω

f ( x, y, z )dxdy = − ∫∫ f ( x, y, z )dxdy = − lim

n

∑ f (ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Dk

dT →0 k =1

Ω+

. (2')

Здесь символ dxdy под знаком интеграла указывает на то, что проектирование частей Ωk проводилось на плоскость OXY. Аналогичным образом поверхностный интеграл II-го рода определяется и для случая произвольной поверхности (не обязательно задаваемой уравнением

z = g (x, y)). Интегральные суммы при этом строятся аналогично выражению (1) с единственным отличием – в них могут входить площади с разными знаками (рис. 12). Если некоторая часть Ωk разбиения проектируется в кривую (как, например, цилиндрическая поверхность с образующей, параллельной оси OZ, проектируется в свою направляющую), будем считать, что площадь проекции

│Dk│равна нулю и соответствующее слагаемое в интегральной сумме отсутствует. Также пренебрежем в интегральных суммах слагаемыми, для которых у части точек поверхностей Ωk нормаль образует острый угол с положительным направлением оси OZ, а у части – тупой. Это допущение законно, поскольку при предельном переходе вклад таких слагаемых в интегральную сумму мал.

Z

n

Ω

n

О

X

(+)

(0)

Y

(–)

Рис.12. К определению поверхностного интеграла II-го рода. 141

Если вместо плоскости OXY части разбиения Ωk проектировать на плоскость OXZ или на плоскость OYZ, то возникнут поверхностные интегралы II-го рода, которые принято обозначать

∫∫± f ( x, y, z )dxdz

и

Ω

+

∫∫± f ( x, y, z )dydz , соот-

Ω

–

ветственно. Причем использование в интегралах Ω или Ω зависит от выбора той или иной стороны поверхности Ω, которые, в свою очередь, теперь определяются углом между направлением нормали и положительным направлением оси OY или оси OX . В приложениях чаще всего встречаются соединения интегралов всех трех видов:

∫∫± P ( x, y, z ) dydz + Q ( x, y, z ) dzdx + R ( x, y, z ) dxdy,

(3)

Ω

где P (x,y,z ), Q (x,y,z ) и R (x,y,z ) непрерывные функции, заданные на поверхности Ω. Для удобства можно считать, что на поверхности Ω задана векторная функция

F ( x , y , z ) = ( P ( x, y , z ) , Q ( x, y , z ) , R ( x, y , z ) ) .

(4)

Тогда, как и в случае поверхностных интегралов I-го рода, верна теорема: Теорема 1. Если Ω – кусочно-гладкая поверхность и векторная функция

F ( x, y, z ) имеет непрерывные на Ω компоненты P(x , y , z) , Q ( x , y , z ) и

R ( x , y , z ), то поверхностный интеграл II-го рода (3) существует и определен однозначно.

142

Выражение поверхностного интеграла II-го рода через поверхностный интеграл I-го рода. Выразим сначала через поверхностный интеграл I-го рода интеграл (2). Пусть выбранная в точке M нормаль n ( M ) к поверхности имеет направляющие косинусы ( cos α ( M ), cos β ( M ), cos γ ( M ) ) . Рассмотрим часть Ωk поверхности и произвольную точку Mk на ней. Пусть Dk – проекция Ωk на плоскость OXY. Проведем касательную плоскость к поверхности Ω в точке Mk (рис. 13) и рассмотрим площадку ωk, которая вырезается на касательной плоскости цилиндрической поверхностью с образующей, параллельной оси OZ, и направляющей – границей области Dk (при этом и площадка ωk и часть поверхности Ωk имеют область Dk в качестве своей проекции на плоскость OXY).

Z

ωk Mk Y

Ωk

X

Dk

Рис.13. К выводу формулы (6). В п.4.4 главы 4 было показано, что площади ωk и Dk связаны друг с другом соотношением: Dk = ωk ⋅ cos γ ( M k ) . Подставляя это соотношение в интегральную сумму (1), получаем:

143

ST =

n

∑

k =1

f ( M k ) ⋅ Dk = ≈

n

∑ f ( M k ) ⋅ ωk

k =1

⋅ cos γ ( M k ) ≈ (5)

n

∑ f ( M k ) ⋅ Ωk

k =1

⋅ cos γ ( M k ) .

(Последнее равенство справедливо при dT →0). Сравнивая интегральную сумму (5) с выражением (1) п.7.1 для интегральной суммы поверхностного интеграла I-го рода, получим при переходе к пределу при dT →0:

∫∫+ f ( x, y, z )dxdy = ∫∫ f ( x, y, z ) ⋅ cos γ ( x, y, z ) d Ω .

(6)

Ω

Ω

Аналогичные зависимости можно получить, проектируя поверхность Ωk на плоскости OXZ и OYZ. Объединяя получаемые при этом формулы, можно записать:

∫∫+ P ( x, y, z ) dydz + Q ( x, y, z ) dzdx + R ( x, y, z ) dxdy =

Ω

=

∫∫+ P ( x, y, z ) ⋅ cos α ( x, y, z ) d Ω + Q ( x, y, z ) ⋅ cos β ( x, y, z ) d Ω +

Ω

(

+ R ( x, y, z )⋅ cos γ ( x, y, z ) d Ω =

)

(

(7)

)

= ∫∫ F ( x, y, z ) ⋅ n ( x, y, z ) d Ω = ∫∫ F ( M ) ⋅ n ( M ) d Ω. Ω

Ω

(Под знаком последнего интеграла в (7) стоит скалярное произведение векторов F ( M ) = ( P ( M ), Q( M ), R( M ) ) и n ( M ) = ( cos α ( M ), cos β ( M ), cos γ ( M ) ) . ПРИМЕР 1. Найти интеграл

∫∫+ f ( x, y, z ) dxdy , где f(M) – произвольная

Ω

непрерывная функция, определенная на поверхности Ω, представляющей собой часть цилиндрической поверхности с образующими, параллельными оси OZ и направляющей – некоторой кусочно-гладкой кривой на плоскости OXY . 144

Поскольку нормаль n ( M ) к поверхности Ω параллельна плоскости OXY, т.е. угол между нормалью и положительным направлением оси OZ прямой, имеем cos γ (x, y, z) = 0. Следовательно, по формуле (6) получаем

∫∫+ f ( x, y, z )dxdy = ∫∫ f ( x, y, z ) ⋅ cos γ ( x, y, z ) d Ω = Ω

Ω

= ∫∫ f ( x, y, z ) ⋅ 0 ⋅d Ω = 0. ƒ Ω

Z Ω n

M Y

О

X Рис.14. К примеру 1. Замечание.

Интеграл

(3)

носит

название

потока

вектора

F ( M ) = ( P ( M ), Q ( M ), R( M ) ) через поверхность Ω в сторону единичного вектором нормали n ( M ) . Такое название связано со следующей гидродинамической задачей. Пусть пространство заполнено жидкостью, скорость которой в точке M задается вектором F ( M ) = ( P ( M ), Q ( M ), R ( M ) ) . Вычислим количество Q жидкости, протекающей за единицу времени через ориентированную поверхность Ω в заданном направлении (рис. 15).

145

x2 + y 2 = 1

n(M k ) Mk Ω

Рис.15. К определению потока жидкости через поверхность. Зададим разбиение T поверхности Ω с помощью множества произвольных кусочно-гладких кривых на элементарные части Ω1, Ω2, …, Ωn (рис. 15) и выберем по точке Mk, ( k = 1, 2,… , n ) в каждой из этих частей. Проекция вектора скорости на единичную нормаль к поверхности равно скалярному произведению F ( M ) ⋅ n ( M ) . Тогда количество жидкости, протекающее за единицу времени через площадку Ωk, определяется выражением

(

)

Qk = F ( M ) ⋅ n ( M ) ⋅ Ω k (рис. 15) . Суммируя количество протекающей жидкости по всем площадкам Ωk, получаем интегральную сумму для интеграла (3):

Q=

n

n

k =1

k =1

∑ Qk = ∑ ( F ( M k ) ⋅ n ( M k ) ) ⋅ Ωk .

Переходя теперь к пределу при dT → 0 получаем, что количество жидкости, проходящее за единицу времени через всю поверхность определяется интегралом:

(

)

(

)

Q = ∫∫ F ( x, y, z ) ⋅ n ( x, y, z ) d Ω = ∫∫ F ( M ) ⋅ n ( M ) d Ω . Ω

146

Ω

Выражение поверхностного интеграла II-го рода через двойной интеграл. Пусть поверхность Ω задается уравнением z = g(x, y), где функция g(x, y) удовлетворяет условиям, сформулированным в примере 2 п.7.2, т.е. определена на ограниченной области D плоскости OXY, непрерывна на ней и имеет непрерывные частные производные первого порядка. Зададим, как и выше, разбиение

T поверхности Ω, а проекции частей Ωk на плоскость OXY обозначим через Dk. Запишем интегральную сумму для поверхностного интеграла II-го рода от функции f(M), заданной на поверхности. Для верхней стороны поверхности интегральная сумма имеет вид:

ST =

n

n

∑ f ( M k ) ⋅ Dk = ∑ f (ξk ,ηk , ζ k ) ⋅ Dk .

k =1

(8)

k =1

Учитывая, что точка Mk лежит на поверхности, т.е. ζ k = g (ξ k ,ηk ) , равенство (8) можно переписать в виде:

ST =

n

n

k =1

k =1

∑ f ( M k ) ⋅ Dk = ∑ f (ξk ,ηk , g (ξk ,ηk ) ) ⋅ Dk ,

что представляет собой интегральную сумму для двойного интеграла:

∫∫ f ( x, y, g ( x, y ) )dxdy . Переходя к пределу при

dT → 0, получаем:

D

∫∫+ f ( x, y, z ) dxdy =∫∫ f ( x, y, g ( x, y ) )dxdy .

(9)

D

Ω

Для нижней стороны поверхности в силу формулы (2') получаем:

∫∫− f ( x, y, z ) dxdy = − ∫∫ f ( x, y, g ( x, y ) ) dxdy . D

Ω

Аналогичные

формулы

могут

быть

∫∫+ f ( x, y, z ) dxdz и ∫∫+ f ( x, y, z ) dydz .

Ω

(9')

Ω

147

записаны

и

для

интегралов

ПРИМЕР 2 . Найти поверхностный интеграл II-го рода

∫∫− zdxdy

по

Ω

2

2

2

внутренней стороне верхней полусферы ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 . Поверхность Ω (рис. 16) проектируется в круг D, задаваемый на плоско-

( x − a )2 + ( y − b )2 ≤ R 2 .

сти OXY неравенством

Нормаль к внутренней части

полусферы образует с положительным направлением оси OZ тупой угол, по–

этому поверхность интегрирования обозначается через Ω . Используя формулы (3) и (9), получаем:

Z Ω

–

с

n

О (a, b)

D

R

X

Y

Рис.16. К примеру 2.

∫∫− zdxdy = −∫∫

Ω

2

2

R 2 − ( x − a ) − ( y − b ) dxdy =

D

=−

2π

R

0

0

∫ dϕ ∫

2 R 2 − r 2 rdr = − π R3 . 3

(В последнем преобразовании была выполнена замена переменных

x − a = r cos ϕ , y − b = r sin ϕ ). ƒ

148

Пусть теперь поверхность Ω задана параметрически на ограниченной области ∆ в плоскости переменных (u, v) функциями:

x = ϕ ( u, v ) ,

y = ψ ( u, v ) , z = χ ( u, v ) ,

причем эти функции удовлетворяют условиям из примера 3 п.7.2. +

Обозначим через Ω сторону поверхности, определяемую нормалью с направляющими косинусами (см. формулы (4) и (5) из п.7.2)

cos α =

где A =

ψ u′ ψ v′

A 2

2

A + B +C

2

χu′ ϕ′ , B=− u χ v′ ϕ v′

, cos β =

B 2

2

A + B +C

2

, cos γ =

C 2

2

A + B +C

2

,

χu′ ϕ ′ ψ u′ , C= u . χ v′ ϕ v′ ψ v′

Можно доказать, что в этом случае поверхностный интеграл (7) выражается через двойной интеграл следующим образом:

∫∫+ P ( x, y, z ) dydz + Q ( x, y, z ) dzdx + R ( x, y, z ) dxdy =

Ω

= ∫∫ ( PA + QB + RC ) dud v,

(10)

Δ

а для противоположной стороны поверхности Ω

−

∫∫− P ( x, y, z ) dydz + Q ( x, y, z ) dzdx + R ( x, y, z ) dxdy =

Ω

= − ∫∫ ( PA + QB + RC ) dud v.

(10')

Δ

ПРИМЕР 3. Найти поток вектора r = xi + yj + zk через внешнюю сторо-

ну поверхности, заданной параметрически:

x = a cos u cos v + b sin u sin v, y = a cos u sin v − b sin u cos v, z = c sin u , где 0 < c < b < a, 0 ≤ u ≤

π 2

, 0 ≤ v ≤ 2π (рис. 17).

149

Z

x2 + y 2 = b2

c Ω

n

Y

x2 + y 2 = a2 X Рис.17. К примеру 3.

Поверхность Ω ограничена снизу окружностью x 2 + y 2 = a 2 в плоскости

OXY, а сверху – окружностью x 2 + y 2 = b 2 , лежащей в плоскости z = с. Нормаль к поверхности образует с положительным направлением оси OZ острый угол, т.е. cos γ > 0 . Вычислим коэффициенты A, B, C, представляющие собой миноры матрицы

⎛ xu′ ⎜ x′ ⎝ v

yu′ yv′

zu′ ⎞ = zv′ ⎟⎠

⎛ − a sin u cos v + b cos u sin v − a sin u sin v − b cos u cos v c cos u ⎞ =⎜ . 0 ⎟⎠ ⎝ − a cos u sin v + b sin u cos v a cos u cos v + b sin u sin v

(

)

Тогда A = −c cos u ⋅ x(u , v), B = −c cos u ⋅ y (u , v), C = b 2 − a 2 ⋅ c cos u ⋅ sin u . Заметим, что поскольку значение С < 0, то для внешней стороны поверхности поток вектора находится по формуле (10'):

∫∫ xdydz + y dzdx + z dxdy = Ω

= − ∫∫ ( xA + yB + zC ) dud v = Δ

150

( (

)

(

)

)

= − ∫∫ −c x 2 + y 2 cos u + b 2 − a 2 sin u cos u ⋅ z dud v = Δ

2

π /2

=a c

∫

2π

cos u du

0

∫ d v = 2π a

2

c. ƒ

0

7.4. Свойства поверхностных интегралов I и II рода. Свойства поверхностных интегралов практически идентичны свойствам, сформулированным в главе 6 для криволинейных интегралов. Теорема. Для поверхностных интегралов I-го и II-го рода справедливы

следующие свойства:

n. Линейность. 1а )

∫∫ ( c1 f1 ( M ) + c2 f2 ( M ) )d Ω = c1 ∫∫ f1 ( M ) d Ω + c2 ∫∫ f2 ( M ) d Ω , Ω

1б )

Ω

Ω

∫∫ ( c1F1 ( M ) + c2 F2 ( M ) )⋅ n ( M ) d Ω = Ω

(

)

(

)

= c1 ∫∫ F1 ( M ) ⋅ n ( M ) d Ω + c2 ∫∫ F2 ( M ) ⋅ n ( M ) d Ω, Ω

1в )

Ω

∫∫± ( c1 f1 ( M ) + c2 f2 ( M ) ) dxdy =

Ω

= c1 ∫∫ f1 ( M ) dxdy + c2 ∫∫ f 2 ( M ) dxdy, Ω±

Ω±

где с1 и с2 – постоянные.

o. Аддитивность. Если поверхность Ω составлена из нескольких непересекающихся частей, т.е. Ω = Ω1 ∪ Ω 2 ∪ … ∪ Ω A и Ωi ∩ Ω j = ∅, (i ≠ j ) , то A

2а )

∫∫ f ( M ) d Ω = ∑ ∫∫ f ( M ) d Ω, Ω

k =1 Ω k

151

2б )

∫∫ (

F (M ) ⋅ n (M ) dΩ =

)

∫∫±

f ( M ) dxdy =

Ω

A

∑ ∫∫ ( F ( M ) ⋅ n ( M )) d Ω,

k =1 Ω k

и

2в )

A

∑ ∫∫ f ( M ) dxdy . ±

k =1 Ω

Ω

k

ПРИМЕР 1. Вычислить поверхностный интеграл I рода:

∫∫ ( x Ω

2

)

+ y2 d Ω ,

где поверхность Ω состоит из боковой поверхности Ω1 и основания Ω2 конуса

x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 (рис. 18).

Z

x2 + y 2 = 1

1

z = x2 + y 2 Y

O

D

X Рис.18. К примеру 1.

Имеем по свойству аддитивности поверхностного интеграла I-го рода:

∫∫ ( x Ω

2

)

+ y2 d Ω =

∫∫ ( x

Ω1

2

)

+ y2 d Ω +

152

∫∫ ( x

Ω2

2

)

+ y 2 d Ω.

Для основания конуса d Ω = dxdy . Пусть D – круг с границей x 2 + y 2 = 1 на плоскости OXY , в который проектируется конус. Тогда, переходя к полярным координатам, получаем

∫∫ ( x

2

Ω2

+y

2

) d Ω = ∫∫ ( x

2

+y

2

D

2π

1

0

0

) dxdy = ∫ dϕ ∫ r3dr = π2 ,

На боковой поверхности конуса имеем 2

⎛ x 2 2 d Ω = 1 + z ′x + z ′y dxdy = 1 + ⎜ ⎜ x2 + y 2 ⎝ поэтому

∫∫ ( x

2

Ω1

)

(

⎞ ⎛ y ⎟ +⎜ ⎟ ⎜ x2 + y 2 ⎠ ⎝

)

+ y 2 d Ω = 2 ⋅ ∫∫ x 2 + y 2 dxdy = D

Складывая два интеграла, получаем:

∫∫ ( x

2

π 2

.

)

+ y2 d Ω =

Ω

2

⎞ ⎟ dxdy = 2 ⋅ dxdy, ⎟ ⎠

π 2

(

)

⋅ 1+ 2 . ƒ

ПРИМЕР 2. Вычислить поток вектора r = xi + yj + zk через внешнюю

сторону сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 . Используя линейность и аддитивность поверхностного интеграла, можно записать:

∫∫ ( r ⋅ n ) d Ω = ∫∫ ( r ⋅ n ) d Ω + ∫∫ ( r ⋅ n ) d Ω = Ω

Ω1

=

Ω2

∫∫+ xdydz + ∫∫+ ydxdz + ∫∫+ zdxdy + ∫∫− xdydz + ∫∫− ydxdz + ∫∫− zdxdy,

Ω1

Ω1

Ω1

Ω2

Ω2

Ω2

где n – внешняя нормаль к поверхности интегрирования, Ω – поверхность сфе+

ры, Ω1 – верхняя полусфера, Ω2 – нижняя полусфера, Ω1 – внешняя сторона –

верхней полусферы, Ω2 – внешняя сторона нижней полусферы. (Нормаль к внешней стороне верхней полусферы образует с положительным направлением

153

оси OZ острый угол, а нормаль к внешней стороне нижней полусферы образует – тупой угол). Заметим также, что в верхней строке этого равенства стоят поверхностные интегралы I рода, а во второй – поверхностные интегралы II-го рода.

Z

Ω1

n

D

Y

О

Ω2

n X

Рис.19. К примеру 2.

Пусть D – проекция сферы на плоскость OXY. На поверхности Ω1 справедливо соотношение z = R 2 − x 2 − y 2 , а на поверхности Ω1 – соотношение:

z = − R 2 − x 2 − y 2 . Тогда воспользовавшись формулами (3) и (9), можно записать:

∫∫+ zdxdy + ∫∫− zdxdy = 2∫∫

Ω1

R 2 − x 2 − y 2 dxdy =

D

Ω2

2π

R

0

0

4 = 2 ∫ dϕ ∫ R 2 − r 2 rdr = π R3 . 3 Остальные интегралы вычисляются аналогично. Окончательно получаем искомый поток:

∫∫ ( r , n )d Ω = 4π R

3

.ƒ

Ω

154

ПРИМЕР 3. Вычислить поток вектора r = xi + yj + zk через внешнюю

сторону поверхности цилиндра x 2 + y 2 = R 2 , ограниченного плоскостями z = h и z = 0. Пусть Ω1 – верхнее основание цилиндра, Ω2 – нижнее основание, Ω3 – боковая поверхность, и, наконец, Ω – вся поверхность, ограничивающая цилиндр. Обозначим через n1 , n2 и n3 внешние нормали к соответствующим поверхностям. На поверхности Ω1 справедливо соотношение n1 = k , следовательно, радиус-вектор r = xi + yj + hk точки на поверхности Ω1 обладает свойством

r ⋅ n1 = r ⋅ k = прOZ r = h . На поверхности Ω2 вектор нормали n2 = − k , и для радиус-вектора

r = xi + yj + 0 ⋅ k на поверхности Ω2 имеем r ⋅ n2 = − r ⋅ k = − прOZ r = 0 . На поверхности Ω3 вектор нормали n3 параллелен плоскости OXY, и для радиус-вектора r = xi + yj + zk

любой точки Ω3 справедливо равенство

r ⋅ n3 = прn3 r = R .

Z Ω1

n1

h

x2 + y 2 = R2

Ω3

n3 R

О

Ω2 R

n2

X

Рис.20. К примеру 3. 155

Y

Тогда, используя аддитивность поверхностного интеграла, легко найти искомый поток:

∫∫ ( r ⋅ n ) d Ω = ∫∫ ( r ⋅ n1 ) d Ω + ∫∫ ( r ⋅ n2 ) d Ω + ∫∫ ( r ⋅ n3 ) d Ω = Ω

Ω1

Ω2

Ω3

= h ∫∫ d Ω + 0 + R ∫∫ d Ω = h ⋅ π R 2 + R ⋅ 2π Rh = 3π R 2 h. Ω1

Ω3

(В последней строке использованы известные формулы для площади круга радиуса R и площади поверхности прямого кругового цилиндра радиуса R и высоты h ). ƒ

7.5. Формула Остроградского. Формула Остроградского (или, формула Гаусса – Остроградского) является аналогом формулы Грина для случая поверхностных интегралов. Формула Грина связывает криволинейный интеграл по замкнутому контуру с двойным интегралом по области, ограниченной контуром. Аналогично, формула Остроградского связывает поверхностный интеграл по замкнутой поверхности с тройным интегралом по телу, ограниченному данной поверхностью. Рассмотрим сначала случай тела V специального вида, а именно будем считать, что тело ограничено сбоку – цилиндрической поверхностью Ω3 с образующей, параллельной оси OZ, и направляющей – кусочно-гладкой границей ограниченной области D плоскости OXY; сверху – поверхностью Ω1, задаваемой уравнением z = g1(x, y); снизу тело V ограничено поверхностью Ω2 с уравнением z = g2(x, y), (рис.21). Пусть функции g1(x, y) и g2(x, y) достаточно гладкие, т.е. удовлетворяют условиям, сформулированным в примере 2 п.7.2. Тогда

Ω = Ω1» Ω2 » Ω3 представляет собой замкнутую поверхность, внешнюю сто+

рону которой обозначим через Ω .

156

Z

z = g1 ( x, y )

Ω1

Ω3

z = g 2 ( x, y )

Ω2

О

Y D

X Рис.21. К выводу формулы Остроградского.

Пусть функция R ( x , y , z ) задана в области V и непрерывна на ее замыкании (т.е. непрерывна в точках области V и в точках ее границы Ω) вместе со своей частной производной ∂R ( x , y , z ) / ∂z. Из аддитивности поверхностного интеграла (свойство 2 п.7.4) имеем:

ô R ( M ) dxdy = Ω

+

∫∫+ R ( M ) dxdy + ∫∫+ R ( M ) dxdy + ∫∫+ R ( M ) dxdy =

Ω1

=

Ω2

Ω3

∫∫+ R ( M ) dxdy + ∫∫+ R ( M ) dxdy.

Ω1

(1)

Ω2

Последнее равенство справедливо, поскольку

∫∫+ R ( x, y, z )dxdy = 0 (при-

Ω3

мер 1 п.7.3). Обозначение ô R ( M )dxdy для поверхностного интеграла испольΩ+

зуется вместо обозначения

∫∫+ R(M )dxdy для случая интегрирования по замкну-

Ω

той поверхности.

157

Для дальнейшего нам понадобится вычислить тройной интеграл по области V от функции ∂R ( x , y , z )/∂z. Используя формулу (4) из п.5.2. главы 5 получаем:

⎛ g1 ( x, y ) ⎞ R ( x , y , z ) ∂R ( x, y, z ) ∂ dz ⎟ dxdy = ∫∫∫ ∂z dxdydz = ∫∫ ⎜⎜ ∫ ⎟ ∂z V D ⎝ g2 ( x, y ) ⎠

(

)

= ∫∫ R ( x, y, g1 ( x, y ) ) − R ( x, y, g 2 ( x, y ) ) dxdy =

(2)

D

=

∫∫+ R ( M ) dxdy + ∫∫+ R ( M ) dxdy.

Ω1

Ω2

Последнее равенство в (2) основано на формуле (9) п.7.3, поскольку поверхность Ω1+ – это внешняя сторона поверхности Ω1, а поверхность Ω +2 – внешняя сторона поверхности Ω2 (рис. 21). Из формул (1) и (2) следует формула Остроградского:

∂R ( x, y, z ) ∫∫∫ ∂z dxdydz = ô+ R ( M ) dxdy. Ω

(3)

V

Аналогично выводятся формулы:

∂P ( x, y, z ) ∫∫∫ ∂x dxdydz = ô+ P ( M ) dydz Ω

(4)

∂Q ( x, y, z ) ∫∫∫ ∂y dxdydz = ô+Q ( M ) dxdz. Ω

(5)

V

и

V

Формулы (3) – (5), доказанные для «цилиндрических» тел, можно обобщить и на случай, когда тело V ограничено произвольной кусочно-гладкой поверхностью Ω. Требования, накладываемые при этом на функции P ( x , y , z ),

Q ( x , y , z ) и R ( x , y , z ) несколько ужесточаются. Поскольку при доказательстве формул (3) – (5) для общего случая тело V пришлось бы разбивать на «цилиндрические» части, выступающие за пределы поверхности Ω, то приходится тре158

бовать, чтобы непрерывность функций P ( x , y , z ), Q ( x , y , z ), R ( x , y , z ) и их частных производных ∂P ( x , y , z )/∂x, ∂Q ( x , y , z )/∂y и ∂R ( x , y , z )/∂z имела место не только во всех точках тела V, но также и в некоторой его окрестности. Складывая формулы (3)–(5), приходим к общей формуле Остроградского:

⎛ ∂P ( x, y, z ) ∂Q ( x, y, z ) ∂R ( x, y, z ) ⎞ ∫∫∫ ⎜⎝ ∂x + ∂y + ∂z ⎟⎠ dxdydz = V = ô P ( M ) dydz + Q ( M ) dxdz + R ( M ) dxdy.

(6)

Ω+

Замечание 1. Выражение

∂P( x, y, z ) ∂Q( x, y, z ) ∂R( x, y, z ) называет+ + ∂x ∂y ∂z

ся дивергенцией вектор-функции F ( x, y, z ) = ( P ( x, y , z ) , Q ( x, y , z ) , R ( x, y, z ) ) :

divF ( x, y, z ) =

∂P( x, y, z ) ∂Q( x, y, z ) ∂R( x, y, z ) + + . ∂x ∂y ∂z

Используя это обозначение и формулу (7) п.7.3, можно переписать формулу Остроградского (6) в виде:

ô ( F ( M ) ⋅ n ( M ) ) d Ω = ∫∫∫ divF ( M ) dxdydz. Ω

+

(7)

V

(Здесь n ( M ) – внешняя нормаль к поверхности Ω). Замечание 2. На основе формулы Остроградского можно получить

ряд формул для вычисления объема области V:

V = ∫∫∫ dxdydz =

= ô z dxdy = ô y dxdz = ô xdydz =

V

Ω+

Ω+

Ω+

1 = ô z dxdy + y dxdz + xdydz. 3 Ω+

159

ПРИМЕР 1. Вычислить поток вектора F = x 2 ⋅ i + y 2 ⋅ j + z 2 ⋅ k через

внешнюю сторону замкнутой поверхности Ω, составленной из верхней половины сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 и круга x 2 + y 2 = R 2 в плоскости z = 0. Здесь область V– верхняя половина шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , z ≥ 0. Используя формулу Остроградского (6) и переходя к сферическим координатам (см. п.5.3 главы 5) получаем:

ô x 2 ⋅ dydz + y 2 ⋅ dxdz + z 2 ⋅ dxdy = 2 ∫∫∫ ( x + y + z ) dxdydz = Ω+

V

= 2 ∫∫∫ ( r cos θ cos ϕ + r cos θ sin ϕ + r sin θ ) ⋅ r 2 cos θ ⋅ drdθ dϕ = V 2π

= 2 ∫ dϕ 0

π /2

R

∫ ( cosθ cos ϕ + cosθ sin ϕ + sin θ ) ⋅ cosθ dθ ∫ r

0

3

dr =

π R4

0

2

.ƒ

Z R

R

Y

R X Рис.22.К примеру 1. ПРИМЕР 2. С помощью формулы Остроградского решить пример 3 п.7.4.

Дивергенция вектора r равна divr =

∂x ∂y ∂z + + = 3 . Применяя формулу ∂x ∂y ∂z

(7) и используя формулу для объема цилиндра, получаем (рис.20):

∫∫ ( r ⋅ n ) d Ω =3∫∫∫ dxdydz = 3π R Ω

V

160

2

h. ƒ

ПРИМЕР 3. Вычислить поток вектора F = x 2 ⋅ i + y 2 ⋅ j + z 2 ⋅ k через

внешнюю поверхность куба 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a. Пусть Ω – поверхность куба V , а n – внешняя нормаль к его поверхности (рис.23). По формуле Остроградского получаем:

∫∫ ( F ⋅ n )d Ω =2∫∫∫ ( x + y + z ) dxdydz = Ω

V a

a

a

0

0

0

= 2∫ dx ∫ dy ∫ ( x + y + z ) dz = 3a 4 . ƒ

Z a

O

a

Y

a X Рис.23.К примеру 3.

7.6. Формула Стокса. Формула Стокса обобщает формулу Грина на случай пространственной кривой. Она устанавливает связь между поверхностным интегралом по поверхности Ω и криволинейным интегралом II-го рода по ее границе. Пусть поверхность Ω, задана параметрически на ограниченной области ∆ в плоскости переменных (u, v) соотношениями (3) из п.7.2:

x = ϕ ( u, v ) ,

y = ψ ( u, v ) , z = χ ( u, v ) ,

причем для этих функций справедливы условия гладкости, сформулированные в примере 3 п.7.2. 161

+

Выберем определенную сторону поверхности Ω, например, сторону Ω , на которой положительное направление обхода границы Г(Ω) поверхности Ω отвечает на плоскости переменных (u, v) положительному обходу границы Г(∆) области ∆ (т.е. при движении точки по границе поверхности Ω в положительном направлении, ее проекция на границу области ∆ движется против часовой стрелки). Границы областей с выбранными на них положительными направле+

+

ниями обхода будем обозначать через Г(Ω) и Г(∆) . Пусть на поверхности Ω (вместе с некоторой ее окрестностью) функция

P ( x , y , z ) определена, непрерывна и имеет непрерывные частные производные. Рассмотрим криволинейный интеграл II-го рода от этой функции по кривой +

Г(Ω) . Используя соотношения (3) п.7.2. и формулу для дифференциала сложной функции, получим:

ò

Γ (Ω)

+

P ( x, y, z ) dx=

⎛ ∂ϕ ( u , v ) ∂ϕ ( u , v ) ⎞ = ò P (ϕ ( u , v ) ,ψ ( u , v ) , χ ( u , v ) ) ⋅ ⎜ du + d v ⎟. ∂ ∂ v u + ⎝ ⎠ Γ(Δ )

(1)

+

Кривая Г(∆) и ограниченная ею область ∆ лежат в плоскости (u, v), поэтому к интегралам (1) можно применить формулу Грина:

ò [P ⋅

Γ( Δ )

+

∂ϕ ( u , v ) ∂u

du + P ⋅

∂ϕ ( u , v ) ∂v

d v] =

⎧ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ ⎫ = ∫∫ ⎨ ⎜ P ⋅ ⎟− ⎜P⋅ ⎟ ⎬ dud v = u u ∂ ∂ ∂ ∂ v v ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎭ Δ⎩ ⎧⎪ ∂P ∂ϕ ∂ 2ϕ ∂P ∂ϕ ∂ 2ϕ ⎫⎪ = ∫∫ ⎨ ⋅ + P⋅ − ⋅ − P⋅ ⎬ dud v = I v v v v u u u u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎪⎭ ⎩ Δ⎪

162

(2)

При условиях, наложенных на функции ϕ ( u , v ) , ψ ( u , v ) , χ ( u , v ) , спра-

∂ 2ϕ ( u , v )

ведливо равенство:

∂u∂v

=

∂ 2ϕ ( u , v ) ∂v∂u

. Тогда из (2) получаем

⎧⎛ ∂P ∂ϕ ∂P ∂ψ ∂P ∂χ ⎞ ∂ϕ ⎛ ∂P ∂ϕ ∂P ∂ψ ∂P ∂χ ⎞ ∂ϕ ⎫ I = ∫∫ ⎨⎜ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⎟ ⋅ ∂v − ⎜ ∂x ⋅ ∂v + ∂y ⋅ ∂v + ∂z ⋅ ∂v ⎟ ⋅ ∂u ⎬ dud v = x u y u z u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎭ Δ⎩ ⎧ ∂P ⎛ ∂ψ ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ ⎞ ∂P ⎛ ∂χ ∂ϕ ∂χ ∂ϕ ⎞ ⎫ = ∫∫ ⎨ ⋅ ⎜ ⋅ − ⋅ ⋅⎜ ⋅ − ⋅ ⎟+ ⎟ ⎬dud v = y u u z u u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ v v v v ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎭ Δ⎩

где B = −

ϕu′ ϕ v′

χu′ ϕ ′ ψ u′ , C= u . χ v′ ϕ v′ ψ v′

⎧ ∂P ∂P ⎫ = ∫∫ ⎨ ⋅ B − ⋅ C ⎬dud v, ∂z ∂y ⎭ ⎩ Δ

Теперь по формулам (10) и (7) из п.7.3 окончательно получаем I= ò

Γ( Ω )

+

P ( x, y, z ) dx =

⎛ ∂P ⎞ ∂P ∂P ∂P = ∫∫ dxdz − dxdy = ∫∫ ⎜ ⋅ cos β − ⋅ cos γ ⎟ d Ω. ∂y ∂y ⎝ ∂z ⎠ + ∂z

(3)

Ω

Ω

Аналогично можно получить равенства:

ò

Γ( Ω )

ò

Γ( Ω )

+

Q ( x, y, z ) dy = ∂Q ∂Q ∂Q ⎛ ∂Q ⎞ dxdy − dydz = ∫∫ ⎜ = ∫∫ ⋅ cos γ − ⋅ cos α ⎟ d Ω. ∂z ∂z ⎝ ∂x ⎠ + ∂x Ω

Ω

+

(4)

R ( x, y, z ) dz = =

∂R

⎛ ∂R

∂R

∂R

⎞

(5)

∫∫+ ∂y dydz − ∂x dxdz = ∫∫ ⎜⎝ ∂y ⋅ cos α − ∂x ⋅ cos β ⎟⎠ d Ω. Ω

Ω

(В равенствах (3) – (5) величины cos α , cos β , cos γ есть направляющие косину+

сы вектора нормали к поверхности Ω ).

163

Складывая соотношения (3) – (5) получаем формулу Стокса:

ò

Γ( Ω )

+

P ( x, y, z ) dx + Q ( x, y, z ) dy + R ( x, y, z ) dz = ⎛ ∂Q ∂P ⎞ ⎛ ∂R ∂Q ⎞ ⎛ ∂P ∂R ⎞ dxdy dydz = ∫∫ ⎜ − + − + − ⎜ ⎟ dxdz. ⎟ ⎜ ⎟ ∂y ⎠ ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂z ∂x ⎠ ⎝ + ⎝ ∂x Ω

(6)

Формулу Стокса можно записать и через поверхностный интеграл I-го рода:

ò

Γ( Ω )

+

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

⎛ ⎛ ∂Q ∂P ⎞ ⎞ ⎛ ∂R ∂Q ⎞ ⎛ ∂P ∂R ⎞ = ∫∫ ⎜ ⎜ − ⋅ + − ⋅ + − ⋅ γ α β cos cos cos ⎟ d Ω. ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x y y z z x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ Ω⎝

(7)

⎛ ∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P ⎞ Замечание 1. Вектор rot F = ⎜ , , − − − ⎟ называет⎝ ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ⎠ ся

ротором,

или

векторной

вихрем

функции

F ( x, y , z ) =

= ( P ( x, y, z ), Q ( x, y, z ), R( x, y, z ) ) . Компоненты ротора удобно выразить с помощью определителя:

i ∂ rot F = ∂x P

j ∂ ∂y Q

k ∂ . ∂z R

С использованием понятия ротора формула Стокса записывается короче:

ò

Γ( Ω )

+

(

)

F ⋅ dr = ∫∫ rot F ⋅ n d Ω, Ω

(8)

и выражает циркуляцию вектора через поверхностный интеграл от его ротора. ПРИМЕР 1. Вычислить циркуляцию вектора F = yi − x j + zk вдоль ли-

нии γ пересечения сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 и конуса x 2 + y 2 = z 2 , z > 0. Для точек, лежащих на кривой γ, справедливы равенства:

x2 + y 2 = z 2 = R2 − z 2 . 164

Тогда координаты точек, лежащих на кривой γ, удовлетворяют соотношениям:

z 2 = R 2 / 2, x 2 + y 2 = R 2 / 2, т.е. кривая γ – это окружность радиуса

2 , ле-

жащая в плоскости z = R / 2 . Применим формулу Стокса. В качестве поверхности Ω возьмем круг радиуса

2 , лежащий в плоскости z = R / 2 . Кривая γ является границей этого

круга, т.е. γ = Г(Ω). Положительным направлением обхода контура будем считать направление против часовой стрелки, если смотреть со стороны положительной части оси OZ (рис. 24). Вектор n = k является вектором нормали к Ω, соответствующим выбранному положительному направлению обхода контура. На поверхности Ω имеем: dΩ = dxdy. Ротор вектора F = yi − x j + zk равен:

i j k rot F = ∂ / ∂x ∂ / ∂y ∂ / ∂z = 0 ⋅ i − 0 ⋅ j − 2 ⋅ k . y −x z Проекция поверхности Ω на плоскость OXY представляет собой круг D радиуса

2 . По формуле (8) получаем:

⎛ R ⎞ ò F ⋅ d r = ∫∫ rot F ⋅ n d Ω = −2∫∫ dxdy = − 2 ⋅ π ⋅ ⎜ ⎟ = −π R 2 . ƒ ⎝ 2⎠ γ+ Ω D Z n γ R

(

2

)

Ω

2

R

D

2

X

R Y

Рис.24.К примеру 1. 165

D

ПРИМЕР 2. Вычислить циркуляцию вектор-функции

F = ( 3 x + 2 z ) ⋅ i + ( xy − z ) ⋅ j − xyz ⋅ k вдоль линии γ пересечения параболоида z = g ( x, y ) = 1 − x 2 − y 2 = 0 (рис. 25) с координатными плоскостями ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) . Воспользуемся формулой Стокса. В качестве поверхности Ω с границей γ примем

часть

параболоида,

лежащую

в

первом

октанте,

т.е.

при

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . Таким образом, γ = Г(Ω). Положительным направлением обхода контура будем считать движение против часовой стрелки, если смотреть со

стороны

внешней

нормали

к

параболоиду:

n = grad ( z − g ( x, y )) =

= 2 xi + 2 yj + k . На поверхности Ω имеем 2

2

d Ω = 1 + g ′x2 + g ′y2 dxdy = 1 + ( −2 x ) + ( −2 y ) dxdy = = 1 + 4 x 2 + 4 y 2 ⋅ dxdy. Найдем теперь ротор вектора F = ( 3 x + 2 z ) ⋅ i + ( xy − z ) ⋅ j − xyz ⋅ k :

i rot F = ∂ / ∂x 3x + 2 z

j k ∂ / ∂y ∂ / ∂z = (1 − xz ) ⋅ i + ( yz + 2 ) ⋅ j + y ⋅ k . xy − z − xyz

Проекция поверхности Ω на плоскость OXY представляет собой четверть круга D: x 2 + y 2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0. На поверхности Ω в цилиндрических координатах (r, φ, z) выполнено равенство z = 1 − ( x 2 + y 2 ) = 1 − r 2 . Тогда по формуле Стокса (8) получим

ò F ⋅ dr = ∫∫ ( rot F ⋅ n ) d Ω =

γ+

Ω

= ∫∫ ( 2 x (1 − xz ) + 2 y ( yz + 2 ) + y ) ⋅ 1 + 4 x 2 + 4 y 2 dxdy = D

166

(

)

= ∫∫ 2 x − 2 x 2 z + 2 y 2 z + 5 y ⋅ 1 + 4 x 2 + 4 y 2 dxdy = D π /2

=

∫

0

1

(

)

dϕ ∫ 2r cos ϕ − 2r 2 cos 2 ϕ ⋅ z + 2r 2 sin 2 ϕ ⋅ z + 5r sin ϕ ⋅ 1 + 4r 2 rdr = 0 1

2

= ∫ 1 + 4r rdr 0

π /2

∫

0

1

( r ( 2 cosϕ + 5sin ϕ ) − 2r

= 7 ∫ r 2 1 + 4r 2 dr = 0

2

))

(

cos 2ϕ ⋅ 1 − r 2 ⋅ dϕ =

(

)

7 18 5 − ln(2 + 5) . 64

(Последний интеграл может быть вычислен с помощью замены переменных

2r = sh t ). ƒ

Z 1

Ω

γ

γ

O D

1 X

γ

Рис.25.К примеру 2.

167

1 Y

Теоретические вопросы к главе 7. 1. Как определяется ориентация на поверхности? Что такое сторона поверхности? Как определяется положительное направление обхода замкнутого контура на поверхности? 2. Чем отличаются друг от друга поверхностные интегралы I-го и II-го рода? Чем отличается поверхностный интеграл II-го рода от двойного интеграла? 3. Как свести поверхностный интеграл I-го рода к двойному интегралу в случае, если поверхность задана: a) уравнением z = g(x, y); b) параметрически? 4. Как свести поверхностный интеграл II-го рода к двойному интегралу в случае, если поверхность задана: a) уравнением z = g(x, y); b) параметрически? 5. Как связаны друг с другом поверхностные интегралы I-го и II-го рода? 6. Как задать нормаль к поверхности в случае, если поверхность задана: a) уравнением F (x, y, z) = 0; b) уравнением z = g(x, y); с) параметрически? 7. Что такое дивергенция? Что такое ротор вектора? Как с помощью этих понятий можно записать формулу Остроградского и формулу Стокса? 8. Как с помощью поверхностного интеграла найти: a) площадь поверхности; b) объем области, ограниченной замкнутой поверхностью? 9. Влияет ли ориентация поверхности на запись формул Остроградского, Стокса, а также формул, сводящих поверхностный интеграл II-го рода к поверхностному интегралу I-го рода или к двойному интегралу? Если влияет, то каким образом? 10. Пусть Ω – часть боковой поверхности цилиндра x 2 + y 2 = R 2 , ограниченного поверхностями z = g1(x, y) и z = g2(x, y). Доказать, что поток вектор168

функции

F

в

этом

2π

∫∫ ( F ⋅ n ) d Ω = R ∫ dϕ Ω

0

случае

может

g 2 ( R cos ϕ , R sin ϕ )

∫

g1 ( R cos ϕ , R sin ϕ )

быть

найден

по

( r,ϕ , z )

– цилиндриче-

( F ⋅ n ) dz , где

формуле:

ские координаты. 11. Пусть Ω – часть поверхности сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , ограниченная коническими поверхностями θ = θ1 , θ = θ 2 и полуплоскостями ϕ = ϕ1 , ϕ = ϕ2 . Доказать, что в этом случае поток вектор-функции F выражается формулой:

ϕ2

θ2

ϕ1

θ1

∫∫ ( F ⋅ n ) d Ω = R ∫ dϕ ∫ ( F ⋅ n ) sin θ dθ , где (r ,ϕ ,θ ) – сферические ко2

Ω

ординаты.

Задачи к главе 7. Вычислить поверхностные интегралы I-го рода

∫∫ f ( x, y, z ) d Ω : Ω

1. f ( x, y, z ) = z ; Ω – часть поверхности цилиндра x 2 + z 2 = 2az , a > 0 , вырезанная конусом z = x 2 + y 2 . 2. f ( x, y , z ) = x + y + z ; Ω – верхняя половина сферы x 2 + y 2 + z 2 = a 2 . 3. f ( x, y , z ) = z ; Ω – часть поверхности геликоида

x = u cos v, y = u sin v, z = v, где 0 < u < a, 0 < v < 2π . 4. f ( x, y, z ) =

x2 a

4

+

y2 b

4

+

z2 c

4

; Ω – эллипсоид

169

x2 a

2

+

y2 b

2

+

z2 c

2

= 1.

⎡ x2 y 2 z 2 ⎤ 2 2 2 3/ 2 ⎢ ⎥ 5. f ( x, y, z ) = x + y + z ⋅ + + 4 4 4 ⎢ a b c ⎥⎦ ⎣

(

липсоида

)

x2 a2

+

y2 b2

+

z2 c2

−1

; Ω – поверхность эл-

= 1.

6. f ( x, y, z ) = x 2 y 2 + z 2 x 2 + z 2 y 2 ; Ω – часть верхней половины конуса

x 2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0 , отсекаемая цилиндром x 2 + y 2 − 2ax = 0 . Найти массу поверхности Ω, плотность которой задается функцией ρ ( x, y, z ) . 7. ρ ( x, y , z ) = z ; Ω – часть поверхности параболоида x 2 + y 2 = 2 z ,

0 ≤ z ≤ 1. 8. ρ ( x, y, z ) = x 2 + y 2 ; Ω – часть сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , вырезанная конусом z = x 2 + y 2 . Вычислить двумя способами (с помощью и без помощи формулы Остроградского) поток вектор-функции F через ориентированную поверхность Ω :

(

)

9. F = x 2 + y 2 ⋅ k ; Ω – нижняя сторона круга x 2 + y 2 = R 2 в плоскости

OXY. 10. F = x 2 y 2 z k ; Ω – верхняя сторона нижней полусферы

x2 + y 2 + z 2 = R2 , z ≤ 0 . 11. F = x3 ⋅ i ; Ω – верхняя сторона половины эллипсоида

x2 a

2

+

y2 b

2

+

z2 c

2

= 1, z ≥ 0 .

12. F = x 2 ⋅ i + y 2 ⋅ j + z 2 ⋅ k ; Ω – внешняя сторона сферы

x2 + y 2 + z 2 = R2 .

170

13. F = z ⋅ k ; Ω – внешняя сторона эллипсоида 14. F =

x2 a2

x2 a

2

+

y2 b

2

+

z2 c

2

= 1.

i j k + + ; Ω – внешняя сторона эллипсоида x y z

+

y2 b2

+

z2 c2

= 1.

На основе формулы Стокса найти циркуляцию вектор-функции F по кривой γ: 15. F = y ⋅ i + z ⋅ j + x ⋅ k ; γ – линия пересечения сферы x 2 + y 2 + z 2 = R 2 и плоскости x + y + z = 0 . (Против часовой стрелки, если смотреть с положительного направления оси OX ). 16. F = ( y − z ) ⋅ i + ( z − x ) ⋅ j + ( x − y ) ⋅ k ; γ – линия пересечения цилиндра

x 2 + y 2 = a 2 и плоскости

x z + = 1 , ( a > 0, h > 0 ) . (Против часовой a h

стрелки, если смотреть с положительного направления оси OX ).

(

) (

) (

)

17. F = y 2 + z 2 ⋅ i + x 2 + z 2 ⋅ j + y 2 + x 2 ⋅ k ;

γ – линия пересечения

цилиндра x 2 + y 2 = 2ax и сферы x 2 + y 2 + z 2 = 2 Rx . (В направлении, при котором меньшая область, ограниченная кривой на сфере, остается слева).

(

) (

) (

)

18. F = y 2 − z 2 ⋅ i + z 2 − x 2 ⋅ j + x 2 − y 2 ⋅ k ;

γ – линия пересечения

плоскости x + y + z = 3a / 2 с поверхностью куба 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a ,

0 ≤ z ≤ a . (Против часовой стрелки, если смотреть с положительного направления оси OX ).

171

ГЛОССАРИЙ Двойной интеграл (double integral) – обобщение понятия определенного интеграла на двумерный случай. Определяется как предел соответствующих интегральных сумм. Диаметр множества (diameter of a set) – наибольшее расстояние между двумя точками множества. Замыкание области (closure of a domain) – объединение области и ее границы. Криволинейный интеграл (curvilinear integral) – обобщение понятия определенного интеграла, связанное с заменой отрезка интегрирования на дугу кривой линии. Неопределенный интеграл (indefinite integral) – множество всех первообразных подынтегральной функции. Несобственный интеграл (improper definite integral) – интеграл, один из пределов интегрирования которого бесконечен, а также интеграл от разрывной функции. Определенный интеграл (definite integral) – предел последовательности интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка интегрирования. Первообразная (antiderivative) функции f(x) – функция F(x), производная которой равна f(x). Повторный интеграл (iterated integral) – интеграл от функции двух переменных, взятый последовательно по одной переменной, а затем по другой. Потенциал (потенциальная функция) вектора (potential) – функция трех переменных, частные производные которой по соответствующим координатам совпадают с координатами вектора. Правильная область 1-го типа (regular domain of 1-st type) – область на плоскости, ограниченная прямыми x = a и x = b и кривыми y = = φ1(х), у = φ2(х), где функции φ1(х), φ2(х) непрерывны на отрезке [a, b] и φ1 (х) ≤ φ2 (х). Правильная область 2-го типа (regular domain of 2-nd type) – область на плоскости, ограниченная прямыми y = c, y = d и кривыми x = = ψ1(у), х = ψ2(у), где функции ψ1(у) и ψ2(у) непрерывны на отрезке [c, d] и ψ1(у) ≤ ψ2(y).

172

Рациональная дробь (rational fraction) – функция вида f ( x) =

P( x) , где D( x)

P(x) и D(x) – многочлены. Сапог Шварца (Schwarz’s boot) – вписанный в цилиндр многогранник, сумма площадей граней которого стремится к бесконечности при стремлении диаметров граней к нулю. Связное множество (connected set) – множество, любые две точки которого можно соединить непрерывной кривой, принадлежащей этому множеству. Тройной интеграл (triple integral) – обобщение понятия определенного интеграла на трехмерный случай. Определяется как предел соответствующих интегральных сумм. «Хорошая» кривая (regular curve) – кривая, граница которой составлена из конечного числа графиков непрерывных функций. Циркуляция вектора (circulation) – криволинейный интеграл II-рода от векторной функции по замкнутому контуру. Якобиан (Jacobian) – определитель, составленный из частных производных n функций, зависящих от n переменных.

Материалы, относящиеся к данному изданию можно найти на сайте кафедры высшей математики РГУ нефти и газа им. И.М. Губкина: http://kvm.gubkin.ru/index.html

173