Задачи от пресмятане на криволинеен интеграл

1
§3. Задачи от пресмятане на криволинеен интеграл

Съдържание
1. Непосредствено пресмятане на криволинеен интеграл от първи и втори род.
2. Привеждане на криволинеен интеграл по затворен контур към пресмятане на двоен
интеграл по формулата на Гаус.

ТЕОРИЯ
Криволинеен интеграл от първи род. Нека
()trr=γ: , β≤≤αt, е гладка крива с начална
точка
()α=rA и крайна точка ()β=rB (Рис1).

Рис. 1.
Тогава дължината на участъка от кривата от началната точка A до точката ()tMr= се дава
от формулата

() ( )
() () ()∫∫
αα
θθ+θ+θ=θθ==
tt
dzyxdtss
222
&&&&r
Криволинейният интеграл от първи род от функцията ( )zyxf,, върху гладката крива γ се
дефинира чрез формулата
( ) () () ()() ∫∫
=
γ
l
dsszsysxfdszyxf
0
,,,,
Нека гладката крива
γ е зададена с параметрично уравнение ()trr=γ: , β≤≤αt. Тогава като
направим смяна на променливите ()tss=, β≤≤αt, получаваме формулата

( ) () () ()( ) () () ()
∫∫
β
αγ
++= dttztytxtztytxfdszyxf
222
,,,, &&& .
Криволинеен интеграл от втори род. Нека е дадена гладката крива
γ с
параметрично уравнение
()trr=
γ: , β≤≤αt, което в разгърнат вид изглежда по следния
начин

()
()
()
β≤≤α
χ=
ψ=
ϕ=
γ
t
tz
ty
tx
:

Когато във всяка точка ()zyxM,, на едно множество E е определен вектор kjiFRQP++= ,
то се казва, че в E е зададено векторно поле с координати ( )zyxPP,,= , ()zyxQQ,,= и
()zyxRR,,= . Ако върху ориентираната гладка крива γ е зададено векторното поле
()RQP,,F , то можем да образуваме скаларното произведение

2

rrr
Fτ
&
&
&
&
&
& z
P
y
Q
x
P ++=
.

Рис. 2.
Криволинеен интеграл от втори род от векторното поле F върху гладката крива γ се нарича
криволинейният интеграл от първи род от скаларното произведение Fτ, т.е.
[] ∫∫∫∫∫
β
α
β
α
β
α
β
αγ
++=++= dtzRdtyQdtxPdtzRyQxPds&&&&&&Fτ означава се
∫∫
++=
γγ
RdzQdyPdxdrF
Нека γ е жорданова крива с вътрешност областта D и нека векторното поле ()QP,F е гладко
в затворената област γ=UDD. Тогава е в сила равенството (формула на Грийн)
∫∫∫ ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
∂
∂
−
∂
∂
=+
γ D
dxdy
y
P
x
Q
QdyPdx.
Нека
2
R⊂D е едносвързана област, а функциите ()yxP, и ()yxQ, имат непрекъснати
частни производни в D. В такъв случай криволинейният интеграл
∫
γ
+QdyPdx
не зависи от пътя D⊂γ тогава и само тогава, когато
() () yxPyxQ
yx,, ′=′ ,
за всяко () Dyx∈, .

ЗАДАЧИ
Задача 1
. Да се решат линейните интеграли от първи род:
1.1.
()
∫
c
xyds
където
()c е дъгата от елипсата

()
1
169
22
=+→
yx
c
лежаща в първи квадрант .
1.2.
()
∫
+
c
ds
yx
z
22
2

където
()c е първата извивка на винтовата линия

()
→→→→
++=→ katjtaitarc sincos .
1.3. ()
()
∫
+
c
dsyx
където
()c е четвъртината от окръжността

3

()
⎩
⎨
⎧
=
=++
→
xy
Rzyx
c
2222

лежаща в първи октант.
Решение.
1.1. Параметричните уравнения на елипсата са

ty
tx
sin4
cos3
=
=

и в първи квадрант
2
0
π
≤≤t. Намираме
()() dtttdtyxds
2222
cos4sin3 +−=+= &&
и заместваме x, y и ds. Тогава

()
=∫
c
xyds
=+∫
2
0
22
cos16sin9sin4.cos3
π
dttttt

()
=−=−+=∫∫
tdttdttt
2
2
0
2
2
0
22
sinsin7166sinsin116sin9sin12
ππ

() () () =−−=−−−=∫
2
0
2
3
22
2
0
2
1
2
|sin716
3
2
.
7
6
sin716sin716
7
6
π
π
ttdt
()
7
148
37.
7
4
6427
7
4
169
7
4
2
3
2
3
==−−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−=
1.2. От векторно-параметричното уравнение на линията определяме

atztaytax ===,sin,cos
и чрез тях

()() dtadtatatadtzyxds 2cossin
222222
=++−=++= &&& .

За да се опише първата извивка на винтовата линия, трябва π20≤≤t . Заместваме в дадения
интеграл. Тогава

()
()
()() 3
28
|.
3
2
2
sincos
3
2
0
3
2
0
22
2
22
2
π
π
π
a
tadta
tata
at
ds
yx
z
c
==
+
=
+∫∫

1.3. Четвъртината от окръжността

4

()
⎩
⎨
⎧
=
=++
→
xy
Rzyx
c
2222

лежаща в първи октант е част от окръжността, получена от сечението на сферата


2222
Rzyx=++
с равнината
xy=. Намираме параметрични уравнения на тази окръжност като полагаме
tRzsin=. Тогава от xy= и
2222
Rzyx=++ следва t
R
yxcos
2
== . За да се опише дъга
от окръжността в първи октант, трябва
2
00,0,0
π
≤≤⇒≥≥≥tzyx

Тогава
() ()
()
=+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=+∫∫
dttRt
R
t
R
t
R
dsyx
c
2
0
2
22
cossin
2
sin
2
.cos
2
.2
π


2|sin2cos
2
2
2
2
0
2
2
0
2
RtRtdt
R
===∫
π
π


Задача 2
. Да се пресметнат линейните интеграли от втори род:
2.1.
()
∫
+
−
c
yx
dyxdxy
22
22
,
където
()c е полуокръжността

() π≤≤
⎩
⎨
⎧
=
=
→t0
tay
tax
c ;
sin
cos

2.2.
()
∫
+−−++
++c zyxzyx
zdzydyxdx
2
222

където
()c е отсечката с начало точка
()1;1;1
1
M и край точка ()4;4;4
2
M .
2.3.
()
∫
+−
c
zdzxdyydx
по линията

() 0 ;
4
222
222
>
⎩
⎨
⎧
=+
=++
→ z
zyx
zyx
c.
Решение.
2.1. Заместваме
x и y с дадените в уравнението на кривата изрази и решаваме
получения определен интеграл

5

()
=
+
−
=
+
−∫∫
π
0
2222
2222
22
22
cossin
sin.coscos.sin
dt
tata
tdatatdata
yx
dyxdxy
c

3
4
3
1
1
3
1
1|
3
sin
sin
3
cos
cossincoscossin0
33
0
2
0
2
a
a
t
t
t
tattdattda −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−+−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+−−=−=
∫∫
π
ππ

2.2. Съставяме каноничните уравнения на правата
21
MM

14
1
14
1
14
1
14
1
21
−
−
=
−
−
=
−
−
=
−
−
→
tzyx
MM
и чрез тях параметричното представяне на отсечката
21
MM

tz
ty
tx
MM
=
=
=
→
21 , 41≤≤t
Тогава

()
()
33
3
143
3
3
2
3
2
4
1
4
1
222222
=
−
==
+−−++
=
+−−++
++∫∫∫
dt
tttttt
tdt
zyxzyx
zdzydyxdx
c

2.3. Намираме сечението на двете повърхнини (централна сфера и кръгов цилиндър) като
заместваме в първото уравнение
222
zyx=+. Получава се 42
2
=z . Тогава 2=z и
2
22
=+yx , което означава, че сечението е окръжност, лежаща в равнината с уравнение 2=z.

Пишем параметричните уравнения на тази окръжност
()
π20 ,
2
sin2
cos2≤≤
=
=
=
→t
z
ty
tx
c
и свеждаме дадения криволинеен интеграл към определен интеграл.

()
()()∫∫
=+−−=+−
π2
0
0.2cos2.cos2sin2.sin2dtttttzdzxdyydx
c


()∫
−=−=+
π
π
π
2
0
2
0
22
4|2cossin tdttt
Задача 3. Да се докаже, че линейния интеграл
()
()
()
∫
+
+
+
−
=
AB
yy
dy
x
dx
x
x
I
22
2
11
12 ll

6
не зависи от пътя , а само от началната точка
A и крайната точка
B. Да се намери
потенциалната функция на полето с представител

()
()
→→→
+
+
+
−
= j
x
i
x
x
F
yy
22
2
11
12 ll
.
Решение. Проверяваме изпълнено ли е условието за независимост на интеграла от пътя, т.е.
вярно ли е, че
x
Q
y
P∂
∂
=
∂
∂
.

( )
() ()
() ()
2
2
2
2
2
2
1
2
1
021
12x
x
x
x
y
x
x
y
P
yy
y
+
−=
+
−
=
∂
+
−
∂
=
∂
∂
ll
l


() ()
2
2
2
2
2
1
2
1
201
x
x
x
x
x
x
x
Q
y
y
y
+
−=
+
−
=
∂
+
∂
=
∂
∂ l
l
l

Вижда се, че получените частни производни са равни. Тогава даденият интеграл не зависи от
пътя
()AB, а зависи само от началната точка
A и от крайната точка B. Нека ( )
00,yxM е
точка от потенциалното поле на
F
r
. Тогава потенциалната функция спрямо нея ще е

()
()
()
()
( )
()
=
+
+
+
+
−=
+
+
+
−
=∫∫∫
y
y
x
x
y
x
x
y
y
y
x
d
d
x
dyxU
0
000
|
11
1
1
11
12
,
2
0
2
2
2
2
0
2
2
ηη
ξ
ξ
ηξ
ξ
ξ
l
l
ll


()
2
0
22
0
2
0
22
0
2
1
1
1
1
11
1
1
1
1
|
1
1
1
000
0
xxxxxx
yyyyyyyy
x
x
y
+
−
−
+
−
=
+
−
+
+
−
−
+
−
=
+
−
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−−=
llllllll
l
ξ

Задача 4. Да се пресметнат дадените линейни интеграли, като предварително се установи,
че те не зависят от пътя на интегриране:
4.1. ()
()
()
() dyyxyxdxyxyx
22
0;3
1;2
24
22 −−+−+∫
−−

4.2.
()
()
dy
y
xy
dx
y
x
4
222;1
1;0
2
32 −
+
∫

Решение.
4.1. Пресмятаме

()
yx
y
yxyx
y
P22
2
24
−=
∂
−+∂
=
∂
∂,
( )
yx
x
yxyx
x
Q
22
2
22
−=
∂
−−∂
=
∂
∂
.
Вижда се, че

x
Q
y
P
∂
∂
=
∂
∂

Следователно линейният интеграл не зависи от пътя, а само от началната и крайната точка на
пътя. Намираме потенциалната функция на полето

()() jyxyxiyxyxF
rrr
2224
22 −−+−+=
() ()( ) =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+=−−+−+=∫∫
y
y
x
x
x
x
y
y
xxyydxxdyyyxU
00
00
|
3
|
5
22,
3
2
0
2
0
22
5
2
0
2
0
24
η
ηηξξ
ξ
ηηηξξξ

=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+=
3355
3
02
000
2
0
3
2
0
2
00
22
0
5
022
5
y
yxyx
y
yxyxxyyx
x
xyyx
x

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−+−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−+=
3535
3
02
000
2
0
5
0
3
22
5
y
yxyx
xy
xyyx
x

Изчисляваме дадения интеграл като разлика от потенциалите на крайната и началната точка.

7
()
()
()
() () ( )
3
2
56
3
1
22
5
2
5
3
1;20;322
2
55
22
0;3
1;2
24
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++−
−
−=−−−=−−+−+∫
−−
UUdyyxyxdxyxyx
4.2. Решава се аналогично. Отговор

()
()
8
532
4
222;1
1;0
2
=
−
+∫
dy
y
xy
dx
y
x
Задача 5.
Проверете дали дадените изрази представляват пълни диференциали на функции
на две променливи и ако е така, намерете тези функции:
5.1.
( )( )dyyyxdxxyxM
42234
564 −++=
5.2. dy
y
x
xdx
y
yxN
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+=
3
3
2
2
2
4
1
12
Задача 6. Да се пресметне непосредствено и чрез формулата на Гаус линейния интеграл

()
∫
−=
c
ydyxdxI
където
()c е затворения контур образуван от координатните оси и дъгата от астроидата

()
⎩
⎨
⎧
=
=
→
tay
tax
3
3
sin
cos
γ
в първи квадрант.
Решение.
1) Непосредствено намираме

()
() ()[]∫∫∫∫∫∫
+−−+−=++=−=
2
0
2323
0
cos.sin3.sinsin.cos3cos00
π
dtttatattatadtdtydyxdxI
O
B
aB
A
A
Oc

()()[]
()
()
=
−
−+−=−−−+∫∫
aa
a
ta
dttttta
t
tadtad
0
22
0
552
0
2
0
|
2
sin.coscos.sin3|
2
00
π

0
6
1
6
1
3
2
|
6
sin
6
cos
3
2
2222
2
2
0
66
2
2
=−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−=+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+−−= aaaa
att
a
a
π

2) Чрез формулата на Гаус

()
()
() 000 =−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
−∂
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
=−=∫∫∫∫∫∫∫
dxdydxdy
y
x
x
y
dxdy
y
P
x
Q
ydyxdxI
DDDc