От пути интегрирования

Условия независимости криволинейного интеграла 2го рода

Т⁰. Пусть функции P (x, y, z), Q (x, y, z), R (x, y, z) определены и непрерывны в

области G, лежащей на гладкой поверхности S, и γ – граница области G.

Тогда эквивалентны следующие условия:

A^*). Для любого замкнутого контура γ в G ;

B^*). Для любых A, B є G не зависит от кривой, соединяющей

точки A и B, и лежащей в области G;

С^*). Выражение Pdx + Qdy + Rdz в G является полным дифференциалом

некоторой функции U (x, y, z), т.е. U = U (x, y, z) такая,что dU = Pdx + Qdy + Rdz;

D^*). Для функций P (x, y, z), Q (x, y, z), R (x, y, z) в области G выполняются условия:

; ; .

При этом: (*)

Последнюю формулу можно назвать формулой Ньютона-Лейбница для криволинейных интегралов.

Замечание 1. (связь А^* и В^*). не зависит от кривой L, соединяющей точки А и В.

Замечание 2. (связь С^* и D^*).

Если U (x, y, z) такая, что ,

то , Þ ;

Þ ; Þ ^.

Замечание 3. В случае независимости криволинейного интеграла от пути

интегрирования, U (x, y, z) такая что:

.

Физики называют функцию U (x, y, z) потенциалом векторного поля , а поле F – потенциальным – “ Работа равна разности потенциалов”.

Математики называют функцию U (x, y, z) первообразной для Pdx + Qdy + Rdz –

интеграл равен разности первообразных в конце и начале пути.

Примеры:

1⁰. Вычислить для различных контуров γ.

а). Пусть контур γ ограничивающий область G таков, что не содержит т. (0,0). Для вычисления интеграла воспользуемся формулой Грина.

где,

, , , .

б). Пусть контур γ⁺ окружает точку (0,0). В этом случае нельзя применить формулу Грина ибо и в точке (0,0) не существуют.

Отметим, что все интегралы по таким контурам совпадают между собой.

Иллюстрация: Þ

Þ .

в). Тогда достаточно вычислить скажем, по окружности . .

г). Легко видеть, что .

Следовательно, , если контур не проходит через точку (0,0) т.к. начальная и конечная точки замкнутого контура совпадают.

2⁰. Найти первообразную, если:

.

Проверка показывает, что условия ; ; выполняются.

Таким образом, задача о нахождении первообразной поставлена корректно. Тогда,

1). и интегрирование по дает:.

Отсюда . Но из условия задачи.

2). Тогда Þ .

Интегрирование по дает .

Значит: .

Отсюда . Но из условия задачи .

3) Тогда Þ .

Итог: . Первообразная найдена с точностью до произвольного постоянного слагаемого. Большего и желать не приходится.

Дата добавления: 2014-01-11