Криволинейные интегралы 1 рода онлайн: Вычисление криволинейных интегралов: теория и примеры

Содержание

Криволинейный интеграл первого рода | Вычисление криволинейный интеграл 1 рода

Математический анализ

Определение: Пусть в каждой точки гладкой кривой L = AB в плоскости Oxy задана непрерывная функция двух переменных f(x,y). Произвольно разобьем кривую L на n частей точками A = М₀, М₁, М₂, … М_n = B. Затем на каждой из полученных частей

выберем любую точку и составим сумму

где

— дуга дуги . Полученная сумма называется интегральной суммой первого рода для функции f(x,y), заданой на кривой L.

Обозначим через d наибольшую из длин дуг

(таким образом, d = ). Если при d ? 0 существует предел интегральных сумм S_n (не зависящих от способа разбиения кривой L на части и выбора точек ), то этот предел называется криволинейным интегралом первого порядка от функции f(x,y) по кривой L и обозначается

Можно доказать, что если функция f(x,y)непрерывна, то криволинейный интеграл

существует.

Свойства криволинейного интеграла 1 рода

Криволинейный интеграл первого рода обладает свойствами, аналогичными соответствующим свойства определеннного интеграла:

аддитивность,
линейность,
оценка модуля,
теорема о среднем.

Однако есть отличие:

т.е. криволинейный интеграл первого рода не зависит от направления интегрирования.

Вычисление криволинейных интегралов первого рода

Вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится к вычислению определенного интеграла. А именно:

Если кривая L задана непрерывно дифференцируемой функцией y=y(x), x [a,b], то

при этом выражение
называется дифференциалом длины дуги.
Если крива L задана параметрически, т.е. в виде x=x(t), y=y(t), где x(t), y(t) — непрерывно дифференцируемые функции на некотором отрезке , то

Это равенство распространяется на случай пространственной кривой L, заданной параметрически: x=x(t), y=y(t), z=z(t),
. В этом случае, если f(x,y,z) — непрерывная функция вдоль кривой L, то
Если плоская кривая L задана полярным уравнением r=r( ), , то

Криволинейные интегралы 1 рода — примеры

Пример 1

Вычислить криволинейный интеграл первого рода

где L дуга параболы y²=2x, заключенная между точками (2,2) и (8,4).

Решение: Найдем дифференциал дуги dl для кривой

. Имеем:

Следовательно данный интеграл равен:

Пример 2

Вычислить криволинейный интеграл первого рода

, где L — окружность x²+y²=ax (a>0).

Решение: Введем полярные координаты:

, . Тогда поскольку x²+y²=r², уравнение окружности имеет вид: , то есть , а дифференциал дуги

При этом

. Следовательно,

Другие статьи по теме

Математический анализ

Вычисление криволинейных интегралов 1 рода

Похожие презентации:

Вычисление криволинейных интегралов 2 рода

Криволинейные интегралы 1 и 2 рода, их основные свойства и их вычисление. Лекция 28

Кратные и криволинейные интегралы

Криволинейные интегралы 2 рода

Криволинейный интеграл по координатам 2-го рода. (Лекция 2.5)

Интегралы функции одной переменной

Лекция 3.1. Криволинейные интегралы. Определение криволинейных интегралов

Вычисление интегралов

Методы вычисления определенных интегралов. (Лекция 9)

Криволинейный интеграл II рода. Математический анализ

Предположим, что на кривой L положение точки М
определяется длиной дуги АМ=S, отсчитываемой от
начальной точки А.
Тогда кривая L параметрически выразится уравнениями
вида
x x( s )
y y( s)
При этом функция f(x,y) сведется к сложной функции
f(x(s),y(s)).

Пусть si – длины дуг, соответствующие выбранному
делению дуги АВ точками Ai. Тогда
i si 1 si si
Пусть
si
— значение s, определенное точкой Мi.
si si si 1
Тогда интегральная сумма для криволинейного
интеграла
станет
интегральной
суммой
определенного интеграла:
n
n
f ( , ) f ( x(s ), y(s )) s
i 1
i
i
i
i 1
i
Тогда криволинейный интеграл 1 рода
определенному интегралу по формуле:
i
i
сводится к
L
s
f ( x , y )dS
0
1
f ( x ( s ), y( s ))ds
Пусть теперь кривая L задана параметрически:
x (t )
y (t )
где
и функции
t
(t ) и (t )
непрерывны вместе со своими производными.
Если возрастанию дуги
возрастание параметра t, то
S=AM=S(t)
отвечает
dS S (t )dt
S (t )
dS
(t ) (t )
2
2
(t ) (t )
2
2
dt
Заменяя в (1) переменную в интеграле, получаем:

f ( x, y)dS f ( (t ), (t )) (t ) (t ) dt
2
L
2
2
Таким образом, для вычисления криволинейного
интеграла 1 рода надо заменить в
подынтегральном выражении переменные х и у
через параметр, а дифференциал дуги dS
выразить как функцию параметра.

y y (x )
Если кривая L задана явным уравнением:
где
a x b
тогда
S ( x) 1 y ( x)
2
dS 1 y ( x) dx
2
и выражение (2) преобразуется к виду:
b
f ( x, y)dS f ( x, y( x))
L
a
3
1 y ( x) dx
2
1
Вычислить криволинейный интеграл
1
L x y dS
где L- отрезок прямой y=1/2x-2, заключенный
между точками А(0,-2) и В(4,0).
dS 1 y ( x)
2
L
2
5
1
dx 1 dx
dx
2
2
4
1
1
5
dS
dx
1
x y
2
0 x
x 2
2
5
2
4
0
1
4
1
dx 5
dx 5 ln x 4
x
x 4
0
2
2
8
5 ln 8 ln 4 5 ln 5 ln 2
4
4
0
2
Вычислить криволинейный интеграл
(x
2
y )dS
2
L
где L- окружность
x a cos t
y a sin t
0 t 2
2
2
2
2
2
2
dS (t ) (t ) dt a sin t a cos t dt
a sin 2 t cos2 t dt a dt
2
2
2
2
2
2
2
(
x
y
)
dS
(
a
cos
t
a
sin
t ) a dt
L
0
2
a
3
(cos t sin t ) dt a
2
0
2
2
3
2
3
dt
a
t
2
a
0
3
0

English Русский Правила

Криволинейный интеграл первого рода

Криволинейный интеграл первого рода. Определение .

В линейная плотность любой точки = ρ (µ). Наша задача найти массу всех изгиб. Разобьем его на части: A[1], A[2]..A[n-1].

А[0]=А, А[н]=В. В каждой дуге возьмем точку µ[i]. Примерно предположим что плотность на всех арках такая же, как и в точке µ[i]. Масса µ[i] равно m[i]= ρ(µ[i])*σ[i] (σ[i]длина арки).

Ошибка это выражение будет приближаться к нулю, когда все σ[i] будут приближение к нулю. Обозначим наибольшую длину λ=max(σ[i]).

(*)

Давайте исследовать пределы такого рода (*) в сумме. Предположим, у нас есть некоторая функция точки f(µ)=f(x,y), определяющая вдоль непрерывной кривой k и давайте повторим процесс. Разобьем k на элементарные арки, затем выберем точку µ[i] в каждой дуге (**), Это выражение будем называть интегральной суммой по множеству.

По умолчанию: если (**) определил конечный предел I, не зависящий ни от ни выбора точек, когда длина приближается к нулю, то называется криволинейным интегралом от функции первого рода, взятой по кривая к.

криволинейный интеграл первого рода не зависит от направления кривой. Масса кривой

Приведение к определенному цельный

Положение М может быть определяется длиной дуги S = AM, где A — начальная точка. Что мы выразить кривую K параметрическим уравнением x=x(s), y=y(s) (0<=s<=S)

f=f(x(s),y(s)). Обозначим длину арки S[i], соответствующую разделительным точкам A[i]. Тогда длина одной арки A[i]A[i+1] будет σ[i]=s[i+1]-s[i]< и обозначим s[i]* µ[i] (длина s*=Aµ[i]).

(1.3)

Пусть наша кривая может быть выражена параметрическим выражением x=φ(t), y=ψ(t).

Функции ψ,φ могут иметь непрерывные производные φ’(t), ψ’(t).

Если мы определили K в явном виде форма (y=y(x)), тогда:

Криволинейный интеграл второго рода. Определение

f(μ)=f(x,y)

Разделить кривую на части μ[i](ξ[i],η[i])

Составим интегральную сумму

Опр: если это сумма имеет конечный предел I, не зависящий ни от способа деления, ни от выбирая точки, когда µ=max(A[i],A[i+1]) приближается к нулю, то называется криволинейным интегралом второго рода функции f(M)dx

Если мы умножить значение функции на проекцию оси Oy, затем

Существование и расчет интеграла кривых 2 рода

Пусть кривая K определяется параметрическим уравнением x=φ(t), y=ψ(t) (α<=t<=β)

Функции φ,ψ непрерывны. Также мы предполагаем, что изменение параметра с α на β приводит к описывающая кривую только от A до B. Функция f(x,y) также предполагает, что быть непрерывным, и если мы возьмем проекцию на Ox, мы должны дополнительно к заданному существованию и непрерывно φ’(t).

Правило: под интеграл этого условия

существует и может быть вычислено формула:

Доказательство: пусть точка A[i] соответствует различному параметру t[i]. Тогда интегральная сумма

исчисление — Поверхностные интегралы в сферических координатах

Если мне дана поверхность в сферических координатах $(r,\theta,\varphi)$, такая, что она параметризована как:

$$ \начать{выравнивать} r&=r(\тета,\varphi)\\ \тета&=\тета\\ \varphi&=\varphi \end{выравнивание} $$ 9N\to\mathbb{R}$ определено на $M$. Поверхностный интеграл первого рода определяется как: $$ \ int_M f \, \ mathrm {d} S: = \ int_E f (\ varphi (t)) \ sqrt {\ det {G (D_ \ varphi (t))}} \, \ mathrm {d} t \, , $$ если интеграл справа существует в смысле Лебега и конечен. Здесь $G(A)$ обозначает матрицу Грамма, составленную из столбцов матрицы $A$, а $D_\varphi$ — матрицу Якоби отображения $\varphi$. Числовое значение: $$ S_k(M):=\int_M f\,\mathrm{d}S\, $$ называется $k$-мерной площадью $k$-поверхности $M$. 9{\ frac {\ pi} {2}} \ cos \ psi \, \ mathrm {d} \ psi \, \ mathrm {d} {\ eta} = 4 \ pi $$

Больше ничего не делал, а слепо следовал определениям.

Неправильный результат:

Если я сделаю тот же подход к вышеуказанной проблеме под рукой. Моя карта $\varphi:\,(\theta,\phi)\mapsto (r(\theta,\phi),\theta,\phi)$, тогда якобиан: $$ \begin{pматрица} \ гидроразрыва {\ парциальное г (\ тета, \ фи)} {\ парциальное \ тета} & \ гидроразрыва {\ парциальное г (\ тета, \ фи)} {\ парциальное \ фи} \\ 1 и 0 \\ 0 и 1 \end{pматрица} $$ 92}\;{\rm d}\theta\,{\rm d}\varphi$$

Что неверно. Вопрос в том, почему, и, пожалуйста, покажите правильный путь с объяснением, потому что, как подсказывает пример с единичной сферой, мне не нужно было делать никаких преобразований, и он сразу работал с криволинейными координатами.