Как найти момент инерции кривой

Вычисление моментов инерции

Моменты инерции материальной кривой

Моментом инерции материальной точки относительно оси называется число , где — масса точки, а — ее расстояние от оси. Аналогично определяется момент инерции относительно точки.

Пусть — материальная линия, линейная плотность которой во всех точках равна единице. Тогда масса элементарного участка этой линии равна его длине , а момент инерции такого участка относительно оси абсцисс равен . Интегрируя, получаем момент инерции относительно оси абсцисс всей линии:

. Так же доказывается, что и ,

где — момент инерции относительно начала координат. Отсюда следует, в частности, что .

Если линия задана параметрическими уравнениями , то

Аналогичные формулы справедливы для и

---

Моменты инерции криволинейной трапеции

Перейдем к вычислению моментов инерции криволинейной трапеции. Будем считать, что ее поверхностная плотность равна единице. Сначала найдем момент инерции прямоугольника со сторонами и относительно стороны . Разобьем его на элементарные прямоугольники со сторонами и (см. рис. 61). Площадь (а потому и масса) каждого такого прямоугольника равна . Значит, момент инерции элементарного прямоугольника относительно стороны равен , а момент инерции всего прямоугольника относительно этой стороны выражается формулой

Криволинейную трапецию разобьем на элементарные прямоугольники со сторонами и . Момент инерции каждого из этих прямоугольников относительно оси абсцисс выражается формулой . Интегрируя, получаем момент инерции всей криволинейной трапеции относительно оси абсцисс:

Аналогично доказывается, что момент инерции криволинейной трапеции относительно оси ординат выражается формулой

(момент инерции элементарного прямоугольника относительно оси ординат равен ).

Полярный момент инерции (т. е. момент относительно начала координат) в этом случае выражается формулой

---

Пример 9. Вычислить момент инерции равнобедренного треугольника относительно его основания.

Решение. Расположим оси координат так, как показано на рисунке 65.

Пусть основание треугольника , высота . Прямая проходит через точки и . Ее уравнение , то есть .

Ясно, что момент инерции треугольника относительно оси равен удвоенному моменту инерции треугольника относительно той же оси. Значит,

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Приложения криволинейных интегралов

Краткая теория

---

Длина дуги

Длину дуги

 плоской или пространственной линии

 определяют по формуле:

Масса дуги

Если

 – линейная плотность вещества в точках дуги,
то массу

 дуги

 определяют по формуле:

Статистические моменты

Статистические
моменты

 и

 плоской дуги

 относительно координатных осей

 и

 определяют по формулам:

Моменты инерции

Моменты
инерции

,

 плоской дуги

 относительно координатных осей

 и

 определяют по формулам:

Полярный момент инерции

Полярный
момент инерции

 плоской дуги

 относительно начала координат определяют по
формуле:

Площадь фигуры

Площадь

фигуры, расположенной в плоскости

 и ограниченной замкнутой линией

, вычисляют по формуле:

Работа, приложенная к точке, при перемещении по дуге

Работу, совершаемую силой

 приложенной в точке

 при перемещении ее по дуге

, вычисляют по формуле:

Примеры решения задач

---

Задача 1

Найти
момент инерции относительно оси

 четверти однородной окружности

, расположенной в первом
квадранте.

Решение

Окружность
однородна, следовательно

, следовательно искомый
момент инерции:

Для
удобства вычислений перейдем к параметрическим уравнениям окружности

Тогда:

Ответ:

---

Задача 2

Найти
массу дуги кривой

 от точки

 до

, если плотность в каждой точке
ее равна абсциссе точки;

Решение

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Плотность
дуги: 

Искомая масса будет выражаться
криволинейным интегралом 1-го рода:

Производная:

Искомая масса:

Ответ:

.

---

Задача 3

Найти
массу дуги окружности

, лежащей в первой
четверти, если плотность в каждой ее точке равна абсциссе точки.

Решение

Плотность:

Искомая масса будет
выражаться криволинейным интегралом 1-го рода:

Параметрическое
уравнение окружности:

Окружность лежит в
первой четверти, поэтому

Ответ:

.

---

Задача 4

Вычислить
работу силы

 при обходе точки ее приложения по границе

 области

 в положительном направлении, начиная от точки

.

Решение

Искомая
работа будет равна криволинейному интегралу 2-го рода:

Для
вычисления интеграла воспользуемся формулой Грина:

Ответ:

.

---

Задача 5

Вычислить
работу силового поля

 при перемещении материальной точки вдоль пути

.

Решение

Искомая работа будет
выражаться криволинейным интегралом 2-го рода:

Параметр

:

Перейдем к
определенному интегралу:

Искомая работа:

Ответ: 

---

Задача 6

Вычислить
работу силы

 при перемещении материальной точки вдоль линии

 от точки

 до точки

.

Решение

Искомая работа будет
выражаться криволинейным интегралом 2-го рода:

Криволинейный
интеграл 2-го рода можно свести к определенному интегралу по следующей формуле:

Получаем:

Ответ:

Масса

$mathbf { textit { m } } $ материальной кривой $mathop { AB } limits^cup $ с плотностью $mu (mathbf { textit { x } } $,$mathbf { textit { y } } $,$mathbf { textit { z } } )$ вычисляется по формуле $m=intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { mu (x,y,z)dell } $.

Пример 1

Найти массу четверти лемнискаты $r^2=a^2cos 2varphi $, если плотность выражается формулой $mu (mathbf { textit { x } } $,$mathbf { textit { y } } )=ksqrt { x^2+y^2 } =kr$.

Решение:

$r=asqrt { cos 2varphi } $, $ { r } ‘=-afrac { sin 2varphi } { sqrt { cos 2varphi } } $ , поэтому

$m=intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { krdell } = kintlimits_0^ { pi / 4 } { asqrt { cos 2varphi } } cdot sqrt { a^2cos 2varphi +frac { a^2sin ^22varphi } { cos 2varphi } } dvarphi = frac { 1 } { 4 } pi ka^2$

Статические моменты и координаты центра масс

Пусть плоская материальная кривая $mathop { AB } limits^cup $ имеет плотность $mu (mathbf { textit { x } } $,$mathbf { textit { y } } )$.

Статический момент относительно оси $mathbf { textit { Ox } } $ определяется по формуле $M_x =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { ymu (x,y)dell } $, относительно оси Oy: $M_y =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { xmu (x,y)dell } $.

Аналогично, статические моменты пространственной кривой относительно координатных плоскостей вычисляются по формулам $ M_ { xy } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { zmu dell } , quad M_ { xz } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { ymu dell } , quad M_ { yz } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { xmu dell } $

Координаты центра масс могут быть найдены по формулам

$x_c =frac { M_ { y } } { m } ,quad ;y_c =frac { M_ { x } } { m } quad $ – для плоской кривой;

$x_c =frac { M_ { yz } } { m } ,quad ;y_c =frac { M_ { xz } } { m } ,quad ;z_c =frac { M_ { xy } } { m } quad -$ для пространственной кривой, где $mathbf { textit { m } } $ – масса кривой.

Пример 1

Найти центр масс четверти однородной окружности $x^2+y^2=a^2,xgeqslant 0,ygeqslant 0$

Решение:

Можно считать, что $mu =1$. Тогда масса кривой равна ее длине $m=frac { 2pi a } { 4 } =frac { pi a } { 2 } $. Статический момент $M_x $ равен $ M_x =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { ydell } =intlimits_0^a { sqrt { a^2-x^2 } cdot sqrt { 1+frac { x^2 } { a^2-x^2 } } dx } =a^2. $ Из соображений симметрии $M_y =M_x $, поэтому координаты центра масс равны $ x_c =frac { M_y } { m } =frac { 2a } { pi } ,quad ;y_c =frac { M_x } { m } =frac { 2a } { pi } . $

Моменты инерции

Моменты инерции плоской кривой $mathop { AB } limits^cup $с плотностью $mu $ относительно координатных осей вычисляются по формулам $ I_ { Ox } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { y^2mu dell } , quad I_ { Oy } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { x^2mu dell } ; $ моменты инерции относительно начала координат $ I_0 =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { (x^2+y^2)mu dell } =I_x +I_y $ В случае пространственной кривой моменты инерции относительно координатных осей и начала координат определяются по формулам $ I_ { Ox } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { (y^2+z^2)mu dell } , quad I_ { Oy } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { (x^2+z^2)mu dell } , quad I_ { Oz } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { (x^2+y^2)mu dell } , quad I_0 =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { (x^2+y^2+z^2)mu dell =frac { I_ { Ox } +I_ { Oy } +I_ { Oz } } { 2 } } . $

Пример 1

Найти момент инерции относительно оси $mathbf { textit { Oz } } $ однородной винтовой линии $mu =1mathbf { textit { x } } =mathbf { textit { a } } cos mathbf { textit { t } } , mathbf { textit { y } } =mathbf { textit { a } } sin mathbf { textit { t } } , mathbf { textit { z } } =mathbf { textit { at } } ; 0 leqslant mathbf { textit { t } } leqslant 2pi $

Решение:

$I_ { Oz } =intlimits_ { mathop { AB } limits^cup } { (x^2+y^2)mu dell } =intlimits_0^ { 2pi } { (a^2cos ^2t+a^2sin ^2t)sqrt { a^2+a^2sin ^2t+a^2cos ^2t } dt=a^3sqrt 2 intlimits_0^ { 2pi } { dt=2sqrt 2 pi a^3 } } $.

Приложения криволинейного интеграла первого рода

1. Если подынтегральная функция равна единиц, то криволинейный интеграл

равен длине S кривой L, т.е. 

2. Пусть в плоскости Оху задана гладкая кривая L, на которой определена и непрерывна функция двух переменных z=f(x,y)≥0. Тогда можно построить цилиндрическую поверхность с направляющей L и образующей, параллельной оси Оz и заключенной между L и поверхностью z=f(x,y). Площадь этой цилиндрической поверхности можно вычислить по формуле

3. Если L=AB – материальная кривая с плотностью, равной ρ=ρ(х,у), то масса этой кривой вычисляется по формуле

(физический смысл криволинейного интеграла первого рода).

4. Статистические моменты материальной кривой L относительно координатных осей Ох и Оу соответственно равны

 

где ρ(х,у) – плотность распределения кривой L а   – координаты центра тяжести (центра масс) кривой L.
5. Интегралы

  

выражают моменты инерции кривой L с линейной плотностью ρ(х,у) относительно осей Ох, Оу и начала координат соответственно.

ПРИМЕРЫ:1. Вычислить криволинейный интеграл

где L – дуга параболы у² = 2х, заключенная между точками (2, 2) и (8, 4).
Найдем дифференциал дуги dl для кривой . Имеем

 

Следовательно, данный интеграл равен

Ответ: 

2. Вычислить криволинейный интеграл

где L – контур треугольника АВО с вершинами А(1,0), В(0,1), О(0,0)
Поскольку

то остается вычислить криволинейный интеграл по каждому из отрезков АВ, ВО и ОА :

1) (АВ): так как уравнение прямой АВ имеет вид у=1 – х, то . Отсюда, учитывая, что х меняется от 0 до 1, получим
2) (ВО): рассуждая аналогично, находим х=0, 0 ≤ у ≤ 1,  откуда

3) (ОА):  .

4) Окончательно

Ответ:  
3. Вычислить криволинейный интеграл

где L – окружность 
Введем полярные координаты   Тогда, поскольку  уравнение окружности примет вид  т.е.  а дифференциал дуги

При этом  Следовательно,

Ответ:  
4. Вычислить криволинейный интеграл первого рода от функции с тремя переменными

где L – дуга кривой, заданной параметрически    
Перейдем в подынтегральном выражении к переменной t. Имеем для подынтегральной функции:

Теперь выразим через t дифференциал dl:

Таким образом,

Ответ:  

5. Вычислить площадь части боковой поверхности кругового цилиндра  , ограниченной снизу плоскостью О_ху, а сверху поверхностью 
Искомая площадь вычисляется по формуле

где L – окружность x²+y²=R². Поверхность цилиндра и поверхность  симметричны относительно координатных плоскостей О_xz и O_yz, поэтому можно ограничиться вычислением интеграла при условиях у≥0, х≥0, т.е. вычислить четверть искомой площади и результат умножить на 4. Имеем

 

Следовательно,

Получили определенный интеграл, который берем подстановкой  откуда

  

Ответ:  

6. Найти массу четверти эллипса

расположенной в первой четверти, если линейная плотность в каждой точке пропорциональна ординате этой точки с коэффициентом k.
Поскольку р(х, у)=ky, имеем

L – четверть эллипса

 х≥0, у≥0.

Переходим к параметрическим координатам эллипса  Напомним, что – фокусное расстояние эллипса, а  – эксцентриситет эллипса. Находим 

Переходим к вычислению массы

Воспользуемся формулой

где  Получаем

Учитывая, что  получим окончательно

Ответ:  

7. Найти координаты центра тяжести дуги окружности x²+y²=R²(0≤ x ≤R, 0≤ y ≤R).
Так как по условию задана четверть дуги окружности, то ее длина  В силу того, что биссектриса I координатного угла является осью симметрии, имеем . Теперь находим

Ответ: 
Приложения криволинейного интеграла второго рода

Интеграл 

можно представить в виде скалярного произведения векторов F=Pi+Qi и ds=idx+jdy:

В таком случае

Выражает работу переменной силы F=Pi+Qj при перемещении материальной точки М=М(х,у) вдоль кривой L=AB от точки А до точки В.
При А=В кривая L замкнута, а соответствующий криволинейный интеграл по замкнутой кривой обозначается так:

В этом случае направление обхода контура иногда поясняется стрелкой на кружке, расположенном на знаке интеграла.
Предположим, что в плоскости Оху имеется односвязная область D (это значит, что в ней нет «дыр»), ограниченная кривой , ( – обозначение границы области D), а в области D и на ее границе  функции Р(х,у) и Q(х,у) непрерывны вместе со своими частными производными.
Теорема: Пусть А и В – произвольные точки области D, AmB и AnB – два произвольных пути (гладкие кривые), соединяющие эти точки (рис. 2).
Тогда следующие условия равносильны:
1.  (условие Грина).
2.  (криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования).
3.  (интеграл по любому замкнутому пути равен нулю).
4.  (выражение  представляет собой полный дифференциал некоторой функции ).

В случае выполнения любого из равносильных условий предыдущей теоремы криволинейный интеграл по любой кривой, соединяющей точки (х_о, у_о) и (х₁, у₁) из области D, можно вычислить при помощи формулы Ньютона-Лейбница

где U(x, y) – некоторая первообразная для P dx + Q dy. 
С другой стороны, первообразная U(x, y) выражения P dx + Q dy может быть найдена при помощи криволинейного интеграла

В этих же условиях на функции Р(х,у) и Q(х,у), а также на область D, имеет место формула Грина, позволяющая свести криволинейный интеграл по замкнутому контуру к двойному интегралу

Здесь предполагается, что обход границы области D в криволинейном интеграле

совершается в положительном направлении, т.е. при таком обходе границы область D остается слева; для односвязной области это направление совпадает с направлением против часовой стрелки.
Заметим, что площадь S=S(D) области D может быть вычислена при помощи криволинейного интеграла второговрода:

(эта формула получается из формулы Грина с ).

ПРИМЕРЫ:1. Даны функции Р(х ,у) = 8х+4у+2, Q(х ,у) = 8у+2 и точки А(3, 6), В(3,0), С(0,6). Вычислить криволинейный интеграл

где:
1) L – отрезок ОА;
2) L – ломаная ОВА;
3) L – ломаная ОСА;
4) L – парабола, симметричная относительно оси Оу и проходящая через точки О и А;
5) проверить выполнимость условия Грина.

1) Отрезок ОА может быть записан в виде: у=2х, . Тогда dy=2dx и

2) Используем свойство аддитивности, вычисляя отдельно интеграл по отрезкам ОВ и ВА. Тогда:
а) ОВ: здесь у=0, 0≤х≤3, т.е. dy=0, откуда

б) ВА: х=3, 0≤у≤6, т.е. dx=0, и

Таким образом,

3) Этот интеграл вычислим аналогично предыдущему.
а) ОС: х=0, (т.е. dx=0), 0≤y≤6, откуда

б) СА: 0≤х≤3 , у=6, dy=0, следовательно,

Окончательно

4) Подставив координаты точки А(3;6) в равенство у=ах² найдем уравнение данной параболы . При этом 0≤х≤3 и  откуда (путь ОА по параболе обозначим )

5) Имеем

т.е. условие Грина не выполняется. Этот факт, а также вычисления в пунктах 1) – 4) этой задачи показывают, что данный криволинейный интеграл второго рода зависит от пути интегрирования.
2. Вычислить интеграл

где L – верхняя половина эллипса  пробегаемая по ходу часовой стрелки.
Воспользуемся параметрическими уравнениями эллипса: х=a cost, y=b sin t,  т.е. dx = – a sin t dt, dy = b cos t dt. Подставляя в интеграл и учитывая направление обхода (откуда следует, что t меняется от π до 0), получаем
Ответ:  

3. Вычислить криволинейный интеграл

где L – отрезок, соединяющий точку С(2, 3, -1) с точкой D(3, -2, 0).
Составим параметрические уравнения отрезка СD, используя уравнения прямой, проходящей через две точки:

Отсюда . Далее, находим  подставляем все нужные выражения в данный интеграл, обозначенный через J, и вычисляем определенный интеграл:

Ответ: 

4. Вычислить  где К – отрезок прямой от А(0 ;0) до В (4; 3).
Уравнение прямой АВ имеет вид у=(3; 4)х. Находим у^/= ¾ и, следовательно,

Ответ: 

5. Вычислить  если 
Найдем  Тогда

Ответ: 

6. Найти массу М дуги кривой x=t, y=t²/2, z=t³/3 (0≤ t ≤1), линейная плотность которой меняется по закону 

Ответ: 

7. Вычислить криволинейный интеграл  от точки А(1, 0) до точки В(0, 2) (рис. 3):
1) по прямой 2х+у=2;
2) по дуге параболы 4х+у²=4;
3) по дуге эллипса x=cost, y=2sint.
1) Пользуясь данным уравнением линии интегрирования, преобразуем криволинейный интеграл в обыкновенный определенный интеграл с переменной х, затем вычисляем его:

у=2-2х, dy=-2dx,

2) Здесь удобно преобразовать криволинейный интеграл в обыкновенный интеграл с переменной у:

3) Преобразуем данный интеграл в обыкновенный с переменной t, затем вычисляем его: x=cost, dx=-sintdt; y=2sint; dy=2costdt:

Ответ: I₁=1, I₂=-1/5, I₃=4/3. 

8. Вычислить криволинейный интеграл  между точками Е 
(-1, 0) и Н (0, 1):
1) по прямой ЕН;
2) по дуге астроиды х=cos³t, y=sin³t.
1) Вначале составляем уравнение линии интегрирования – прямой ЕН, как уравнение прямой, проходящей через две известные точки: у-х=1.
Пользуясь этим уравнением и известной формулой для дифференциала дуги плоской кривой преобразуем данный криволинейный интеграл в обыкновенный интеграл с переменной х и вычисляем его:

2) Преобразуем данный интеграл в обыкновенный с переменной t, затем вычисляем:

 ибо π/2≤ t ≤π;

Ответ: 

9. Даны точки А(3, -6, 0) и В(-2, 4, 5). Вычислить криволинейный интеграл 
1) по прямолинейному отрезку ОВ;
2) по дуге АВ окружности, заданной уравнениями x²+y²+z²=45, 2x+y=0.
1) Вначале составляем уравнения линии интегрирования – прямой ОВ.
Пользуясь общими уравнениями прямой, проходящей через две точки  получим  Приравнивая эти равные отношения параметру t, преобразуем полученные канонические уравнения прямой ОВ к параметрическому виду: x=-2t, y=4t, z=5t.
Далее, пользуясь этими уравнениями, преобразуем данный криволинейный интеграл в обыкновенный интеграл с переменной t, затем вычисляем его

2) Преобразуем данные уравнения окружности к параметрическому виду. Полагая х=t, получим у=-2t (из второго данного уравнения),  (из первого уравнения). Отсюда  и

Ответ:  

10. Вычислить криволинейные интегралы:
1) 

2) вдоль периметра треугольника с 

вершинами А(-1,0), В (0,2) и С (2,0)
Составив уравнение прямой АВ, у-2х=2, и исходя из этого уравнения, преобразуем криволинейный интеграл на отрезке АВ в обыкновенный интеграл с переменной х:

у=2х+2, dy=2dx, 

Аналогичным путем вычисляя криволинейный интеграл на отрезках ВС и СА, получим

х=2-у, dx=-dy,

Следовательно,

2) Здесь подынтегральное выражение есть полный дифференциал функции двух переменных, ибо (уcosx)^’_y =(sinx)^’_x =cosx. Вследствии этого данный криволинейный интеграл, взятый по периметру данного треугольника равен нулю. Он будет равен нулю и по любому другому замкнутому контуру.

Ответ: 

11. Найти длину кардиоиды x=2acost-acos2t, y=2asint-asin2t.
Применяем формулу , исходя из данных параметрических уравнений кардиоиды и формулы для дифференциала дуги плоской кривой, преобразуем криволинейный интеграл формулы в обыкновенный интеграл с переменной t.

Ответ: L=16a. 
12. Найти площадь, ограниченную замкнутой кривой:
1) эллипсом x=a cost, y=b sint;
2) петлей декартова листа х³+у³-3аху=0.
1) Применяем формулу , исходя из данных параметрических уравнений эллипса, преобразуем криволинейный интеграл в обыкновенный интеграл с переменной t и вычисляем его:

2) Вначале преобразуем данное уравнение к параметрическому виду. Полагая у=хt, получим 
Геометрический параметр t=y/x есть угловой коэффициент полярного радиуса ОМ (рис. 6), точка М(х, у) опишет всю петлю кривой при изменении t от 0 до +∞.
Преобразуя криволинейный интеграл формулы  в обыкновенный интеграл с переменной t , получим

Ответ: S=3a²/2. 

13. Найти массу дуги АВ кривой у=lnx, если в каждой ее точке линейная плотность пропорциональна квадрату абсциссы точки: х_А=1, х_В=3.
Применяем формулу , исходя из данного уравнения кривой, преобразуем криволинейный интеграл в обыкновенный с переменной х

Ответ: 

14. Найти координаты центра тяжести дуги АВ винтовой линии х=аcost, y=asint, z=bt, если в каждой ее точке линейная плотность пропорциональна аппликате этой точки: t_A=0, t_B=π.
Применяя формулы  вычислим криволинейные интегралы, преобразуя их в обыкновенные интегралы с переменной t:

Следовательно, 
Ответ: 

15. Вычислить работу, совершаемую силой тяжести при перемещении точки массы m по дуге АВ некоторой кривой.
Если выбрать прямоугольную систему координат так, чтобы направление оси О_z совпало с направлением силы тяжести, то действующая на точку сила  а ее проекции на оси координат F_x=P=O, F_y=Q=0, F_z=R=mg.
Искомая работа согласно формуле 

Она зависит только от разности аппликат начала и конца пути, но не зависит от формы пути.

16. Найти работу силового поля, в каждой точке (х,у) которого напряжение (сила, действующая на единицу массы) , когда точка массы m описывает окружность x=accost, y=asint, двигаясь по ходу часовой стрелки.
Подставляя в формулу  проекции силы  действующей на точку: F_x=m(x+y), F_y= – mx, и преобразуя криволинейный интеграл в обыкновенный с переменной t, получим

Ответ: Е=2πma².

Библиографический список

1. Лунгу К.Н.  Сборник задач по высшей математике. 1 курс – 7-е изд., – М.: Айрис-пресс, 2008.
2. Лунгу К.Н.  Сборник задач по высшей математике. 2 курс – 5-е изд., – М.: Айрис-пресс, 2007.
3. Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике: полный курс – 7-е изд. – М.: Айрис-пресс, 2008.

---

Все статьи автора «Рабчук Александр Викторович»

16.3. Криволинейные интегралы.

16.3.1. Введение. Рассмотрим следующую физическую задачу. Пусть в пространстве Oxyz вдоль кривой  перемещается материальная точка под воздействием силы ; при этом сила может меняться от точки к точке. Требуется найти работу, которая совершается силой.

            В случае, когда в качестве берётся  – прямолинейный отрезок (левая часть рисунка), и – постоянная сила, работа есть скалярное произведение силы на вектор перемещения точки: . Это выражение можно трактовать двумя способами.

1. По определению скалярного произведения . Здесь,  – угол между . Обозначим , тогда .

2. Если расписать скалярное произведение в координатной форме, то .

Пусть теперь  – произвольная гладкая ограниченная кривая, и сила может меняться от точки к точке (правая часть рисунка). Чтобы свести этот случай к предыдущему, разобьём кривую  точками  на  частей, на каждой из дуг  выберем произвольную точку , и, считая, что дуга  – прямолинейный отрезок – вектор  длины , и сила вдоль этого отрезка постоянна и равна , получим, что работа вдоль этой дуги близка к  (). Как мы видели, это выражение можно представить и в виде  

(где    – угол между  и ), и в виде . Суммируя эти выражения по всем  дугам, получим выражения двух интегральных сумм:  и . Переход к пределу в этих интегральных суммах при  приведёт к двум криволинейным интегралам:  и . Первый из этих интегралов называется криволинейным интегралом первого рода, или криволинейным интегралом по длине дуги; второй – криволинейным интегралом второго рода, или криволинейным интегралом по координатам. Несмотря на то, что они описывают одну и ту же физическую величину, с математической точки зрения это разные объекты. Они имеют разные определения и разные свойства. В частности, криволинейный интеграл первого рода не зависит от  направления прохождения кривой:  (так как угол  между силой и кривой входит в подынтегральную функцию в явном виде), в то время как криволинейный интеграл второго рода меняет  знак при изменении  направления прохождения кривой:  (вектор , координаты которого входят в интегральную сумму, меняется на вектор ).

            Перейдём к формальным определениям.

Рекомендуемые материалы

            16.3.2. Криволинейный интеграл первого рода (по длине дуги).

            16.3.2.1. Определение криволинейного интеграла первого рода. Пусть в пространстве  переменных x,y,z задана кусочно-гладкая кривая , на которой определена функция f(x,y,z). Разобьём кривую точками  на  частей, на каждой из дуг  выберем произвольную точку , найдём  и длину  дуги , и составим интегральную сумму . Если существует предел последовательности интегральных сумм при , не зависящий ни от способа разбиения кривой на дуги , ни от выбора точек , то функция f(x,y,z) называется интегрируемой по кривой , а значение этого предела называется криволинейным интегралом первого рода, или криволинейным интегралом по длине дуги от функции f(x,y,z) по кривой , и обозначается  (или ).

Теорема существования. Если функция f(x,y,z) непрерывна на кусочно-гладкой кривой , то она интегрируема по этой кривой.

            Случай замкнутой кривой. В этом случае в качестве начальной и конечной точки можно взять произвольную точку кривой. Замкнутую кривую в дальнейшем будем называть контуром и обозначать буквой С. То, что кривая, по которой вычисляется интеграл, замкнута, принято обозначать кружочком на знаке интеграла: .

16.3.2.2. Свойства криволинейного интеграла первого рода. Для этого интеграла имеют место все шесть свойств, справедливых для определённого, двойного, тройного интеграла, от линейности до теоремы о среднем. Сформулировать и доказать их самостоятельно. Однако для этого интеграла справедливо и седьмое, персональное свойство:

            Независимость криволинейного интеграла первого рода от направления прохождения кривой: .

            Доказательство. Интегральные суммы для интегралов, стоящих в правой и левой частях этого равенства, при любом разбиении кривой и выборе точек  совпадают (всегда длина  дуги  ), поэтому равны их пределы при .

            16.3.2.3. Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Примеры. Пусть кривая  задана параметрическими уравнениями , где – непрерывно дифференцируемые функции, и пусть точкам , которые    задают разбиение кривой, соответствуют значения параметра  , т.е. . Тогда (см. раздел 13.3. Вычисление длин кривых) . По теореме о среднем, существует точка  такая, что . Выберем точки , получающиеся при этом значении параметра: . Тогда интегральная сумма для криволинейного интеграла  будет равна интегральной сумме для определенного интеграла . Так как , то, переходя к пределу при  в равенстве , получим

.

            Таким образом, вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится к вычислению определённого интеграла по параметру. Если кривая задана параметрически, то этот переход не вызывает трудностей; если дано качественное словесное описание кривой, то основной трудностью может быть введение параметра на кривой. Ещё раз подчеркнём, что интегрирование всегда ведётся в сторону возрастания параметра.

            Примеры. 1. Вычислить , где  – один виток спирали

Здесь переход к определённому интегралу проблем не вызывает: находим  , и .

            2. Вычислить тот же интеграл по отрезку прямой, соединяющей точки  и .

Здесь прямого параметрического задания кривой нет, поэтому на АВ необходимо ввести параметр. Параметрические уравнения прямой имеют вид  где   – направляющий вектор,  – точка прямой. В качестве точки берем точку , в качестве направляющего вектора – вектор : . Легко видеть, что точка  соответствует значению , точка   – значению , поэтому .

  

3. Найти, где  – часть сечения цилиндра  плоскостью z=x+1, лежащая в первом октанте.

Решение: Параметрические уравнения окружности – направляющей цилиндра имеют вид  x=2cosj, y=2sinj, и так как z=x+1, то   z= 2cosj+1. Итак,

 поэтому

16.3.2.3.1. Вычисление криволинейного интеграла первого рода. Плоский случай. Если кривая лежит на какой-либо координатной плоскости, например, плоскости Оху, и задаётся функцией , то, рассматривая х как параметр, получаем следующую формулу для вычисления интеграла: . Аналогично, если кривая задаётся уравнением , то .

Пример. Вычислить , где  – четверть окружности , лежащая в четвёртом квадранте.

Решение. 1. Рассматривая х как параметр, получаем  , поэтому

.

2. Если за параметр взять переменную у, то   и .

3. Естественно, можно взять обычные параметрические уравнения окружности  : .

Если кривая задана в полярных координатах , то , и .

16.3.2.4. Механические приложения криволинейного интеграла 1-го рода.

16.3.2.4.1. Масса m материальной кривой  с плотностью m(x,y,z) вычисляется по формуле  .

Пример. Найти массу четверти лемнискаты , если плотность выражается формулой m(x,y)=.

Решение:  , поэтому

16.3.2.4.2. Статические моменты и координаты центра масс. Пусть плоская материальная кривая  имеет плотность m(x,y). Статический момент относительно оси Ox определяется по формуле , относительно оси Oy: .

Аналогично, статические моменты пространственной кривой относительно координатных плоскостей вычисляются по формулам

,      ,      

Координаты центра масс могут быть найдены по формулам

  – для плоской кривой;

 – для пространственной кривой, где m – масса кривой.

Пример. Найти центр масс четверти однородной окружности

Решение: Можно считать, что m=1. Тогда масса кривой равна ее длине . Статический момент  равен

Из соображений симметрии , поэтому координаты центра масс равны

.

16.3.2.4.3. Моменты инерции. Моменты инерции плоской кривой с плотностью m относительно координатных осей вычисляются по формулам

 ,    

моменты инерции относительно начала координат

В случае пространственной кривой моменты инерции относительно координатных осей и начала координат определяются по формулам

,    ,    ,

Пример. Найти момент инерции относительно оси Oz однородной винтовой линии (m=1)  x=acos t, y=asin t, z=at; 0 £ t £ 2p

Решение: .

16.3.3. Криволинейный интеграл второго рода (по координатам).

       

16.3.3.1. Определение криволинейного интеграла второго рода. Пусть в пространстве  Oxyz дана кусочно-гладкая кривая , на которой определена функция . Разобьём кривую точками   на  частей, на каждой из дуг  выберем произвольную точку , найдём  и проекцию  дуги  на ось Ох, и составим интегральную сумму . Если существует предел последовательности интегральных сумм при , не зависящий ни от способа разбиения кривой на дуги , ни от выбора точек , то функция Р(x,y,z) называется интегрируемой по кривой , а значение этого предела называется криволинейным интегралом второго рода, или криволинейным интегралом по координате х от функции Р(x,y,z) по кривой , и обозначается  (или ).

            Теорема существования. Если функция Р(x,y,z) непрерывна на кривой , то она интегрируема по этой кривой.

            Если на кривой , вместе с функцией Р(x,y,z), заданы функции Q(x,y,z) и R(x,y,z), то, аналогично интегралу , определяются интегралы  и. В приложениях рассматривается сумма этих интегралов, которая обозначается  и также называется криволинейным интегралом второго рода. Если кривая, по которой ведётся интегрирование, является контуром (т.е. замкнута), то, как и для криволинейного интеграла по длине дуги, в качестве начальной (и совпадающей с ней конечной) точки можно взять любую точку кривой.

16.3.3.2. Свойства криволинейного интеграла второго рода. Для этого интеграла существенны следующие свойства:

16.3.3.2.1. Линейность. Если функции  интегрируемы по кривой (каждая по своей координате, то по этой кривой интегрируемы функции , и

16.3.3.2.2. Аддитивность. Если кривая  разбита на две части  и , не имеющие общих внутренних точек, то . 

Доказательство этих свойств такое же, как и для других типов интегралов; воспроизвести их самостоятельно. Персональное свойство криволинейного интеграла по координатам:

            16.3.3.2.3. Изменение знака криволинейного интеграла второго рода при изменении направления прохождения кривой: .

Доказательство очевидно: при изменении направления прохождения кривой меняет знак каждая проекция , следовательно, меняет знак интегральная сумма, следовательно, меняет знак предел последовательности интегральных сумм.

            16.3.3.3. Вычисление криволинейного интеграла второго рода. Примеры. Пусть кривая  задана параметрическими уравнениями , где – непрерывно дифференцируемые функции, и пусть точкам , которые    задают разбиение кривой, соответствуют значения параметра  , т.е. . Тогда по теореме Лагранжа существуют такие точки , что  . Выберем точки , получающиеся при этих значениях параметра: . Тогда интегральная сумма для криволинейного интеграла  будет равна интегральной сумме для определенного интеграла . Так как , то, переходя к пределу при  в равенстве , получим

. Аналогично доказываются формулы для интегралов по другим координатам. Окончательно

            Таким образом, вычисление криволинейного интеграла второго рода ни чем не отличается от вычисления интеграла первого и сводится к интегрированию по параметру. Направление интегрирования определяется условиями задачи.

Примеры. 1. Найти  , где – виток винтовой линии  x=a×cos t, y=a×sin t, z=a×t, 0 £ t £ 2p.

Решение:

Пусть плоская кривая задана в декартовой системе координат уравнением y=y(x), A(a,y(a)), B(b,y(b)). Тогда

.

Пример 2. Найти  по кривой .

Решение: Пользуясь свойством аддитивности, разобьем интеграл на сумму двух:

Пример 3. Найти , где C – окружность, проходимая в отрицательном направлении (по часовой стрелке).

Решение: Параметризуем окружность x=2cos t, y=2sin t, 0 £ t £ 2p. Движению по часовой стрелке соответствует уменьшение параметра t, поэтому интегрируем от  до 0:

          Пример 4. Вычислить  по каждому из путей, соединяющих точки О(0,0) и А(2,4), и изображённых на рисунке справа:

1. Ломаная ОВА, состоящая из прямолинейных отрезков;

2. Ломаная ОСА;

3. Прямолинейный отрезок ОА;

4-5. Параболы ODA и OEA, симметричные относительно координатных осей.

            Решение. 1.   (по свойству аддитивности). На ОВ в качестве параметра естественно выбрать переменную х, при этом , поэтому . На ВА , поэтому . Окончательно, .

2. .

. . Окончательно, .

3. На прямолинейном отрезке ОА , поэтому .

4. Уравнение параболы ОЕА имеет вид , значение коэффициента k найдём, подставляя в это уравнение координаты точки А: , поэтому .

5. Совершенно также убеждаемся, что интеграл по параболе ODA имеет то же значение.

            Закономерен вопрос: для любого ли интеграла и любых начальной и конечной точек значение интеграла не зависит от формы пути, соединяющего эти точки? Убедимся в том, что это не так, на примере интеграла : ; .

            Следующие разделы будут посвящены ответу на поставленный вопрос: при каких условиях криволинейный интеграл второго рода  не зависит от формы пути, соединяющего начальную и конечную точки, и определяется только этими точками? В трёхмерном случае этот вопрос будет изучаться в теории поля.

            16.3.3.4. Формула Грина.

            16.3.3.4.1. Связность, односвязность, многосвязность. Напомним определения ряда понятий из теории функций нескольких переменных, которыми нам придется пользоваться.

            Множество точек (на прямой, на плоскости, в пространстве) называется связным, если любые две точки этого множества можно соединить непрерывной кривой, целиком принадлежащей этому множеству.

            Область (на плоскости, в пространстве) называется односвязной, если любой замкнутый контур, лежащий в этой области, можно непрерывной деформацией стянуть в точку, не выходя при этом за пределы области.

            Примеры: односвязны шар, параллелепипед и вообще любой выпуклый объём в пространстве. Односвязен шаровой слой, заключённый между двумя сферами. Пример неодносвязной области: тор. Все пространство односвязно и остаётся односвязным, если из него удалить точку или отрезок. Если же удалить из пространства прямую, оно потеряет свойство односвязности: окружность, охватывающую эту прямую, не удастся стянуть в точку, не пересекая прямую.

            Кусочно-гладкая граница ограниченной односвязной области всегда связна, следовательно, является контуром.

            16.3.3.4.2. Теорема Грина для односвязной области. Пусть на плоскости Oxy задана односвязная область D, ограниченная кусочно-гладким контуром C. На множестве  определены непрерывные функции  и , имеющие непрерывные частные производные. Тогда , при этом контур С обходится так, что область D остаётся слева.

           

Док-во. 1. Пусть D – простая область. Докажем сначала, что . Опишем D неравенствами  Тогда   . Если контур включает вертикальные участки, такие как EF, то на этих участках dx= 0, поэтому , и , что и требовалось доказать.

Равенство  доказывается точно также:   . Суммируя равенства  и , получим одну из важнейших формул анализа -формулу Грина

  

2. Пусть теперь D – произвольная, не обязательно простая, область. Разобьём её на простые части. Пусть это разбиение производится отрезком АВ, и пусть подобласти D₁ и D₂ – результат разбиения. Для этих подобластей формула Грина доказана:

 и .  По свойству аддитивности ,   . Суммируя эти выражения, убеждаемся, что криволинейные интегралы по отрезкам АВ и ВА взаимно уничтожаются, а сумма интегралов по кривым ВFA и AEB даёт интеграл по контуру С, т.е. формула Грина верна и для области, не являющейся простой. Доказательство остаётся справедливым и в случае, когда разбиение производится добавлением большего числа, чем одна, кривых.

  

16.3.3.4.3. Теорема Грина для многосвязной области. Пусть теперь D многосвязная  на плоскости Oxy. Граница многосвязной области состоит из нескольких связных частей, не имеющих общих точек. Рассмотрим случай, когда граница области D (на рисунке область заштрихована) состоит из внешнего контура С и внутренних контуров С₁ и С₂. Соединим контур С разрезом FM с контуром С₁, разрезом BG – с контуром С₂. (Под словами “соединим разрезом BG ” подразумевается то, что мы удалим из D отрезок BG). Область  с границей  односвязна, поэтому для неё справедлива формула Грина:

. Двойные интегралы по областям D и  равны (площадь разрезов равна нулю); в криволинейный интеграл по кусочно-гладкой кривой  интегралы по разрезам входят с противоположными знаками ( и , например) и поэтому взаимно уничтожаются, поэтому оказывается справедлива теорема Грина для многосвязной области: пусть на плоскости Oxy дана многосвязная область D   с границей . На множестве  определены непрерывные функции  и , имеющие непрерывные частные производные. Тогда , при этом каждая часть полной границы  обходится так, что область D остаётся слева.

            16.3.3.5. Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования. В этом разделе будет дан ответ на вопрос: при каких условиях криволинейный интеграл второго рода  не зависит от формы пути, соединяющего точки А и В, а определяется только этими точками? Будем предполагать, что в некоторой односвязной области  на плоскости заданы непрерывно дифференцируемые функции  и , и все рассматриваемые точки, контуры и области принадлежат этой области.

            

16.3.3.5.1. Теорема 1. Для того, чтобы интеграл  не зависел от формы пути, соединяющего точки А и В, необходимо и достаточно, чтобы интеграл по любому замкнутому контуру был равен нулю.

Доказательство. Необходимость. Пусть  – произвольный замкнутый контур, лежащий в области , А и В – произвольные точки этого контура. Так как, по условию, , то  .

Достаточность. Пусть для любого контура  выполняется . Пусть ,  – произвольные точки,  и  – две различных кривых, соединяющих эти точки.  – замкнутый контур, поэтому    , что и требовалось доказать.

16.3.3.5.2. Теорема 2. Для того, чтобы интеграл  по любому контуру С был равен нулю, необходимо и достаточно, чтобы функции  и их частные производные были непрерывны, и  выполнялось условие .

Доказательство. Необходимость. От противного. Пусть для  выполняется , но существует точка  такая, что . Предположим для определённости, что . Так как разность  непрерывна, существует окрестность точки  такая, что . Выберем контур С, целиком лежащий в этой окрестности. Если D – область ограниченная этим контуром, то, по формуле Грина, .  Но, по теореме об интегрировании неравенств,  ( – площадь области D), т.е. , что противоречит условиям теоремы. Следовательно, в любой точке  выполняется условие .

Достаточность. Если в любой точке  выполняется условие , то для любого контура С  (D – область ограниченная контуром С).

Таким образом, для того, чтобы криволинейный интеграл  не зависел от формы пути, соединяющего начальную и конечную точки (или, что то же самое, интеграл по любому замкнутому контуру был равен нулю), требуется выполнение двух условий:

1. Контур и ограниченная им область лежат в некоторой односвязной области, в которой

2.  и их частные производные непрерывны , и.

Отметим существенность первого условия. Так, для интеграла  второе условие выполняется: , в то же время интеграл по окружности радиуса R не равен нулю: . Причина – функции Р и Q непрерывны всюду, кроме начала координат; удаление точки из плоскости лишает её свойства односвязности.

16.3.3.6. Вычисление криволинейного интеграла второго рода в случае, когда выполняются условия независимости от формы пути.

Если выполнены условия независимости от формы пути, соединяющего начальную  и конечную  точки кривой, то значение интеграла  определяется только точками А и В. Поэтому в этом случае для обозначения интеграла применяется обозначение  или . Докажем следующую теорему.

Теорема. Если в односвязной области G выполнено условие , то существует функция  такая, что для любых точек  и  .

Функцию  принято называть потенциальной функцией.

Доказательство. Фиксируем произвольную точку , и докажем, что в качестве искомой функции  можно взять . Действительно, по свойству аддитивности   , или , т.е. , что и требовалось доказать.

Разность  обозначается символом  или . Формула  является аналогом формулы Ньютона-Лейбница для двухмерного случая; ещё раз отметим, что она имеет место в случае, когда выполняются условия независимости интеграла от формы пути.

Докажем, что для построенной функции  выполняются  следующие соотношения:

. Действительно, пусть  

. Тогда ,

  (на )   (по теореме о среднем) . Точка  удовлетворяет условиям . Устремим , тогда , и .

Аналогично доказывается, что .

 

Условие  теперь означает просто, что . Кроме того, из    следует, что подынтегральное выражение    является полным дифференциалом функции  (условие  есть условие того, что обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка  – уравнение в полных дифференциалах). Для отыскания потенциальной функции  можно: 1. Решить уравнение в полных дифференциалах; 2. Построить  напрямую по формуле . В качестве пути интегрирования обычно берётся путь М₀АМ, состоящий из отрезков, параллельных координатным осям.

Вместе с этой лекцией читают “10. К биографии Кантемира”.

Тогда на М₀А   ; на АМ .

Продемонстрируем оба метода на примере 4 раздела 16.3.3.3: . Здесь  , т.е. условия независимости выполняются. В качестве точки  берём начало координат .

1. Решаем систему уравнений   Из первого уравнения , подставляем эту функцию во второе уравнение  (потенциал всегда определяется с точностью до произвольной постоянной, физический смысл имеет разность потенциалов в двух точках, которая не зависит от этой постоянной).

2. .

Теперь, когда потенциальная функция определена, легко находится любой интеграл: .

16.3.3.7. Выражение площади плоской области через криволинейный интеграл. Из формулы Грина  следует неожиданный результат: если функции Р и Q удовлетворяют условию , то   ( – площадь области D). Таким образом, площадь области можно выразить через криволинейный интеграл второго рода по границе этой области. В качестве функций Р и Q можно взять любые непрерывно дифференцируемые функции, такие что , например, ; ; ;  и т.д. В результате  и т.д. При этом контур С (граница области D) обходится в положительном направлении. Чаще всего применяется третья из этих формул. Для примера найдём площадь, ограниченную эллипсом . Параметрические уравнения эллипса , поэтому ; это, видимо, самый простой способ вычисления площади эллиптической области.