Пример.

а) Вычислить вдоль кривой: 1) y=x, 2) y=x ², 3) y=x ³.

D 1) ;

2)

;

3)

. D

б) Вычислить вдоль тех же кривых.

D 1) ;

2) ;

3)

. D

Можно доказать, что величина интеграла в примере б) зависит только от начала и конца пути интегрирования.

Далее будем все рассматриваемые кривые предполагать кусочно-гладкими.

Определение. Область называется связной, если любые две точки области можно соединить ломаной, целиком лежащей в этой области.

Замкнутым контуром будем называть любую замкнутую кривую. Простой замкнутый контур – контур, не имеющий точек самопересечения. Например, на рисунке 3)- не простой замкнутый контур.

Определение. Связная область (D) называется односвязной, если любой замкнутый контур, лежащий в (D), ограничивает область, также целиком лежащую в (D) (рис. 1,6,7).

связная область несвязная область несвязная область

связная область связная область связная связная

Иными словами, односвязная область не имеет дырок, даже точечных. Если область конечна, то определение односвязности можно сформулировать короче: область должна быть ограничена единственным замкнутым контуром. Если область неодносвязна, то ее называют многосвязной (рис. 4,5).

Пусть на области (D) заданы две непрерывные функции P (x; y), Q (x; y). Возьмем любые две точки A, B Î(D) и зафиксируем их. Соединим точки А и В всевозможными кривыми (L)Ì(D). Тогда интеграл

(1)

будет иметь различные значения в зависимости от (прим. а)).

Определение. Если при любых фиксированных точках A, B Î(D) значение криволинейного интеграла (1) по любой кривой, лежащей в (D) и соединяющей точки А и В, одно и то же, то говорят, что (1) не зависит от пути интегрирования на области (D). В этом случае значение интеграла (1) определяется только заданием точек А и В.

Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования даются следующими теоремами.

Теорема 1. Для того, чтобы криволинейный интеграл (1) не зависел от пути интегрирования на области (D) необходимо и достаточно, чтобы он был равен нулю на любом замкнутом контуре, лежащем в области (D).

Доказательство.

1)Необходимость.

Пусть интеграл (1) не зависит от пути интегрирования. Докажем, что он равен нулю по любому замкнутому контуру (L)Ì(D). Выберем (L) = (AmB) (BnA). Тогда

,

так как (1) не зависит от пути интегрирования (то есть ).

2) Достаточность.

Пусть интеграл (1) по любому замкнутому контуру (L) равен 0. Докажем, что (1) не зависит от пути интегрирования в (D). Зафиксируем точки A и B и рассмотрим два пути, соединяющие их: (AnB) и (AmB). Эти два пути образуют замкнутый контур (AmB) (AnB) = (L).

.

Теорема 2. Пусть функции P (x; y) и Q (x; y) непрерывны вместе со своими частными производными и на области (D). Для того, чтобы криволинейный интеграл (1) на области (D) не зависел от пути интегрирования необходимо, а если (D) – односвязная, то и достаточно, чтобы во всех точках (D) выполнялось равенство

= . (2)

Доказательство.

1) Необходимость.

Пусть интеграл (1) на (D) не зависит от пути интегрирования. Докажем, что на (D) верно равенство (2). От противного. Пусть в некоторой точке (x ₀; y ₀): (x ₀; y ₀) (x ₀; y ₀). Для определенности пусть (x ₀; y ₀) < (x ₀; y ₀). Рассмотрим функцию F (x; y) = (x; y)- (x; y). F (x; y) непрерывна в точке (x ₀; y ₀) (D) и F (x ₀; y ₀) >0. Тогда $ V (x ₀; y ₀): " (x; y) V выполнено F (x; y) >0. Выберем произвольный простой замкнутой контур (L) V. Применяя формулу Грина, получим:

. (3)

Т.к. F (x; y) > 0, то по свойству двойного интеграла . Тогда из (3) следует , что противоречит условию (по условию интеграл (1) не зависит от пути интегрирования в (D), следовательно, по теореме1 должен быть равен 0.)

2) Достаточность.

Пусть на односвязной области (D) выполнено (2): = . Докажем, что интеграл (1) не зависит от пути интегрирования на (D). Пусть (L ₁) – произвольный контур, лежащий в (D), (D ₁) – область, ограниченная этим контуром. Т.к. (D) – односвязная область, то по определению (D ₁) (D). По формуле Грина

.

По условию = , тогда 0 =0, следовательно (по теореме 1), интеграл (1) не зависит от пути интегрирования.

Пример 1. , где (L) – произвольный замкнутый контур, лежащий в .

Δ P (x; y) =2xy, Q (x; y) =x ².

= 2 x, = 2 x, = на , – односвязная область, следовательно, по теореме 2 данный интеграл не зависит от пути интегрирования в , следовательно, по теореме 1 он равен нулю по любому замкнутому контуру, лежащем в .

Ответ: I =0. Δ

Пример 2. , (L): x ² +y ² =a ² в положительном направлении.

Δ , = ,

, = ,

= .

Параметрические уравнения окружности:

dx=-a sin tdt, dy=a cos tdt,

.

Подынтегральная функция определена в . Эта область не является односвязной, следовательно, теорема 2 неприменима. Δ

Пример 3. , где AO – верхняя полуокружность x ² +y ² = от точки А (;0) до точки О (0;0).

Δ Непосредственно вычислить этот интеграл сложно.

Докажем, что он не зависит от пути интегрирования. Тогда .

P (x; y) = e^x sin y-p, Q (x; y) = e^x cos y-p, = , = ,

= интеграл не зависит от пути интегрирования.

I

. Δ

Теорема 3. Пусть P (x; y) и Q (x; y) непрерывны на области (D). Для того, чтобы интеграл (1) не зависел от пути интегрирования необходимо и достаточно, чтобы подынтегральное выражение Pdx+Qdy являлось полным дифференциалом некоторой функции F=F (x; y), т.е. dF=Pdx+Qdy.

Доказательство.

1) Необходимость.

Пусть (1) не зависит на (D) от пути интегрирования. Докажем, что Pdx+Qdy является дифференциалом некоторой функции. Т.к. (1) не зависит от пути интегрирования, то он однозначно определяется заданием двух точек: А – начало пути интегрирования, В – конец пути интегрирования. Пусть А= (x ₀; y ₀) – фиксированная точка, В= (x; y) – переменная точка. Тогда (зависит от x и y). Докажем, что F имеет на области (D) частные производные и , причем = P (x; y), = Q (x; y).

Докажем, что (x ₁; y ₁) =P (x ₁; y ₁) "(x ₁; y ₁) (D). Выберем произвольно точку В (x ₁; y ₁) (D). Переменной x ₁ дадим приращение Δ x, Δ x 0, получим точку x ₁ + Δ x, а y ₁ оставим без изменений.

Частное приращение функции F (x; y) в точке (x ₁; y ₁) по переменной x:

.

= . (4)

Т.к. интеграл (4) не зависит от пути интегрирования на (D), то путь от А до В ₁ возьмем по произвольной кусочно-гладкой кривой, а в качестве пути между В ₁ и возьмем отрезок В ₁ С параллельный оси Оx. Его уравнение: y=y ₁, x , dy= 0

. (5)

Сводя (5) к определенному интегралу, получим = .

Применим теорему о среднем значении:

= , где 0 <q< 1, отсюда

. (6)

По условию P (x; y)непрерывна в точке (x ₁; y ₁) (D), значит, . Переходя в (6) к , получим . Следовательно, .

Мы доказали, что в любой точке (x; y) (D) (x; y) =P (x; y).

Аналогично доказывается, что в любой точке (x; y) (D) (x; y)= Q (x; y).

По условию функции P и Q непрерывны на (D). Это означает, что функция (x; y) имеет непрерывные частные производные и , следовательно, она дифференцируема на (D) и имеет дифференциал dF= dx+ dy. Т.к. = P (x; y), =Q (x; y), то dF=Pdx+Qdy.

2) Достаточность.

Пусть на области (D) подынтегральное выражение Pdx+Qdy есть полный дифференциал некоторой функции (x; y). Покажем, что интеграл (1) не зависит от пути интегрирования на (D).

По условию Pdx+Qdy = dF. Т.к. , то , .

Возьмем произвольные точки А (x ₀; y ₀), В(x ₁; y ₁) (D). Выберем произвольную кусочно-гладкую кривую, соединяющую точки А и В. Пусть параметрические уравнения кривой:

причем соответствует точке А, а - точке В. Вычислим интеграл (1) по этой кривой (АВ).

.

Следовательно, интеграл не зависит от вида кривой, а только от начала и конца пути интегрирования. Таким образом, интеграл (1) не зависит от пути интегрирования на (D).

Из теорем 2 и 3 вытекает

Следствие. Пусть на односвязной области (D) функции P, Q, , непрерывны. Для того, чтобы на области (D) выражение Pdx+Qdy было полным дифференциалом необходимо и достаточно, чтобы = на (D).

Доказательство.

1) Необходимость.

Пусть на односвязной области (D) Pdx+Qdy – полный дифференциал некоторой функции. Тогда по теореме 3 интеграл (1) не зависит от пути интегрирования на (D). Следовательно, по теореме 2 = на (D).

2) Достаточность.

Пусть на области (D) = . Тогда по теореме 2 интеграл (1) не зависит от пути интегрирования. Следовательно, по теореме 3 выражение Pdx+Qdy является полным дифференциалом некоторой функции на (D).

Определение. Функция F (x; y) называется первообразной для дифференциального выражения Pdx+Qdy (*) на (D), если на этой области dF=Pdx+Qdy.

Если F (x; y) является первообразной для выражения Pdx+Qdy на (D), то F (x; y) +С также является первообразной для выражения (*). Т.е. (*) имеет бесконечное множество первообразных. Их общий вид F (x; y) +С. Из теоремы 3 следует, что одной из первообразных является (установлено в процессе доказательства). Тогда общий вид первообразных для выражения Pdx+Qdy:

8. Нахождение функции по её полному дифференциалу

Пусть на односвязной области (D) выполнено = . Тогда на этой области дифференциальное выражение Pdx+Qdy является полным дифференциалом некоторой функции F, т.е. dF=Pdx+Qdy. Из сказанного следует, что общий вид таких функций F:

. (7)

Интеграл в (7) не зависит от пути интегрирования на области (D). В качестве пути интегрирования возьмем ломаную с двумя звеньями, параллельными осям координат (ACB, ADB):

.(8)

С другой стороны,

. (9)

Из (8), (9), (7) получаем формулы для F:

,

.

Пример. Выяснить, является ли выражение полным дифференциалом некоторой функции, и, если является, найти эту функцию.

Δ P (x; y) = , Q(x; y)= ,

= , = = .

Т.к. P, Q, , непрерывны на , и на = , то данное выражение является полным дифференциалом некоторой функции F (x; y) и

.

(В качестве (x ₀; y ₀) можно брать любую точку из области непрерывности функций P, Q, , , поэтому возьмем (0;0)).

. Δ

Дата добавления: 2015-07-07