Вычисление криволинейного интеграла 2 рода Решение дифференциальных уравнений Пример решения расчетного задания Вычисление двойного интеграла Производная по направлению.


Курс практики по математике. Примеры решения задач контрольной работы

Вычисление криволинейного интеграла 2 рода.

1) Кривая L задана через произвольный параметр t : x =(t), y = (t), z = (t), t1tt2 . Тогда, dx = `dt , dy = `dt , dz = `dt  и имеем для плоской кривой

 f(x,y) dx =  f((t),(t))`(t) dt ( 8 )

или в общем случае Pdx + Qdy + Rdz =

=[P((t),(t),(t))(t)` + Q((t),(t),(t))`(t) + R((t),(t),(t))(t)`]dt

2) Плоская кривая L задана явным уравнением : y = y(x) на [a,b] . Тогда

 f(x,y) dx = f(x, y(x)) dx ( 9 ) 

т.е. в f(x,y) переменную у заменяем на уравнение кривой y(x) и получаем стандартный определенный интеграл.

Основные свойства криволинейного интеграла 1 рода Обычный определенный интеграл есть частный случай криволинейного интеграла, когда в качестве L берется отрезок оси Ох. Поэтому свойства интегралов аналогичны.

Криволинейные интегралы 1-ого рода. Задача: Кусочно-гладкая кривая линия L на плоскости соединяет точки А и В и определяется уравнением y = y(x) , [a,b] или x = x(t), y = y(t) (t1<t<t2). Вдоль кривой распределены массы с плотностью (M) для каждой точки М. Вычислим общую массу всей системы метод интегральной суммы.

Найти координаты центра тяжести дуги циклоиды x = t –sin t, y = 1 – cos t, o £ t £ p Решение:  Координаты центра тяжести однородной дуги кривой L вычисляются по формулам : xc =  , yc =  , где s – длина дуги. 

Формула Грина. Рассмотрим интеграл 2-ого рода по замкнутому контуру L на плоскости

Задача о массе поверхности. Пусть на гладкой поверхности z = z(x,y) распределена масса с поверхностной плотностью = f(x,y,z). Найти массу всей поверхности.

Векторный анализ. Пусть некоторая линия L в пространстве задана векторным уравнением r = r(t) = = x(t) i + y(t) j + z(t) k , t1 < t < t2 .

Поверхностные интегралы 2 рода. Пусть через замкнутую поверхность проходит поток жидкости или тепла. Входящий и выходящий потоки дают взаимоисключающий результат и поэтому их надо различать. Различать их можно по знаку cos, где  - угол между нормальным вектором внешней стороны замкнутой поверхности и направляющим вектором потока.

Применение поверхностных интегралов. Так как поверхностные интегралы 1 и 2 рода сводятся к обычным двойным интегралам, то различные задачи, которые приводят к вычислению двойных интегралов, могут быть представлены через поверхностные интегралы. Рассмотрим несколько таких примеров.

 

Пр.2 J =y2dx + x2dy , где L – верхняя половина эллипса: x = a cos t , y = b sin t , проходимая по часовой стрелке.

Решение: dx = -a sin t dt , dy = b cos t dt , J =[b2sin2t (-a sin t) + a2cos2t b cost] dt = = ab [b sin3t – a cos3t] dt = 4/3 ab2

Пр.3 J = (x2 – y2)dx + xy dy , где L :

а) прямая от точки  А(1;1) до B(2;4) ;

б) дуга параболы y = x2 от А до В ;

 в) ломаная АСВ , где С(2;1).

Решение а): уравнение прямой АВ : (x – 1) / ( 2 – 1)  = (y – 1) / (4 – 1) Þ y = 3x – 2 ,

dy = 3 dx, J =[x2– (3x – 2)2+ 3x(3x – 2)] dx =(x2 + 6x – 4) dx = x3/3 +3x2 –4x|12 = 8/3.

Решение б):парабола y = x2, dy = 2x dx, J =[x2–x4+2x4] dx =(x3/3 + x5/5)|12 = - 8/15

Решение в): ломаная АСВ = АС + СВ

Прямая АС : у = 1, dy = 0 , J = (x2 – 12) dx = (x3/3 – x ) |12 = 4/3 .

Прямая СВ : x = 2, dx = 0 , J =2y dy = y2 |14 = 15 . J = 15 + 4/3 .

Задача 13. Вычислить .

Решение. Интегралы вида , , , где R – рациональная функция, приводятся к интегралам вида , если выполнить замену переменной:

- для первого интеграла  (или );

- для второго интеграла (или );

- для третьего интеграла  (или ).

Данный интеграл вычисляем заменой .

Тогда .

Получаем

.

,

тогда

Возвращаясь к старой переменной при , получаем


Математика решение задач