Tom_2

			òò ∂x		ò				(3)
			∂Q dxdy =		Q(x, y)dy .
			G		L
	Вычитая почленно из равенства (3) равенство (2), получим
формулу (1). □
	Пример 1.		Вычислить		криволинейный				интеграл
ò (x2 − y)dx + (x + y2 )dy , где L – окружность x2 + y2 = R2 .
L				P(x, y) = x2 − y,		Q = (x, y) = x + y2 ,
	Решение.		Функции
∂P	= −1,	∂Q = 1 непрерывны в замкнутом круге x2 + y2 ≤ R2 .
∂y		∂x
	Следовательно, по формуле (1) имеем						òò
	ò			òò	(1− (−1))dxdy = 2
		(x2 − y)dx + (x + y2 )dy =						dxdy = 2π R2 . □
	L			D			D

Заметим, что формулу Грина можно применять для вычисления площадей плоских фигур. Действительно, если в формуле Грина (1) положить P = 0, Q = x на замкнутой области D, то, заметив, что

òòdxdy = S , получим S = òò(1− 0)dxdy = ò 0dx + xdy , где L – замкнутая

	D	D		L
	линия, ограничивающая D, то есть
			S = ò xdy .						(4)
				L
	Аналогично, при P = −y,			Q = 0 получим еще одну формулу для
	вычисления площади фигуры:
		S = − ò ydx .							(5)
				L
	Складывая	почленно		равенства	(4)		и		(5), получаем
	2S = ò xdy − ydx или
	L
		S =	1	ò xdy − ydx .					(6)
		2		L
	Пример 2. Вычислить площадь эллипса					x2	+	y2	=1.
						a2		b2
	Решение.
		Так как параметрические			уравнения эллипса есть

x = acost, y = bsin t , 0 ≤ t ≤ 2π , то по формуле (6) получаем

124

1 2π

S = ò acost ×bcostdt

2 0

. □

y

a
0	a x

Рис. 3

2π

+ bsint × asintdt = 1 ò ab(cos2 t + sin2 t )dt = π ab

2 0

	Пример 3. Вычислить			площадь
фигуры,			ограниченной	астроидой
2	2	2
x3	+ y3	= a3	(рис. 3).

Решение. Уравнение астроиды в параметрической форме записывается так

x = a cos3 t, y = asin3 t, 0 £ t £ 2π .

Поэтому

S =		1		2òπ (acos3 t ×3asin2 t cost + asin3 t ×3acos2 t sint )dt =
	2			0
=	3a2			2π cos2 t sin2 t (cos2 t + sin2 t )dt =	3a2	2π	1- cos4t	dt =	3a2π	.
	2				8	ò	2		8
				ò
				0		0

□

§ 6. Независимость криволинейного интеграла от пути интегрирования

Криволинейный интеграл ò P(x, y)dx + Q(x, y)dy зависит от

L( A,B)

подынтегральной функции, формы кривой интегрирования, ее начала и конца. Выясним условия независимости интеграла от пути и н т е г р и р о в а н и я .

Плоскую область G будем называть односвязной, если для любого замкнутого контура, лежащего в этой области, ограниченная этим контуром часть плоскости целиком принадлежит этой области G. Можно сказать, что односвязная область не имеет «дыр», даже точечных. Примерами односвязных областей являются круг, внутренности эллипса, многоугольника и т. п. Простейшим примером неодносвязной области является область, заключенная между

окружностями x2 + y2 =1 и x2 + y2 = 3 , так как окружность

125

x2 + y2 = 2 , лежащая в этой области, содержит внутри себя точки, не принадлежащие данной области, например, начало координат (0;0) .

Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования содержатся в следующем утверждении.

Теорема	1.	Для того	чтобы	криволинейный интеграл
I = òPdx + Qdy ,	где	функции	P(x, y)	и Q(x, y) определены и

L

непрерывны вместе со своими частными производными в односвязной области G, не зависел от пути интегрирования, необходимо и достаточно, чтобы в каждой точке области G выполнялось условие

¶P	=	¶Q .	(1)
¶y		¶x

Доказательство. Пусть ¶¶Py = ¶¶Qx . Рассмотрим произвольный

замкнутый контур AСBDA в области G (рис. 1).

Обозначим область, которую ограничивает выбранный контур, через

G . Тогда имеет место формула Грина
æ	¶x	¶y	ö	ò
òòè			ø		Pdx + Qdy .
ç	¶Q	- ¶P	÷dxdy =

	Рис. 1			G			ACBDA
В силу условия (1), интеграл слева равен нулю. Следовательно,
			ò	Pdx + Qdy = 0 .
			ACBDA
Согласно свойствам криволинейного интеграла, имеем
	ò	Pdx + Qdy =		ò Pdx + Qdy + ò			Pdx + Qdy =
	ACBDA		ACB			BDA
			= ò Pdx + Qdy -		ò	Pdx + Qdy,
			ACB		ADB
то	есть	ò	Pdx + Qdy = ò Pdx + Qdy ,				что	означает, что
		ACB		ADB
криволинейный интеграл не зависит от пути интегрирования.
Пусть теперь,			наоборот,	интеграл		ò Pdx + Qdy не зависит
						AB
от пути	интегрирования. Если			точку	A = A(x0; y0 )			зафиксировать,

то этот интеграл будет некоторой функцией координат x и y точки

B = B(x; y) :

126

ò Pdx + Qdy = F (x, y) .

AB

Покажем сначала, что функция F (x, y) дифференцируема и что

dF = Pdx + Qdy .							(2)
Для этого достаточно доказать, что в каждой точке B области G
существуют частные производные		∂F		и	∂F	, причем
		∂x			∂y
∂F = P(x, y),		∂F		= Q(x, y) .			(3)
∂x		∂y
Так как P(x, y) и Q(x, y)	непрерывны в G, то из (3) следует
дифференцируемость функции F (x, y)				и равенство (2).
Для доказательства существования частных производных
функции F (x, y) и равенств (3) составим частное приращение по x

функции F (x, y) в некоторой точке B(x; y) :

xF = F (x + x, y) − F (x, y) = ò	Pdx + Qdy − ò Pdx + Qdy = ò Pdx + Qdy
AC	AB	BC

,

y

B(x;y) C(x + x; y)

A(x0 ;y0 ) G

0

x

Рис. 2

взяв точку C (x + x; y) так,

чтобы кривая AC находилась в области G (рис. 2). По условию интеграл не зависит от вида кривой, поэтому путь от A до B возьмем

произвольным, а от B(x; y) до

C (x + x; y)	прямолинейным	и
параллельным оси Ox. Тогда

				x+Δx
		x F = ò	Pdx + Qdy = ò Pdx =	ò Pdt.
		BC	BC	x
Используя для последнего интеграла теорему о среднем,
получаем		x F = P(x +θ x; y) x, 0 < θ < 1 ,
откуда	x F	= P(x +θ	x; y), 0 < θ < 1.
	x

127

Следовательно, в силу непрерывности функции P(x, y)

получим					∂F	= lim P(x +θ x; y) = P(x, y) .				Аналогично
					∂x		x→0
устанавливается,					что			∂F	= Q(x, y) . Таким	образом,	доказаны
								∂y
равенства (3) и (2).
		В	силу		равенства				смешанных производных,		получаем
∂Q	=	∂2F	=	∂2F	=	∂P	, то есть равенство (1). □
∂x		∂x∂y		∂y∂x		∂y

В ходе доказательства теоремы 1 установили, что если выполнено условие (1), то выражение Pdx + Qdy является полным

дифференциалом некоторой функции F (x, y), то есть имеет место равенство (2). Но тогда, отмечая только начальную A(x1; y1 ) и конечную B(x2; y2 ) точки интегрирования (в силу независимости

значения криволинейного интеграла первого рода от пути интегрирования), можно записать

(x2	;y2 )		(x2	;y2 )			(x2 ;y2 )
								= F (x2 , y2 ) − F (x1, y1 ),
I =	ò	Pdx + Qdy =	ò		dF = F (x, y)
(x1;y1 )			(x1	;y1)			(x1	;y1)

то есть

(x2 ;y2 )

ò P(x, y)dx + Q(x, y)dy =F (x2 , y2 ) − F (x1, y1 ) . (4)

(x1;y1)

Формула (4) называется обобщенной формулой Ньютона- Лейбница для криволинейного интеграла от полного дифференциала.

Следствие 1. Если подынтегральное выражение Pdx + Qdy есть полный дифференциал и путь интегрирования L замкнутый,

то ò Pdx + Qdy = 0 .

L

Отметим, что все условия теоремы 1 существенны. Рассмотрим

интеграл I = ò			−y		dx +			x		dy , где L – окружность
	x	2	+ y	2		x	2	+ y	2
L

x2 + y2 = R2 . Здесь

128

P =

-y

¶P

-x2 - y2 + 2y2

y2 - x2

,

¶y =

(x2 + y2 )2

=

,

x2 + y2

(x2 + y2 )2

Q =

x

¶Q

x2 + y2 - 2y2

y2 - x2

,

¶x =

=

.

x2 + y2

(x2 + y2 )2

(x2 + y2 )2

Условие (1) выполнено, но интеграл нулю не равен. Действительно, переходя к параметрическому заданию окружности x = R cost, y = Rsin t, 0 ≤ t ≤ 2π , получим

2π -Rsint (-Rsint) + Rcost × Rcost

2π

I = ò

dt =

ò dt = 2π .

R

2

cos

2

t + R

2

sin

2

t

0

0

Противоречия с теоремой 1 здесь нет. Просто не выполнено

одно из условий: функции P,Q,

¶P , ¶Q

не определены в точке (0;0) ,

¶y

¶x

принадлежащей области, которую ограничивает кривая L. Точка (0;0)

играет роль «дырки», т.е. область G не является односвязной.

Пример 1.

Вычислить

I = òex ydx + exdy

по

кривой,

L

соединяющей начало координат с точкой (1;2) .

Решение. Здесь P(x, y) = ex y,

Q(x, y) = ex

и

¶P = ex ,

¶Q = ex ,

¶y

¶x

поэтому интеграл не зависит от пути интегрирования. Выберем путь интегрирования в виде ломаной, соединяющей указанные точки, звенья которой параллельны осям координат. Получим

1	2		02 = 2e . □
I = òex ×0 × dx + òe1dy = ey
0	0
Заметим, что функцию F = F (x, y), удовлетворяющую условию
(1), можно найти, используя формулу
x	y
F (x, y) = ò P(η, y0 )dη + ò Q(x,ξ )dξ + C ,				(5)
x0	y0
где (x0; y0 ) – фиксированная точка, C = const .

Упражнение 1. Доказать формулу (5), опираясь на определение функции F(x, y) и свойства полного дифференциала функции.

При практическом вычислении функции по ее полному дифференциалу удобно поступать следующим образом. Если

129

∂F	= P,	∂F	= Q,	(6)
∂x		∂y

то, интегрируя первое из этих равенств по х при постоянном у, получим F(x, y) = òPdx + f (y). Подставляя полученное выражение во

второе из равенств (6), получаем соотношение для f ′( y) , откуда находим f (y) .

Пример 2. Убедиться, что выражение (2xy +1)dx + (x2 + 3y2 )dy

представляет собой полный дифференциал некоторой функции F (x, y) и найти ее.

Решение. Чтобы указанное выражение было полным дифференциалом, необходимо, чтобы выполнялось равенство частных

производных

∂P

и

∂Q

:

∂y

∂x

∂

(2xy +1) = 2x,

∂

(x2 + 3y2 )= 2x .

∂x

∂y

Равенство выполняется, следовательно,

(2xy +1)dx + (x2 + 3y2 )dy = dF (x, y) . Поэтому получаем

ò(2xy +1)dx = x2 y + x + f ( y) = F (x, y) и

∂F

2

′

( y) = x

2

2

= x

+ f

+ 3y

.

∂y

Отсюда

f ′( y) = 3y2 , f ( y) = y3 + C

и,

окончательно,

F (x, y) = x2 y + x + y3 + C . □

В пункте

4.60

отмечено,

что

криволинейный интеграл

ò P(x, y)dx + Q(x, y)dy

равен работе силы P(x, y)

+ Q(x, y)

вдоль

i

j

L

, ∂P

∂Q

кривой L. Если функции P(x, y),

Q(x, y)

(x, y),

(x, y) заданы

∂x

∂y

и непрерывны в односвязной области G, то работа силы не зависит от

пути интегрирования только тогда, когда

∂P =

∂Q .

∂x

∂y

Пример 3.

Вычислить

работу силы

при

перемещении

F

материальной точки по эллипсу,

если сила в каждой точке

(x; y)

130

эллипса направлена к центру эллипса и по величине равна расстоянию от точки (x; y) до центра эллипса (рис. 3).

y			M(x;y)
		F (M )	x

Рис. 3

A = ò Pdx + Qdy , где

L

			Решение.			По	условию
			= x2 + y2 .			Тогда	составляющие
F

силы F по координатным осям будут P = −x, Q = −y (со знаком «–», так как

сила направлена к началу координат). Работа А будет вычислена по формуле

L – эллипс, задаваемый уравнениями

x = a cost, y = bsin t, 0 ≤ t ≤ 2π . Получаем

	a	2	− b	2	2π		2	− b	2		2π
A = − ò xdx + ydy =					ò sin 2tdt =	a				(−cos2t)	= 0 .
			2					4
L					0						0

Из равенства интеграла нулю, следует, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом некоторой силовой функции F (M ) . □

Аналогичные результаты имеют место для криволинейного интеграла

òPdx + Qdy + Rdz

L

по пространственной кривой. Условие (1), равенство (2), формулы (4) и (5) имеют, соответственно, вид:

∂∂Py = ∂∂Qx , ∂∂Qz = ∂∂Ry , ∂∂Rx = ∂∂Pz ,

Pdx + Qdy + Rdz = dF (x, y, z),

(x ;y ;z		)
2 ò2	2	Pdx + Qdy + Rdz = F (x2 , y2 , z2 ) − F (x1, y1, z1 ),
(x1;y1	;z1)
		x	y	z
F (x, y, z) = ò P(η, y0 , z0 )dη + ò Q(x,ξ, z0 )dξ + ò R					(x, y,ϕ )dϕ + C,
		x0	y0	z0	(7)
где C = const.
Упражнение 1. Доказать соотношения (7).

131

§7. Поверхностный интеграл первого рода

10. Определение и свойства поверхностного интеграла первого рода. Пусть на гладкой поверхности σ задана функция

u = f (x, y) . Разобьем поверхность σ сетью линий на элементарные

поверхности	σk , k =1,2,K,n , площади которых				обозначим через
σk . Наибольший из диаметров поверхностей σk					обозначим через
λn . На каждой из		элементарных	поверхностей			σk	выберем
произвольно	точку	Mk (xk ; yk ; zk ) ,	найдем значение				функции
f (Mk ) = f (xk , yk , zk )		в этой точке и умножим его на площадь						σk .
Составим сумму		n
		Sn = å f (xk , yk , zk )		σk ,				(1)
		k=1				f (x, y, z)
называемую интегральной суммой				функции				по

поверхности σ.

Предел интегральной суммы при λn → 0 , если он существует,

называется поверхностным интегралом первого рода, т.е.

n	(xk , yk , zk ) σk = òò f (x, y, z)dσ .
lim å f		(2)
λn →0 k=1	σ
Заметим, что предел интегральной суммы (1) существует, если
f (x, y, z) непрерывна,	а поверхность σ замкнута и	квадрируема.

Доказательство этого факта аналогично доказательству теоремы 4.1. Поверхностный интеграл первого рода обладает свойствами, аналогичными свойствам двойного интеграла. Эти свойства вытекают

из определения интеграла.

Упражнение 1. Доказать теорему существования поверхностного интеграла первого рода.

Упражнение 2.

Сформулировать и доказать свойства поверхностного интеграла первого рода.

20 Вычисление поверхностного Рис. 1 интеграла первого рода. Пусть σ –

гладкая поверхность, уравнение которой z = ϕ (x, y) , где функция

132

ϕ(x, y) и её производные ¶¶ϕx , ¶¶ϕy непрерывны в замкнутой области

D, где D − проекция σ на плоскость Оxy (рис.1). Разобьем область σ

на	элементарные части	σk , которые имеют площади Dσk .
Допустим, что проекцией σk		на плоскость Oxy является область Sk .

Выберем произвольно на Sk точку Mk (xk ; yk ) . Точку с координатами

(xk ; yk ; zk ) = (xk ; yk ;ϕ(xk , yk ))	обозначим	через	Pk .
Точка Pk будет принадлежать части σk поверхности σ.			Проведем

касательную плоскость к поверхности в этой точке. Обозначим

через Gk	часть	касательной плоскости, которая проектируется
на область	Sk .	Площадь DSk			проекции Sk	будет			равна
				где	n − нормаль		касательной
DSk = DGk cos(n,Oz)= DGk cosγ k ,
плоскости,	DGk −	площадь части Gk . Кроме этого, при							мелких
разбиениях справедливо DG » Dσ			k	. Тогда получаем Dσ		k	»	DSk		.
		k						cosγ k

Так как нормаль касательной плоскости совпадает с нормалью к поверхности z -ϕ (x, y) = 0 , восстановленной в точке касания Pk , то

cosγ k =				1						.
			¶ϕ ö2		æ	¶ϕ ö2
æ
1+ ç			÷		+ ç	÷
è			¶x ø		è	¶y ø
					Pk			P
								k
Подставляя в интегральную сумму (1)						вместо zk и Dσk их
значения,										получаем

n	æ	¶ϕ ö2			æ	¶ϕ ö2	DSk . Переходя
å f (xk , yk ,ϕ (xk , yk ))	1+ ç	÷			+ ç	÷
k=1	è	¶x ø		Pk	è	¶y ø	P
							k

пределу при стремлении наибольшего из диаметров частей σk следовательно, и Sk ), получаем

æ

¶ϕ ö2

æ

¶ϕ ö2

òò f (x, y, z)dσ = òò f (x, y,ϕ (x, y)) 1+ ç

÷

+ ç

÷

ds =

σ

D

è

¶x ø

è

¶y ø

= òò f (x, y,ϕ (x, y))

æ

¶ϕ ö2

æ

¶ϕ

ö2

1+ ç

÷

+ ç

¶y

÷

dxdy.

D

è

¶x ø

è

ø

к

(а,

(3)

133