Векторный анализ. Формула Грина

Формулировка

Пусть $D$ — ограниченная односвязная область на плоскости, её граница $\partial D$ — кусочно-гладкий замкнутый контур, обойдённый против часовой стрелки (область остаётся слева), а $P$ и $Q$ непрерывно дифференцируемы в замыкании $D$ . Тогда

\partial D \oint P d x + Q d y = D \iint (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y .

Формула переводит контурный интеграл в двойной по области. Это выгодно, когда подынтегральные функции сами по себе неберущиеся, а их разность производных проста, — типовой случай в задачах ниже.

Условия, которые надо проверять

Три, и все три реально нарушаются в задачах:

Контур замкнут. Для незамкнутой дуги формула не применима; её иногда замыкают вспомогательным отрезком, а его вклад вычитают.
Ориентация — против часовой стрелки. При обходе по часовой стрелке ответ меняет знак.
Гладкость внутри всей области, а не только на контуре. Особая точка внутри $D$ (например, знаменатель $x^{2} + y^{2}$ в начале координат) ломает формулу; такие точки вырезают маленькой окружностью.

Два частых применения

Площадь через контур. Взяв $P = - y$ , $Q = x$ , получаем $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2$ и

S (D) = \frac{1}{2} \partial D \oint x d y - y d x .

Обнуление. Если $P$ зависит только от $x$ , а $Q$ только от $y$ , то обе производные равны нулю и интеграл по любому замкнутому контуру равен нулю — независимо от того, насколько страшно выглядят $P$ и $Q$ .

Где ошибаются

Считают $\partial P / \partial x - \partial Q / \partial y$ . Порядок именно такой: производная второй функции по первой переменной минус производная первой по второй.
Забывают проверить ориентацию и теряют знак.
Применяют формулу к контуру, охватывающему особенность поля.

Задачи

Задача 1 (Контурный интеграл с неберущимися функциями). Вычислите интеграл по замкнутому контуру

Γ \oint (x^{3} e^{x^{4}} d x + sin (e^{y}) d y),

где $Γ$ — окружность $x^{2} + y^{2} = 4$ , обходимая против часовой стрелки.

Решение.

Прямой счёт бесперспективен: после параметризации получатся интегралы от $e^{16 c o s^{4} θ}$ и $sin (e^{2 s i n θ})$ , у которых нет первообразных в элементарных функциях. Это и есть сигнал применить формулу Грина — она заменяет сами функции на их производные.

Формула Грина.

Γ \oint P d x + Q d y = D \iint (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y,

где $D$ — круг $x^{2} + y^{2} ⩽ 4$ .

Проверка условий. Контур замкнут, обход против часовой стрелки, а функции $P = x^{3} e^{x^{4}}$ и $Q = sin (e^{y})$ непрерывно дифференцируемы всюду на плоскости — особых точек внутри $D$ нет. Формула применима.

Производные. Функция $P$ зависит только от $x$ , функция $Q$ — только от $y$ , поэтому

\frac{\partial Q}{\partial x} = 0, \frac{\partial P}{\partial y} = 0.

Итог. Подынтегральное выражение двойного интеграла тождественно равно нулю:

D \iint 0 d x d y = 0.

Это общий факт, а не совпадение: если $P = P (x)$ и $Q = Q (y)$ , то поле потенциально (потенциал — сумма первообразных), и его циркуляция по любому замкнутому контуру равна нулю независимо от того, насколько сложны сами функции.

Ответ: $0$ .

Задача 2 (Площадь эллипса через контурный интеграл). Вычислите

Γ \oint (- y d x + x d y),

где $Γ$ — эллипс $\frac{x ^{2}}{9} + \frac{y ^{2}}{4} = 1$ , обходимый против часовой стрелки.

Решение.

По формуле Грина. Здесь $P = - y$ , $Q = x$ , поэтому

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1 - (- 1) = 2,

и интеграл сводится к площади:

Γ \oint (- y d x + x d y) = D \iint 2 d x d y = 2 S (D) .

Это стандартное применение формулы: комбинация $- y d x + x d y$ существует именно ради вычисления площадей.

Площадь эллипса с полуосями $a = 3$ и $b = 2$ равна $S = π ab = 6 π$ , значит интеграл равен $12 π$ .

Проверка прямым счётом. Параметризуем: $x = 3 cos t$ , $y = 2 sin t$ , $t \in [0; 2 π]$ . Тогда $d x = - 3 sin t d t$ , $d y = 2 cos t d t$ и

- y d x + x d y = 6 sin^{2} t d t + 6 cos^{2} t d t = 6 d t .

Подынтегральное выражение оказалось постоянным, поэтому

\int_{0}^{2 π} 6 d t = 12 π .

Сходится.

Ответ: $12 π$ .

Задача 3 (Формула Грина для треугольного контура). Вычислите

Γ \oint (x y d x + x^{2} d y),

где $Γ$ — контур треугольника с вершинами $O (0; 0)$ , $A (1; 0)$ , $B (1; 1)$ , обходимый против часовой стрелки.

Решение.

Прямой счёт потребовал бы трёх интегралов по трём сторонам. Формула Грина сводит всё к одному двойному интегралу по треугольнику $D$ .

Подынтегральное выражение. Здесь $P = x y$ , $Q = x^{2}$ :

\frac{\partial Q}{\partial x} = 2 x, \frac{\partial P}{\partial y} = x, \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = x .

Область. Вершины $O (0; 0)$ , $A (1; 0)$ , $B (1; 1)$ задают треугольник, ограниченный прямыми $y = 0$ снизу, $x = 1$ справа и $y = x$ сверху. Удобнее описать его как $0 ⩽ x ⩽ 1$ , $0 ⩽ y ⩽ x$ .

Проверка ориентации. Обход $O \to A \to B \to O$ идёт против часовой стрелки: область остаётся слева. Знак менять не нужно.

Интегрирование.

D \iint x d x d y = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x} x d y d x = \int_{0}^{1} x \cdot x d x = \int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3} .

Ответ: $\frac{1}{3}$ .

Задача 4 (Незамкнутая дуга: замкнуть и вычесть). Вычислите

\int_{Γ} (e^{x} sin y - 3 y) d x + (e^{x} cos y - 3) d y,

где $Γ$ — верхняя полуокружность $x^{2} + y^{2} = 2 x$ , $y ⩾ 0$ , пройденная от точки $A (2; 0)$ до точки $O (0; 0)$ .

Решение.

Контур не замкнут, поэтому формулу Грина напрямую применить нельзя. Прямой счёт по полуокружности приводит к интегралам от $e^{1 + c o s t} sin (sin t)$ — безнадёжно. Приём: замкнуть дугу отрезком, по которому интеграл считается легко, и вычесть его вклад.

Замыкание. Добавим диаметр $O A$ — отрезок оси $O x$ от $O (0; 0)$ до $A (2; 0)$ . Полуокружность от $A$ к $O$ и затем диаметр от $O$ к $A$ обходят верхний полукруг $D$ против часовой стрелки, так что

\int_{Γ} + \int_{O A} = \oint_{\partial D} = D \iint (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y .

Подынтегральное выражение.

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = e^{x} cos y - (e^{x} cos y - 3) = 3.

Экспоненты сократились — ради этого поле и выбрано.

Двойной интеграл. Окружность $x^{2} + y^{2} = 2 x$ — это $(x - 1)^{2} + y^{2} = 1$ , радиус $1$ , так что $S (D) = π /2$ и $\oint_{\partial D} = 3 \cdot \frac{π}{2} = \frac{3 π}{2}$ .

Интеграл по диаметру. На оси $O x$ : $y = 0$ , $d y = 0$ , и $P = e^{x} sin 0 - 0 = 0$ . Весь интеграл по отрезку равен нулю.

Итог. $\int_{Γ} = \frac{3 π}{2} - 0 = \frac{3 π}{2}$ .

Отрезок для замыкания выбирают так, чтобы на нём интеграл был простым; здесь он обнулился целиком, но так бывает не всегда — и тогда его обязательно надо вычесть.

Ответ: $\frac{3 π}{2}$ .

Задача 5 (Площадь под аркой циклоиды). Найдите площадь фигуры, ограниченной одной аркой циклоиды $x = 2 (t - sin t)$ , $y = 2 (1 - cos t)$ , $t \in [0; 2 π]$ , и осью $O x$ .

Решение.

Площадь через контурный интеграл удобна там, где граница задана параметрически и выразить $y$ через $x$ нельзя — как у циклоиды.

Какую из формул брать. Годится любая из $S = \oint x d y = - \oint y d x = \frac{1}{2} \oint (x d y - y d x)$ при обходе против часовой стрелки. Граница состоит из двух частей: отрезка оси $O x$ и арки. На отрезке $y = 0$ и $d y = 0$ , поэтому для формулы $S = - \oint y d x$ он ничего не даёт — её и выберем.

Ориентация. Против часовой стрелки — значит, сначала по оси $O x$ слева направо, от $(0; 0)$ до $(4 π; 0)$ , а затем по арке справа налево, то есть $t$ убывает от $2 π$ до $0$ . Параметр циклоиды идёт в обратную сторону, и это нужно учесть.

Вычисление.

S = - \int_{2 π}^{0} y x^{'} (t) d t = \int_{0}^{2 π} 2 (1 - cos t) \cdot 2 (1 - cos t) d t = 4 \int_{0}^{2 π} (1 - cos t)^{2} d t .

Раскрываем: $(1 - cos t)^{2} = 1 - 2 cos t + cos^{2} t$ . По полному периоду $\int cos t = 0$ и $\int cos^{2} t = π$ , поэтому интеграл равен $2 π + π = 3 π$ и

S = 4 \cdot 3 π = 12 π .

Это классический результат: площадь под аркой циклоиды втрое больше площади катящегося круга ( $π \cdot 2^{2} = 4 π$ ).

Ответ: $S = 12 π$ .

Задача 6 (Формула Грина для кольца). Вычислите $\oint_{\partial D} (- x^{2} y d x + x y^{2} d y)$ , где $D$ — кольцо $1 ⩽ x^{2} + y^{2} ⩽ 4$ , а его граница $\partial D$ обходится в положительном направлении.

Решение.

Положительное направление для кольца. Граница кольца состоит из двух окружностей, и «положительно» — это так, чтобы область оставалась слева: внешняя окружность $x^{2} + y^{2} = 4$ обходится против часовой стрелки, а внутренняя $x^{2} + y^{2} = 1$ — по часовой. В таком виде формула Грина верна и для неодносвязной области.

Подынтегральное выражение. $P = - x^{2} y$ , $Q = x y^{2}$ :

\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = y^{2} + x^{2} .

Двойной интеграл в полярных координатах.

D \iint (x^{2} + y^{2}) d x d y = \int_{0}^{2 π} \int_{1}^{2} r^{2} \cdot r d r d φ = 2 π \cdot \frac{2 ^{4} - 1 ^{4}}{4} = \frac{15 π}{2} .

Проверка прямым счётом. На окружности радиуса $R$ против часовой стрелки: $x = R cos t$ , $y = R sin t$ , и

- x^{2} y d x + x y^{2} d y = R^{4} (cos^{2} t sin^{2} t + cos^{2} t sin^{2} t) d t = 2 R^{4} cos^{2} t sin^{2} t d t,

а $\int_{0}^{2 π} 2 cos^{2} t sin^{2} t d t = π /2$ . Внешняя окружность даёт $16 \cdot π /2 = 8 π$ , внутренняя (по часовой — со знаком минус) $- π /2$ . Итого $8 π - π /2 = 15 π /2$ — сходится.

Если по ошибке обойти и внутреннюю окружность против часовой стрелки, получится $8 π + π /2$ — ответ для «круга плюс ещё круг», а не для кольца.

Ответ: $\frac{15 π}{2}$ .

Задача 7* (Особая точка внутри контура). Вычислите

\oint_{Γ} \frac{( x - y ) d x + ( x + y ) d y}{x ^{2} + y ^{2}},

где $Γ$ — эллипс $\frac{x ^{2}}{4} + \frac{y ^{2}}{9} = 1$ , обходимый против часовой стрелки. Чему равен тот же интеграл по любому замкнутому контуру, не охватывающему начало координат?

Решение.

Параметризация эллипса даёт громоздкую дробь с $4 cos^{2} t + 9 sin^{2} t$ в знаменателе. Формулу Грина по самому эллипсу применить нельзя: в начале координат, внутри контура, поле не определено. Приём — вырезать особую точку маленькой окружностью.

Подынтегральное выражение формулы Грина. $P = \frac{x - y}{x ^{2} + y ^{2}}$ , $Q = \frac{x + y}{x ^{2} + y ^{2}}$ . Прямое дифференцирование даёт

\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{y ^{2} - x ^{2} - 2 x y}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{\partial P}{\partial y},

то есть $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$ всюду, кроме начала координат.

Вырезаем особенность. Пусть $γ_{ε}$ — окружность $x^{2} + y^{2} = ε^{2}$ , где $ε$ настолько мал, что она лежит внутри эллипса. Между эллипсом и $γ_{ε}$ — область без особых точек. Её граница — эллипс против часовой стрелки и $γ_{ε}$ по часовой, и по формуле Грина интеграл по этой границе равен интегралу от нуля:

\oint_{Γ} - \oint_{γ_{ε}} = 0 ⟹ \oint_{Γ} = \oint_{γ_{ε}},

где обе окружности теперь обходятся против часовой стрелки. Интеграл по эллипсу свёлся к интегралу по окружности, которую мы выбираем сами.

Интеграл по окружности. $x = ε cos t$ , $y = ε sin t$ :

(x - y) d x + (x + y) d y = ε^{2} (- (cos t - sin t) sin t + (cos t + sin t) cos t) d t = ε^{2} d t .

Делим на $x^{2} + y^{2} = ε^{2}$ и получаем $\oint_{γ_{ε}} = \int_{0}^{2 π} d t = 2 π$ .

Контур, не охватывающий начало координат. Тогда внутри него поле гладкое, формула Грина применима напрямую, и интеграл равен $0$ .

Форма контура в ответ не вошла вовсе: важно только, охватывает ли он особую точку. Поле здесь — сумма $\frac{x d x + y d y}{x ^{2} + y ^{2}} = d ln x^{2} + y^{2}$ , у которого циркуляция всегда нулевая, и поля из соседней задачи про полярный угол, которое и даёт $2 π$ .

Ответ: $2 π$ ; по контуру, не охватывающему начало координат, — $0$ .

Формулировка

Условия, которые надо проверять

Два частых применения

Где ошибаются

Задачи

green.ipynb