Векторный анализ. Криволинейный интеграл I рода

Что это

Криволинейный интеграл I рода — это интеграл функции по длине дуги:

C \int f (x, y, z) d s .

Он не зависит от направления обхода кривой: $d s > 0$ всегда. Физический смысл — масса проволоки с линейной плотностью $f$ . При $f \equiv 1$ интеграл даёт длину дуги.

Как считать

Всё сводится к одной формуле. Если кривая параметризована как $r (t) = (x (t), y (t), z (t))$ , $t \in [a, b]$ , то

d s = ∣ r^{'} (t) ∣ d t = x^{'2} + y^{'2} + z^{'2} d t,

и интеграл превращается в обычный определённый:

C \int f d s = a \int b f (x (t), y (t), z (t)) x^{'2} + y^{'2} + z^{'2} d t .

Порядок действий:

Параметризовать кривую. Если она задана как $y = y (x)$ , параметром можно взять сам $x$ ; тогда $d s = 1 + y^{'2} d x$ .
Найти границы параметра по концевым точкам.
Выписать $∣ r^{'} (t) ∣$ и упростить подкоренное выражение — в учебных задачах оно почти всегда сворачивается в полный квадрат.
Подставить параметризацию в $f$ и проинтегрировать.

Полярные координаты

Если кривая задана в полярных координатах, $r = r (φ)$ , то

d s = r^{2} + r^{'2} d φ .

Корень часто сворачивается в выражение вида $∣ cos (φ /2) ∣$ — модуль терять нельзя: там, где функция меняет знак, интеграл без модуля занижен или вовсе обнуляется.

Масса проволоки с линейной плотностью $ρ$ — это $m = \int_{C} ρ d s$ , а координаты центра масс — отношения статических моментов к массе: $x_{c} = \frac{1}{m} \int_{C} x ρ d s$ , и так же для $y_{c}$ и $z_{c}$ . У однородной кривой плотность сокращается, и центр масс зависит только от формы.

Симметрия

Если кривая переходит в себя при перестановке переменных или при отражении, то равны и интегралы от соответствующих функций: $\oint x^{2} d s = \oint y^{2} d s$ , а интеграл от нечётной функции по симметричной кривой равен нулю. Иногда это заменяет параметризацию целиком.

Где ошибаются

Пределы ставят «по часовой». Здесь это бессмысленно: $a < b$ всегда, направление обхода на ответ не влияет. Если получился отрицательный ответ у неотрицательной $f$ — пределы переставлены.
Забывают множитель $∣ r^{'} (t) ∣$ и интегрируют $f d t$ . Это самая частая ошибка: получается интеграл ни по чему.
Не упрощают корень. Выражение вида $1 + 2 c t^{2} + c^{2} t^{4} = 1 + c t^{2}$ — стандартная заготовка; если корень не сворачивается, скорее всего ошибка в производных.
Окружность задана неявно ( $x^{2} + y^{2} = 2 x$ ) — сначала выделить полный квадрат, найти центр и радиус, и только потом параметризовать.

Задачи

Задача 1 (Длина дуги пространственной кривой). Кривая $C$ задана пересечением поверхностей $x^{2} = 3 y$ , $2 x y = 9 z$ .

Найдите длину дуги этой кривой от точки $O (0; 0; 0)$ до точки $M (3; 3; 2)$ .

Решение.

Длина дуги — это интеграл I рода от единицы: $L = \int_{C} d s$ . Значит нужна параметризация.

Параметризация. Обе поверхности выражают $y$ и $z$ через $x$ , поэтому за параметр берём сам $x = t$ . Из первого уравнения $y = t^{2} /3$ . Подставляем во второе:

2 t \cdot \frac{t ^{2}}{3} = 9 z ⟹ z = \frac{2 t ^{3}}{27} .

Итого

r (t) = (t; \frac{t ^{2}}{3}; \frac{2 t ^{3}}{27}) .

Границы. Точка $O$ отвечает $t = 0$ . Для $M$ : при $t = 3$ получаем $y = 3$ и $z = 2 \cdot 27/27 = 2$ — все три координаты сходятся, значит $t$ меняется от $0$ до $3$ .

Элемент длины.

r^{'} (t) = (1; \frac{2 t}{3}; \frac{2 t ^{2}}{9}),

∣ r^{'} (t) ∣ = 1 + \frac{4 t ^{2}}{9} + \frac{4 t ^{4}}{81} = \frac{81 + 36 t ^{2} + 4 t ^{4}}{9} .

Подкоренное выражение — полный квадрат: $81 + 36 t^{2} + 4 t^{4} = (9 + 2 t^{2})^{2}$ . Проверить это стоит всегда: если корень не сворачивается, скорее всего ошибка в производных. Значит

∣ r^{'} (t) ∣ = \frac{9 + 2 t ^{2}}{9} = 1 + \frac{2 t ^{2}}{9} .

Интегрирование.

L = \int_{0}^{3} (1 + \frac{2 t ^{2}}{9}) d t = [t + \frac{2 t ^{3}}{27}]_{0}^{3} = 3 + \frac{54}{27} = 3 + 2 = 5.

Ответ: $L = 5$ .

Задача 2 (Интеграл I рода по смещённой окружности). Вычислите

\frac{1}{π} Γ \int (x - y) d s,

где $Γ$ — окружность $x^{2} + y^{2} = 2 x$ .

Решение.

Приводим окружность к каноническому виду. Уравнение задано неявно, поэтому сначала выделяем полный квадрат: $x^{2} - 2 x + y^{2} = 0 \Rightarrow (x - 1)^{2} + y^{2} = 1$ .

Это окружность с центром $(1; 0)$ и радиусом $1$ .

Параметризация. $x = 1 + cos θ$ , $y = sin θ$ , $θ \in [0; 2 π]$ .

Элемент длины.

d s = (- sin θ)^{2} + (cos θ)^{2} d θ = d θ .

Это общее свойство окружности радиуса $R$ : $d s = R d θ$ , здесь $R = 1$ .

Интегрирование.

\frac{1}{π} \int_{0}^{2 π} (1 + cos θ - sin θ) d θ .

Интегралы от $cos θ$ и $sin θ$ по полному периоду равны нулю, остаётся только константа:

\frac{1}{π} \cdot 2 π = 2.

Смысл этого результата — среднее значение $x - y$ по окружности равно абсциссе центра, то есть $1$ , а длина окружности равна $2 π$ . Множитель $1/ π$ в условии подобран так, чтобы ответ вышел целым.

Ответ: $2$ .

Задача 3 (Масса и центр масс винтовой проволоки). Проволока имеет форму одного витка винтовой линии $x = 3 cos t$ , $y = 3 sin t$ , $z = 4 t$ , $t \in [0; 2 π]$ , а её линейная плотность в каждой точке равна аппликате: $ρ = z$ .

Найдите массу проволоки и аппликату её центра масс.

Решение.

Масса проволоки с линейной плотностью $ρ$ — криволинейный интеграл I рода $m = \int_{C} ρ d s$ , а координата центра масс — отношение статического момента к массе: $z_{c} = \frac{1}{m} \int_{C} z ρ d s$ .

Элемент длины. $r^{'} (t) = (- 3 sin t; 3 cos t; 4)$ , откуда $∣ r^{'} (t) ∣ = 9 sin^{2} t + 9 cos^{2} t + 16 = 5$ и $d s = 5 d t$ . У винтовой линии скорость постоянна — это её характерное свойство, и оно делает интегралы простыми.

Масса. На кривой $ρ = z = 4 t$ :

m = \int_{0}^{2 π} 4 t \cdot 5 d t = 20 \cdot \frac{( 2 π ) ^{2}}{2} = 40 π^{2} .

Статический момент.

\int_{C} z ρ d s = \int_{0}^{2 π} 16 t^{2} \cdot 5 d t = 80 \cdot \frac{( 2 π ) ^{3}}{3} = \frac{640 π ^{3}}{3} .

Центр масс.

z_{c} = \frac{640 π ^{3} /3}{40 π ^{2}} = \frac{16 π}{3} .

Проверка по смыслу: высота витка равна $8 π$ , и без нагрузки центр масс был бы на середине, $4 π$ . Плотность растёт с высотой, поэтому центр масс сдвинулся вверх: $16 π /3 \approx 5, 33 π > 4 π$ .

Ответ: $m = 40 π^{2}$ , $z_{c} = \frac{16 π}{3}$ .

Задача 4 (Длина кардиоиды). Найдите длину кардиоиды, заданной в полярных координатах уравнением $r = 2 (1 + cos φ)$ .

Решение.

Элемент длины в полярных координатах. Кривая $r = r (φ)$ — это $x = r (φ) cos φ$ , $y = r (φ) sin φ$ . Дифференцируя, получаем $x^{'2} + y^{'2} = r^{2} + r^{'2}$ , поэтому

d s = r^{2} + r^{'2} d φ .

Подкоренное выражение. Здесь $r^{'} = - 2 sin φ$ , и

r^{2} + r^{'2} = 4 (1 + cos φ)^{2} + 4 sin^{2} φ = 8 (1 + cos φ) = 16 cos^{2} \frac{φ}{2} .

Значит $d s = 4 cos \frac{φ}{2} d φ$ — с модулем. Это и есть ловушка задачи: на $[0; 2 π]$ функция $cos (φ /2)$ меняет знак в точке $φ = π$ , и если модуль потерять, интеграл по полному обороту получится равным нулю.

Симметрия. Кардиоида симметрична относительно оси $O x$ , поэтому достаточно взять верхнюю половину, $φ \in [0; π]$ , где $cos (φ /2) ⩾ 0$ , и удвоить:

L = 2 \int_{0}^{π} 4 cos \frac{φ}{2} d φ = 8 \cdot [2 sin \frac{φ}{2}]_{0}^{π} = 16.

Ответ: $L = 16$ .

Задача 5 (Центр масс дуги астроиды). Найдите координаты центра масс однородной дуги астроиды $x = cos^{3} t$ , $y = sin^{3} t$ , лежащей в первой четверти.

Решение.

Для однородной дуги плотность сокращается, и центр масс определяется только геометрией: $x_{c} = \frac{1}{L} \int_{C} x d s$ , $y_{c} = \frac{1}{L} \int_{C} y d s$ , где $L$ — длина дуги.

Элемент длины. $x^{'} = - 3 cos^{2} t sin t$ , $y^{'} = 3 sin^{2} t cos t$ , поэтому

x^{'2} + y^{'2} = 9 sin^{2} t cos^{2} t (cos^{2} t + sin^{2} t) = 9 sin^{2} t cos^{2} t .

Корень из этого — $3∣ sin t cos t ∣$ . В первой четверти $t \in [0; π /2]$ оба сомножителя неотрицательны, так что $d s = 3 sin t cos t d t$ без модуля — но выбор четверти здесь и снимает вопрос о знаке.

Длина. $L = \int_{0}^{π /2} 3 sin t cos t d t = \frac{3}{2}$ .

Статический момент.

\int_{C} x d s = \int_{0}^{π /2} cos^{3} t \cdot 3 sin t cos t d t = 3 \int_{0}^{π /2} cos^{4} t sin t d t = 3 \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{5} .

Отсюда $x_{c} = \frac{3/5}{3/2} = \frac{2}{5}$ . Дуга симметрична относительно прямой $y = x$ (замена $t \to π /2 - t$ меняет $x$ и $y$ местами), поэтому $y_{c} = x_{c}$ .

Заметьте: центр масс дуги не лежит на самой дуге — точка $(2/5; 2/5)$ находится между кривой и началом координат.

Ответ: $(\frac{2}{5}; \frac{2}{5})$ .

Задача 6* (Интеграл по окружности в пространстве без параметризации). Кривая $Γ$ — пересечение сферы $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ с плоскостью $x + y + z = 0$ .

Вычислите $\oint_{Γ} (x^{2} + y) d s$ .

Решение.

Параметризовать эту окружность можно, но неудобно: нужен ортонормированный базис в наклонной плоскости. Задача решается без параметризации — на симметрии.

Что за кривая. Плоскость $x + y + z = 0$ проходит через центр сферы, поэтому $Γ$ — большая окружность радиуса $R = 3$ с центром в начале координат. Её длина $L = 2 π R = 6 π$ .

Первое слагаемое. И сфера, и плоскость не меняются при любой перестановке переменных $x, y, z$ . Значит, и кривая при этом переходит в себя, а вместе с ней равны интегралы

\oint_{Γ} x^{2} d s = \oint_{Γ} y^{2} d s = \oint_{Γ} z^{2} d s .

Их сумма известна без вычислений: на кривой $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ , поэтому

3 \oint_{Γ} x^{2} d s = \oint_{Γ} 9 d s = 9 \cdot 6 π = 54 π, \oint_{Γ} x^{2} d s = 18 π .

Второе слагаемое. $\oint_{Γ} y d s = L \cdot y_{c}$ , где $y_{c}$ — ордината центра масс однородной окружности. Центр масс окружности — её центр, начало координат, поэтому $\oint_{Γ} y d s = 0$ .

Итог. $\oint_{Γ} (x^{2} + y) d s = 18 π$ .

Приём с перестановкой работает, только когда кривая действительно симметрична: для плоскости $x + 2 y + z = 0$ интегралы от $x^{2}$ и $y^{2}$ уже различались бы.

Ответ: $18 π$ .

Что это

Как считать

Полярные координаты

Масса и центр масс

Симметрия

Где ошибаются

Задачи

line-integral-first-kind.ipynb