Векторный анализ. Криволинейный интеграл II рода. Работа…

Что это

Криволинейный интеграл II рода — интеграл вектора вдоль направленной кривой:

C \int F \cdot d r = C \int P d x + Q d y + R d z .

Физический смысл — работа силы $F$ при перемещении точки по кривой $C$ . В отличие от интеграла I рода он зависит от направления: смена ориентации меняет знак.

Как считать

Параметризуем $r (t)$ , $t$ идёт от начала кривой к её концу, и подставляем $d x = x^{'} (t) d t$ и так далее:

C \int F \cdot d r = a \int b [P x^{'} (t) + Q y^{'} (t) + R z^{'} (t)] d t .

Отрезок от $A$ к $B$ параметризуется как $r (t) = A + t (B - A)$ , $t \in [0, 1]$ — тогда $d r = (B - A) d t$ и производные считать не нужно.

Потенциальное поле — короткий путь

Если существует функция $φ$ с $F = \nabla φ$ , то

C \int F \cdot d r = φ (B) - φ (A),

то есть интеграл не зависит от пути, а по замкнутому контуру равен нулю. Признак потенциальности в односвязной области: $rot F = 0$ , на плоскости это одно равенство $\partial Q / \partial x = \partial P / \partial y$ .

Проверять потенциальность стоит до того, как начинать считать: если поле потенциально, вся работа сводится к подстановке двух точек.

Где ошибаются

Теряют знак, когда $t$ убывает вдоль кривой. Если удобнее параметризовать «назад», интегрируйте и поменяйте знак.
Считают $∣ F ∣ d s$ вместо $F \cdot d r$ — это разные интегралы, и совпадают они только когда поле всюду касательно к кривой.
Проверяют потенциальность в неодносвязной области. Условие $\partial Q / \partial x = \partial P / \partial y$ там необходимо, но не достаточно; классический контрпример — поле $(\frac{- y}{x ^{2} + y ^{2}}, \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}})$ вокруг начала координат.

Задачи

Задача 1 (Интеграл II рода по дуге параболы). Вычислите

Γ \int (x^{2} - y^{2}) d x,

где $Γ$ — дуга параболы $y = x^{2}$ от точки $O (0; 0)$ до точки $A (2; 4)$ .

Решение.

Параметризация. Кривая задана как график, а интегрирование идёт по $d x$ , поэтому параметром удобно взять сам $x$ . Он меняется от $0$ (точка $O$ ) до $2$ (точка $A$ ); порядок пределов важен, потому что интеграл II рода зависит от направления.

Подстановка. На кривой $y = x^{2}$ , значит $y^{2} = x^{4}$ :

Γ \int (x^{2} - y^{2}) d x = \int_{0}^{2} (x^{2} - x^{4}) d x .

Слагаемого с $d y$ в условии нет, поэтому производная $y^{'} (x)$ здесь не нужна — она понадобилась бы только для члена вида $Q d y$ .

Интегрирование.

\int_{0}^{2} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{2} = \frac{8}{3}, \int_{0}^{2} x^{4} d x = [\frac{x ^{5}}{5}]_{0}^{2} = \frac{32}{5} .

Γ \int (x^{2} - y^{2}) d x = \frac{8}{3} - \frac{32}{5} = \frac{40 - 96}{15} = - \frac{56}{15} .

Отрицательный ответ ожидаем: на большей части отрезка $x^{4} > x^{2}$ .

Ответ: $- \frac{56}{15}$ .

Задача 2 (Интеграл II рода по отрезку в пространстве). Вычислите

A B \int (x d x + y d y + (x + y - 1) d z),

где $A B$ — отрезок прямой от точки $A (1; 1; 1)$ до точки $B (2; 3; 4)$ .

Решение.

Параметризация отрезка. Отрезок от $A$ к $B$ всегда задаётся одинаково: $r (t) = A + t (B - A)$ , $t \in [0; 1]$ .

Здесь $B - A = (1; 2; 3)$ , поэтому $x = 1 + t$ , $y = 1 + 2 t$ , $z = 1 + 3 t$ , $d x = d t$ , $d y = 2 d t$ , $d z = 3 d t$ .

Дифференциалы — это просто компоненты вектора $B - A$ ; отдельно дифференцировать ничего не нужно.

Подстановка. Считаем третий множитель: $x + y - 1 = (1 + t) + (1 + 2 t) - 1 = 1 + 3 t$ .

Тогда подынтегральное выражение равно

(1 + t) \cdot 1 + (1 + 2 t) \cdot 2 + (1 + 3 t) \cdot 3 = (1 + t) + (2 + 4 t) + (3 + 9 t) = 6 + 14 t .

Интегрирование.

\int_{0}^{1} (6 + 14 t) d t = [6 t + 7 t^{2}]_{0}^{1} = 6 + 7 = 13.

Ответ: $13$ .

Задача 3 (Работа силы вдоль четверти окружности). Материальная точка перемещается вдоль дуги единичной окружности из точки $A (1; 0)$ в точку $B (0; 1)$ (обход против часовой стрелки) под действием силы $F = x^{2} i + y^{2} j$ .

Найдите работу силы $F$ на этом перемещении.

Решение.

Работа — это криволинейный интеграл II рода:

A = Γ \int F \cdot d r = Γ \int x^{2} d x + y^{2} d y .

Проверка на потенциальность — до начала счёта. Здесь $P = x^{2}$ , $Q = y^{2}$ , и

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

Условие выполнено на всей плоскости, а плоскость односвязна, значит поле потенциально. Потенциал угадывается сразу:

φ (x, y) = \frac{x ^{3} + y ^{3}}{3}, \nabla φ = (x^{2}; y^{2}) = F .

Тогда работа не зависит от пути и равна разности потенциалов:

A = φ (B) - φ (A) = \frac{0 + 1}{3} - \frac{1 + 0}{3} = 0.

Проверка прямым счётом. Параметризуем дугу: $x = cos t$ , $y = sin t$ , $t$ от $0$ до $π /2$ . Тогда $d x = - sin t d t$ , $d y = cos t d t$ и

A = \int_{0}^{π /2} (- cos^{2} t sin t + sin^{2} t cos t) d t = [\frac{cos ^{3} t}{3} + \frac{sin ^{3} t}{3}]_{0}^{π /2} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = 0.

Оба способа дают ноль. Физически это значит, что положительная работа на одном участке дуги в точности гасится отрицательной на другом — и так будет на любом пути из $A$ в $B$ , потому что поле потенциально.

Ответ: $A = 0$ .

Задача 4 (Один интеграл по двум путям). Вычислите $\int_{O A} x y d x + (y - x) d y$ от точки $O (0; 0)$ до точки $A (1; 1)$ :

по отрезку прямой $O A$ ;
по дуге параболы $y = x^{2}$ .

Объясните, почему ответы различаются.

Решение.

По отрезку. На прямой $y = x$ , $d y = d x$ , параметр $x$ от $0$ до $1$ :

\int_{0}^{1} (x \cdot x + (x - x)) d x = \int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3} .

По параболе. На кривой $y = x^{2}$ , $d y = 2 x d x$ :

\int_{0}^{1} (x \cdot x^{2} + (x^{2} - x) \cdot 2 x) d x = \int_{0}^{1} (3 x^{3} - 2 x^{2}) d x = \frac{3}{4} - \frac{2}{3} = \frac{1}{12} .

Почему по-разному. Интеграл II рода не зависит от пути только для потенциального поля. Признак на плоскости — $\partial Q / \partial x = \partial P / \partial y$ . Здесь $P = x y$ , $Q = y - x$ , и $\partial Q / \partial x = - 1$ , а $\partial P / \partial y = x$ : равенства нет ни в одной точке, кроме прямой $x = - 1$ . Поле не потенциально, и работа зависит от того, каким путём идти.

Формула Грина объясняет и саму разность. Путь «по отрезку туда, по параболе обратно» — замкнутый контур, обходящий область между кривыми по часовой стрелке. Поэтому

\frac{1}{3} - \frac{1}{12} = - D \iint (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) d x d y = D \iint (1 + x) d x d y,

где $D$ — область $x^{2} ⩽ y ⩽ x$ , $0 ⩽ x ⩽ 1$ . И действительно: $\int_{0}^{1} (1 + x) (x - x^{2}) d x = \frac{1}{4}$ , то есть $\frac{1}{3} - \frac{1}{12}$ .

Ответ: по отрезку $\frac{1}{3}$ , по параболе $\frac{1}{12}$ ; поле не потенциально.

Задача 5 (Интеграл, который не надо считать по кривой). Вычислите

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

где $Γ$ — дуга кривой $y = \frac{π}{2} x^{5}$ от точки $O (0; 0)$ до точки $A (1; \frac{π}{2})$ .

Решение.

Подстановка $y = \frac{π}{2} x^{5}$ даст интегралы вида $\int e^{x} sin (\frac{π}{2} x^{5}) d x$ , которые не берутся. Кривая подобрана так, чтобы прямой счёт не шёл — это сигнал проверить поле на потенциальность.

Проверка. $P = e^{x} sin y + y$ , $Q = e^{x} cos y + x$ :

\frac{\partial P}{\partial y} = e^{x} cos y + 1 = \frac{\partial Q}{\partial x} .

Равенство выполнено на всей плоскости, а плоскость односвязна — поле потенциально, и интеграл не зависит от пути.

Потенциал. Ищем $φ$ с $φ_{x} = P$ , $φ_{y} = Q$ . Интегрируем первое равенство по $x$ : $φ = e^{x} sin y + x y + C (y)$ . Подставляем во второе: $φ_{y} = e^{x} cos y + x + C^{'} (y)$ , откуда $C^{'} (y) = 0$ . Итак, $φ = e^{x} sin y + x y$ .

Ответ через потенциал.

\int_{Γ} P d x + Q d y = φ (A) - φ (O) = e sin \frac{π}{2} + \frac{π}{2} - 0 = e + \frac{π}{2} .

Часть $y d x + x d y$ стоит узнавать сразу: это $d (x y)$ . Опыт распознавать полные дифференциалы экономит половину работы с потенциалом.

Ответ: $e + \frac{π}{2}$ .

Задача 6 (При каком значении параметра поле потенциально). Дано поле $F = (a x y^{2} + y) i + (2 x^{2} y + x) j$ .

При каком значении $a$ поле потенциально?
При этом $a$ найдите работу поля при перемещении из точки $A (1; 1)$ в точку $B (2; 3)$ .

Решение.

Условие потенциальности. Поле задано на всей плоскости, плоскость односвязна, поэтому потенциальность равносильна равенству $\partial P / \partial y = \partial Q / \partial x$ :

\frac{\partial P}{\partial y} = 2 a x y + 1, \frac{\partial Q}{\partial x} = 4 x y + 1.

Равенство должно выполняться тождественно, при всех $x$ и $y$ , а не в отдельных точках. Коэффициенты при $x y$ дают $2 a = 4$ , то есть $a = 2$ .

Потенциал. При $a = 2$ имеем $P = 2 x y^{2} + y$ . Интегрируем по $x$ : $φ = x^{2} y^{2} + x y + C (y)$ . Тогда $φ_{y} = 2 x^{2} y + x + C^{'} (y)$ , и сравнение с $Q$ даёт $C^{'} (y) = 0$ . Итак, $φ = x^{2} y^{2} + x y$ .

Проверка: $φ_{x} = 2 x y^{2} + y = P$ , $φ_{y} = 2 x^{2} y + x = Q$ .

Работа. Не зависит от пути:

A = φ (B) - φ (A) = (4 \cdot 9 + 6) - (1 + 1) = 42 - 2 = 40.

При любом другом $a$ работа из $A$ в $B$ зависела бы от пути, и вопрос во втором пункте не имел бы однозначного ответа — поэтому он и задан только для найденного $a$ .

Ответ: $a = 2$ ; работа равна $40$ .

Задача 7* (Поле без ротора с ненулевой циркуляцией). Дано поле $F = \frac{- y i + x j}{x ^{2} + y ^{2}}$ .

Проверьте, что $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ во всех точках, где поле определено.
Вычислите циркуляцию поля по окружности $x^{2} + y^{2} = 4$ , обходимой против часовой стрелки.
Вычислите циркуляцию по окружности $(x - 3)^{2} + y^{2} = 1$ .
Объясните, почему признак из пункта 1 не сделал циркуляцию в пункте 2 нулевой.

Решение.

1. Производные. $P = - \frac{y}{x ^{2} + y ^{2}}$ , $Q = \frac{x}{x ^{2} + y ^{2}}$ :

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

Они равны всюду, кроме начала координат, где поле не определено.

2. Окружность радиуса 2. $x = 2 cos t$ , $y = 2 sin t$ , $t \in [0; 2 π]$ . Тогда $x^{2} + y^{2} = 4$ и

- y d x + x d y = 4 sin^{2} t d t + 4 cos^{2} t d t = 4 d t, \oint \frac{- y d x + x d y}{x ^{2} + y ^{2}} = \int_{0}^{2 π} d t = 2 π .

Радиус сократился: по любой окружности с центром в начале координат циркуляция равна $2 π$ .

3. Окружность вне начала координат. Круг $(x - 3)^{2} + y^{2} ⩽ 1$ не содержит начала координат, поле в нём гладкое, и формула Грина применима: подынтегральное выражение $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}$ равно нулю, значит и циркуляция равна $0$ .

4. Почему признак не сработал. Равенство $\partial Q / \partial x = \partial P / \partial y$ гарантирует потенциальность только в односвязной области. Плоскость без начала координат не односвязна: окружность из пункта 2 нельзя стянуть в точку, не пройдя через выколотую точку. Формулу Грина для круга $x^{2} + y^{2} ⩽ 4$ применить нельзя — внутри особенность.

Потенциал у этого поля есть, но только локально: это полярный угол, $φ = arctg \frac{y}{x}$ с точностью до константы. При обходе вокруг начала координат угол возрастает на $2 π$ и в исходную точку возвращается с другим значением — это и есть ненулевая циркуляция. Вблизи окружности из пункта 3 угол однозначен, отсюда ноль.

Ответ: $2 π$ и $0$ .

Векторный анализ. Криволинейный интеграл II рода. Работа поля

Что это

Как считать

Потенциальное поле — короткий путь

Где ошибаются

Задачи

line-integral-second-kind.ipynb