WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 6 | 7 || 9 | 10 |   ...   | 13 |

Рис. 3.19. К доказательству Пусть P(x, y) и Q(x, y) – пара типа « » в леммы (D). Возьмем в (D) любой замкнутый самонепересекающийся контур (C). Выберем и закрепим на (C) любые две точки A и B. Эти точки разобьют (C) на две дуги: (AI B и (AII B. Имеем:

P dx + Q dy = P dx + Q dy + P dx + Q dy = C ( AII B ( BI A = Pdx + Qdy - Pdx + Qdy. (1) ( AII B ( AI B У нас P и Q – пара типа « » в (D). Поэтому P dx + Q dy = P dx + Q dy.

( AII B ( AI B y А тогда из (1) следует, что Pdx + Qdy = 0. Так (K) C как (C) – любой замкнутый самонепересекаю(D) B I щийся контур, лежащий в (D), то последнее ознаA чает, что P(x, y) и Q(x, y) – пара типа «» в II x (D).

Лемма 2. Если функции P(x, y) и Q(x, y) обРис. 3.20а. К доказательству леммы разуют в области (D) пару типа «», то они образуют в (D) также и пару типа « ».

Пусть P(x, y) и Q(x, y) – пара типа «» в (D). Возьмем в (D) любые две точки A и B и соединим их двумя различными линиями: (AI B и (AII B, целиком лежащими в (D). Лемма 2 будет доказана, если показать, что P dx + Q dy = P dx + Q dy. (2) ( AI B ( AII B Установим соотношение (2) в следующих двух простых случаях.

1) Линии (AI B и (AII B не имеют других общих точек, кроме точек A и B (см. рис. 3.20а). В этом случае наши линии образуют замкнутый самонепересекающийся контур. Так как функции P и Q – пара типа «» в (D), то y Pdx + Qdy = (K) ( AII BI A II P dx + Q dy + P dx + Q dy = (D) B I ( AII B ( BI A A III Pdx + Qdy - Pdx + Qdy = x ( AII B ( AI B Рис. 3.20б. К доказательству P dx + Q dy = P dx + Q dy.

леммы ( AII B ( AI B Видим, что соотношение (2) в этом случае установлено.

2) Линии (AI B и (AII B кроме точек A и B имеют еще и другие общие точки, но существует линия (AIII B, которая пересекается с ними только в точках A и B (см. рис. 3.20б). Тогда, по доказанному в случае 1), имеем:

P dx + Q dy = P dx + Q dy, P dx + Q dy = P dx + Q dy, ( AI B ( AIII B ( AII B ( AIII B а значит, и P dx + Q dy = P dx + Q dy.

( AI B ( AII B Видим, что соотношение (2) установлено и в этом случае.

3) В более сложных случаях утверждение леммы 2 B принимаем без доказательства. Рис. 3.20в – пример как I раз того случая, который не подходит ни к 1), ни к 2).

A Следствие. Свойство пар функций иметь в области II (D) тип « » равносильно свойству иметь тип «».

Теорема. Пусть в односвязной области (D) задаРис. 3.20в. К лемме ны функции P(x, y) и Q(x, y). Пусть P(x, y), Q(x, y) Q P непрерывны в (D) и имеют там непрерывные частные производные и.

y x Тогда для того, чтобы функции P(x, y) и Q(x, y) были парой типа «» (а значит, и парой типа « ») в (D), необходимо и достаточно, чтобы всюду в (D) Q P было: =.

y x Необходимость. Дано: P(x, y) и Q(x, y) – пара типа «» в (D). ТребуQ P ется доказать, что = всюду в (D).

y x Рассуждаем от противного. Допустим, что соy (K) Q P отношение = выполняется не всюду в y x (D) M(D). Но тогда в (D) имеется точка M0(x0, y0 ) () Q P 0. Пусть для опреде такая, что x x y (•) MРис. 3.21. К доказательству Q Q P > 0. Так как - P теоремы ленности x y x y (•) M– функция непрерывная в (D), то по теореме о стабильности знака существует Q P u( M0 ) такая, что u( M0 ) (D) и что - > 0 в u( M0 ) (u( M0 ) – x y замкнутый круг радиуса с центром в точке M0 ; ( ) – контур этого круга).

Q P Так как - C u( M0 ), то эта разность достигает в u( M0 ) своего () x y наименьшего m значения. Ясно, что m > 0.

По формуле Грина имеем Q P Pdx + Qdy = - dxdy m dxdy = m 2 > 0, x y ( ) u ( M0 ) u ( M0 ) ( ) ( ) а это невозможно, ибо P(x, y) и Q(x, y) – пара типа «» в (D). Таким обраQ P зом, предположение, что соотношение = выполняется не всюду в (D), y x приводит к противоречию.

Q P Достаточность. Дано: = всюду в (D). Требуется доказать, что y x функции P(x, y) и Q(x, y) образуют в (D) пару типа «».

Возьмем любой замкнутый самонепересекающийся контур (C), целиком лежащий в (D). Пусть () – область, ограниченная контуром (C). По формуле Грина имеем Q P Pdx + Qdy = - dxdy = x y C () =0 в () Pdx + Qdy = 0 функции P(x, y) и Q(x, y) – пара типа «» в (D).

C y y (K1) (C) (K) (K2) () (C) (D) x x Рис. 3.22. К доказательству теоремы Рис. 3.23. К замечанию Замечание. Важно подчеркнуть, что доказанное утверждение верно при условии, что область (D) – односвязная.

Действительно, если бы область (D) была, например, двухсвязной с внешним контуром (K1) и внутренним контуром (K2 ) (см. рис. 3.23), то для контура (C), охватывающего контур (K2 ), мы имели бы:

Q P P dx + Q dy + P dx + Q dy = - dxdy = 0, x y обл. слева обл. слева (C), (K2 ), () Q P ибо - = 0 всюду в (D), а значит, и в () (() – область, ограниченная x y контурами (C) и (K2 )). Значит, P dx + Q dy + P dx + Q dy = 0 P dx + Q dy - P dx + Q dy = (C) (K2 ) (C) (K2 ) P dx + Q dy = P dx + Q dy ( 0, вообще говоря).

(C) (K2 ) Значит, P(x, y) и Q(x, y) не есть пара типа «» в (D).

y x Пример. Пусть P(x, y) =, Q(x, y) =-. Эти функции опреx2 + y2 x2 + yделены и непрерывны на плоскости Oxy всюду, за исключением точки O(0, 0).

x2 - y2 Q x2 - y2 Q P P Имеем = ; = = всюду на плоскоy (x2 + y2 )2 x (x2 + y2 )2 x y сти Oxy, кроме точки O(0, 0). Значит, для любого замкнутого самонепересекающегося контура (C), не охватывающего начала координат, будет:

ydx - xdy Pdx + Qdy = = 0, x2 + y(C) (C) так как P(x, y) и Q(x, y) – пара типа «» в области (D), ограниченной контуром (K ) (см. рис. 3.24).

y y (K) x O (C) R (D) (K2) (C) x (K1) Рис. 3.24. К примеру Рис. 3.25. К примеру Пусть (C) – окружность радиуса R с центром в точке O(0, 0). Вычислим ydx - xdy I =. Параметрическими уравнениями (C) будут:

x2 + y(C) x = Rcost, t [0, 2].

y = Rsin t, А тогда 2 -R2 sin2 t - R2 cos2 t I = dt =- dt =-2 ( 0).

R0 P(x, y) и Q(x, y) в области (D1), ограниченной контуром (K1), не есть пара типа «», ибо нарушена непрерывность в точке O(0, 0), расположенной внутри контура (K1). Если же выключить точку O(0, 0), окружив ее контуром (K2 ) (см. рис. 3.25), то условие непрерывности в области (D2 ), ограниченной контурами (K1) и (K2 ), будет иметь место, но нарушится односвязность.

Дополнение. Пусть выполнены все условия теоремы, а значит, P(x, y)dx + Q(x, y)dy по любому незамкнутому пути (AB, целиком ле(AB жащему в (D), не зависит от формы пути, а зависит только от концов пути.

Пусть функция u(x, y) определена в (D) и такая, что P(x, y)dx + Q(x, y)dy = du(x, y) (т. е. выражение Pdx + Qdy является полным дифференциалом функции u(x, y)). Тогда P(x, y)dx + Q(x, y)dy = u(xB, yB ) - u(xA, yA) (AB (здесь xA, yA – координаты точки A, а xB, yB – координаты точки B).

По условию P(x, y)dx + Q(x, y)dy = du(x, y). Это значит, что u(x, y) u(x, y) P(x, y) = ; Q(x, y) =.

x y Следовательно, u(x, y) u(x, y) I = P(x, y)dx + Q(x, y)dy = dx + dy.

x y (AB (AB Для вычисления интеграла I введем параметрические уравнения (AB. Пусть x = (t), t [p,q], причем значению t = p отвечает точка A, а они такие:

y = (t), значению t = q отвечает точка B. Будем иметь тогда q u (t),(t) u (t),(t) ( ) ( ) I =(t) + (t) dt.

x y p Заметив это, рассмотрим функцию f (t) = u (t),(t). По правилу дифферен( ) цирования сложной функции, имеем u (t),(t) u (t),(t) ( ) ( ) f (t) =(t) + (t).

x y Следовательно, предыдущее выражение для I принимает вид q I = f (t)dt = f (q) - f ( p).

p Но f (q) = u (q),(q) = u(xB, yB ); f ( p) = u ( p),( p) = u(xA, yA) (у нас () ( ) ( p) = xA, ( p) = yA, (q) = xB, (q) = yB ). Поэтому I = u(xB, yB ) - u(xA, yA).

Таким образом, для вычисления интеграла Pdx + Qdy нужно найти (AB функцию u(x, y), первообразную для дифференциала Pdx + Qdy и составить разность значений этой первообразной в конце и в начале пути интегрирования.

Ясно, что это – аналог формулы Ньютона – Лейбница.

Примеры к §4.

1. Вычислить I = (x - y)(dx - dy), где (AB – любая кривая, соединяю(AB щая точки A(1, -1) и B(11).

, Q P В этом случае P(x, y) = x - y ; Q(x, y) = y - x = = -1 на всей y x плоскости. Следовательно, в любой односвязной области, расположенной в плоскости Oxy, подынтегральное выражение является полным дифференциалом некоторой функции u(x, y). Так как (x - y)(dx - dy) = (x - y) d(x - y) = d (x - y)2, ( ) то такой функцией u(x, y) будет: u(x, y) = (x - y)2. Поэтому (1,1) (x - y)I = = 0 - = -2.

2 (1, -1) 2. Вычислить I = (x + 4xy3)dx + (6x2 y2 5y4 )dy, где (AB – любая (AB кривая, соединяющая точки A(-2, -1) и B(3, 0).

Q P Здесь P(x, y) = x4 + 4xy3; Q(x, y) = 6x2 y2 - 5y4 = = 12xyy x на всей плоскости Oxy. Следовательно, I не заy висит от формы пути интегрирования, соединяюB x -щего точки A и B. А раз так, то возьмем, например, в качестве пути (AB ломаную AC U CB C A -1 (см. рис. 3.26). Тогда Рис. 3.26. К примеру I = = + (= I1 + I2 ).

(AB (AC (CB Имеем:

-2 x 3 dy = 0.

(AC = y =- Поэтому I1 = = (x - 4x)dx + 0 = x5 2x2 = 45.

(AC -2 -Имеем:

x = (CB = dx = 0.

-1 y Поэтому I2 = = - (54 y2 5y4)dy = (18 y3 y5) = 17.

-(CB -Следовательно, I = 45 +17 = 62.

y2 y sin y y y dy, где 3. Вычислить I = 1- cos dx ++ cos (AB – x x x x2 x (AB любая кривая, соединяющая точки A(1, ) и B(2, ) и не пересекающая ось Oy.

Здесь y A B y2 y y y y P(x, y) = 1- cos ; Q(x, y) = sin + cos ;

x x x x2 x Q 2 y y y2 y P = = - cos + sin, x 0.

y x x2 x x3 x Q P x Видим, что P(x, y), Q(x, y),, определены и неy x 1 прерывны на всей плоскости Oxy, кроме точек, лежащих Рис. 3.27.

Q P К примеру на оси Oy, и что = для x 0. Следовательно, I y x не зависит от формы пути (AB. Требуется только, чтобы (AB не пересекала ось Oy. А раз так, то возьмем, например, в качестве (AB прямолинейный отрезок, соединяющий точки A и B (см. рис. 3.27). Так как 1 x 2, dy = 0, (AB = y = то будем иметь x= I = 1- 2 cos dx + 0 = x + sin = 1+.

x x2 x x=§5. Площадь плоской фигуры в криволинейных координатах 1°. Вычисление площади плоской фигуры при помощи криволинейного интеграла второго рода.

Пусть (K ) – простой, замкнутый самонепересекающийся контур, ограничивающий область (D).

1) Пусть область (D) такая, что прямыми, параллельными оси Oy, она может быть разложена на конечное число областей типа I. Рассмотрим криволинейный интеграл ydx (это – частный случай интеграла Pdx + Qdy, когда ( K ) (K ) P y, а Q 0). Преобразуя ydx по формуле Грина, получим ( K ) ydx =- dxdy =-FD (K ) (D ) FD =- y dx. (1) (K ) 2) Пусть теперь область (D) такая, что прямыми, параллельными оси Ox, ее можно разложить на конечное число областей типа II. Рассмотрим криволинейный интеграл xdy (это – частный случай интеграла Pdx + Qdy, когда ( K ) (K ) P 0, Q x ). Преобразуя xdy по формуле Грина, получим:

( K ) xdy = dxdy = FD (K ) (D ) FD = x dy. (2) ( K ) 3) Пусть, наконец, область (D) такая, что прямыми, параллельными оси Oy, она может быть разложена на конечное число областей типа I, а прямыми, параллельными оси Ox, – на конечное число областей типа II. Тогда будут верны одновременно формулы (1) и (2). Сложив соответствующие части этих формул, получим 2FD = xdy - ydx FD = xdy - ydx. (3) ( K ) ( K ) 2°. Формула для площади плоской фигуры в криволинейных координатах.

Пусть в плоскостях Oxy и O расположены области (D) и () с простыми контурами (KD ) и (K ). Если дано правило, которое каждой точке (,) из () сопоставляет одну и только одну точку (x, y) из (D ), причем каждая точка (x, y) из (D ) оказывается сопоставленной одной и только одной точке из (), то говорят, что между точками областей (D ) и () установлено взаимно-однозначное соответствие.

y () (D) (K) (KD) x O O а) б) Рис. 3.28. К выводу формулы для площади в криволинейных координатах Если (,) и (x, y) есть взаимно-соответствующие точки, то x = x(,), (4) y = y(,).

Уравнения (4) есть уравнения преобразования () в (D ). В силу взаимной однозначности соответствия между точками областей (D ) и (), система (4) однозначно разрешима относительно и. Поэтому = (x, y), (5) = (x, y).

Впредь функции x(,), y(,) будем считать непрерывными в (), а функции (x, y), (x, y) – непрерывными в (D ). Покажем, что тогда непрерывные кривые, лежащие, например, в (), преобразуются в непрерывные кривые, лежащие в (D ).

В самом деле, пусть () – непрерывная кривая, лежащая в (), и пусть ее = (t), параметрические уравнения такие:

= (t), где (t), (t) – функции, опре деленные и непрерывные в промежутке [p,q]. Тогда точки, соответствующие точкам кривой (), имеют координаты:

x = x ((t),(t), ) (6) ((t),(t).

) y = y Так как правые части в уравнениях (6) есть функции непрерывные в промежутке [p,q], как суперпозиции непрерывных функций, то заключаем, что непрерывная кривая () преобразуется в непрерывную же кривую (l), лежащую в области (D ).

Задача. Зная область () и формулы преобразования области () в область x = x(,), (D ): найти площадь FD области (D ).

y = y(,), Решать эту задачу будем при следующих предположениях.

1) Обе области () и (D ) прямыми, параллельными координатным осям, разлагаются на конечное число областей как типа I, так и типа II.

2) Контуру (K ) соответствует контур (KD ), причем положительному обходу (K ) соответствует определенный (положительный или отрицательный) обход (KD ).

3) Функции x(,) и y(,) имеют в () непрерывные частные производные первого порядка x, x, y, y, а одна из этих функций имеет в () не прерывные смешанные производные второго порядка. Пусть, например, в () существуют и непрерывны y и y ( y = y в ()).

x x 4) Определитель J(,) = y y всюду в () сохраняет знак ( J(,) – определитель Якоби, или якобиан).

Решение. Мы знаем, что FD = x dy. Выразим этот криволинейный инте ( KD ) грал через обыкновенный определенный интеграл. Пусть параметрические = (t), уравнения контура (K ) такие: t [p,q], где (t), (t) – функции, = (t), определенные на [p,q] и имеющие там непрерывные производные (t), (t).

Тогда параметрические уравнения контура (KD ) будут такими:

x = x ((t),(t), ) t [ p,q].

((t),(t), ) y = y Пусть для определенности изменению t от p до q соответствует положительный обход контура (KD ). Тогда q FD = x ((t),(t) ) ((t),(t) (t) + y ) ((t),(t) (t). (7) ) [y ]dt p Рассмотрим теперь следующий криволинейный интеграл второго рода по контуру (K ):

I = x(,) (,)d + y(,)d (8) [y ].

Pages:     | 1 |   ...   | 6 | 7 || 9 | 10 |   ...   | 13 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.