Математический форум Math Help Planet
http://mathhelpplanet.com/

Криволинейный интеграл первого рода
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=19&t=15778
Страница 1 из 1

Автор:  vvq [ 31 мар 2012, 13:28 ]
Заголовок сообщения:  Криволинейный интеграл первого рода

Подскажите что не так.

[math][/math]

[math]\int\limits_{C}xy ds[/math], где С - четверть эллипса [math]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1[/math] , лежащая в первом квадранте.

Вычислить криволинейный интеграл.

Действую по формуле
[math]\int\limits_{C} f(x,y) ds = \int\limits_{a}^{b}f(x,\phi(x))\sqrt{1+(\phi'(x))^2)}dx[/math]

Выражаю y
[math]y=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}[/math]
[math]y'=\frac{b}{a}\frac{-2x}{2\sqrt{a^2-x^2}}=-\frac{b}{a}\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}[/math]
[math](y')^2=\frac{b^2}{a^2}\frac{x^2}{a^2-x^2}[/math]
[math]1+(y')^2=1+\frac{b^2}{a^2}\frac{x^2}{a^2-x^2}=\frac{a^2(a^2-x^2)+b^2x^2}{a^2(a^2-x^2)}[/math]
[math]\sqrt{1+(y')^2}=\frac{\sqrt{a^4-a^2x^2+b^2x^2}}{a\sqrt{a^2-x^2}}[/math]


[math]\int x\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\frac{\sqrt{a^4-a^2x^2+b^2x^2}}{a\sqrt{a^2-x^2}}dx[/math]

Какие пределы?
И так ли сделано?

Автор:  vvq [ 31 мар 2012, 14:49 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

Еще вопрос

Вычислить криволинейный интеграл
[math]\int\limits_{C}(x^2+y^2)^2 ds[/math], где С - дуга логарифмической спирали [math]r=ae^{m\phi}[/math] (m>0) от A(0;a) до О(-∞;0)

Вычислил. Все сошлось. Получилось
[math]\int\limits a^5e^{5m\phi}\sqrt{1+m^2}d\phi[/math]

Какие пределы интегрирования должны быть?

В ответе - [math]a^5\sqrt{1+m^2}\frac{1}{5m}[/math]

Автор:  erjoma [ 31 мар 2012, 15:13 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

vvq писал(а):

[math]\int x\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\frac{\sqrt{a^4-a^2x^2+b^2x^2}}{a\sqrt{a^2-x^2}}dx[/math]

Какие пределы?
И так ли сделано?


[math]0 \leqslant x \leqslant a[/math]
Сделано верно.

vvq писал(а):
[math]\int\limits a^5e^{5m\phi}\sqrt{1+m^2}d\phi[/math]
Какие пределы интегрирования должны быть?


[math]\int\limits _{-\infty }^{0} a^5e^{5m\phi}\sqrt{1+m^2}d\phi[/math]

Автор:  vvq [ 31 мар 2012, 16:07 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

Спасибо большое!

Автор:  vvq [ 31 мар 2012, 19:39 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

А вот такой случай как делать??

Вычислить криволинейный интеграл от выражения, являющегося полным дифференциалом

[math]\int\limits_{(\frac{1}{2};\frac{1}{2})}^{(x;y)}\frac{dx-dy}{x+y}[/math]

Как понимаю, нужно преобразовать выражение в полный дифференциал. Можно было бы взять ln(x+y), но в дроби минус, а так получается плюс...

Автор:  erjoma [ 31 мар 2012, 21:05 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

Подынтегральное выражение не является полным дифференциалом, т.к.
[math]\begin{gathered} \frac{{dx - dy}}{{x + y}} = P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy \hfill \\ \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( { - \frac{1}{{x + y}}} \right) = \frac{1}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} \hfill \\ \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {\frac{1}{{x + y}}} \right) = - \frac{1}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} \hfill \\ \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} \ne \frac{{\partial P}}{{\partial y}} \hfill \\ \end{gathered}[/math]

Автор:  Prokop [ 31 мар 2012, 23:05 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

vvq писал(а):
Подскажите что не так.

[math][/math]

[math]\int\limits_{C}xy ds[/math], где С - четверть эллипса [math]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1[/math] , лежащая в первом квадранте.

Вычислить криволинейный интеграл.

Действую по формуле
[math]\int\limits_{C} f(x,y) ds = \int\limits_{a}^{b}f(x,\phi(x))\sqrt{1+(\phi'(x))^2)}dx[/math]

Выражаю y
[math]y=\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}[/math]
[math]y'=\frac{b}{a}\frac{-2x}{2\sqrt{a^2-x^2}}=-\frac{b}{a}\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}[/math]
[math](y')^2=\frac{b^2}{a^2}\frac{x^2}{a^2-x^2}[/math]
[math]1+(y')^2=1+\frac{b^2}{a^2}\frac{x^2}{a^2-x^2}=\frac{a^2(a^2-x^2)+b^2x^2}{a^2(a^2-x^2)}[/math]
[math]\sqrt{1+(y')^2}=\frac{\sqrt{a^4-a^2x^2+b^2x^2}}{a\sqrt{a^2-x^2}}[/math]


[math]\int x\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\frac{\sqrt{a^4-a^2x^2+b^2x^2}}{a\sqrt{a^2-x^2}}dx[/math]

Какие пределы?
И так ли сделано?

Здесь лучше использовать параметрическое задание эллипса
[math]x = a\cos t[/math]
[math]y = b\sin t[/math]
[math]t \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right][/math]

Автор:  vvq [ 01 апр 2012, 11:12 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

erjoma писал(а):
Подынтегральное выражение не является полным дифференциалом, т.к.
[math]\begin{gathered} \frac{{dx - dy}}{{x + y}} = P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy \hfill \\ \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left( { - \frac{1}{{x + y}}} \right) = \frac{1}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} \hfill \\ \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left( {\frac{1}{{x + y}}} \right) = - \frac{1}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} \hfill \\ \frac{{\partial Q}}{{\partial x}} \ne \frac{{\partial P}}{{\partial y}} \hfill \\ \end{gathered}[/math]


ох,видимо опечатка в условии...

тогда наверное так должно быть?
[math]\frac{{dx + dy}}{{x + y}}[/math]
тогда как?
то есть выражение является полным диф-ом

Автор:  vvq [ 01 апр 2012, 11:50 ]
Заголовок сообщения:  Re: Криволинейный интеграл первого рода

а, все понял)))

это будет
[math]\int\limits_{(\frac{1}{2};\frac{1}{2})}^{(x;y)}d(\ln(x+y))=ln(x+y)\biggr|_{(x,y)}^{(\frac{1}{2};\frac{1}{2})}=\ln(x+y)-\ln1=\ln(x+y)[/math]

Страница 1 из 1 Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/