| 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/ |
|