| Математический форум Math Help Planet http://mathhelpplanet.com/ |
|
| 3 интеграла http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=19&t=16479 |
Страница 1 из 1 |
| Автор: | 14_KaPaT [ 26 апр 2012, 16:00 ] |
| Заголовок сообщения: | 3 интеграла |
Помогите пожалуйста, тему дали на самостоятельное изучение, ничего не понял, вот 3 интеграла ниже |
|
| Автор: | Human [ 26 апр 2012, 22:26 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: 3 интеграла |
1) Параметризовать [math]L[/math] в виде [math]x=x(t),\ y=y(t),\ \alpha\leqslant t<\beta[/math] Затем воспользоваться формулой: [math]\int\limits_LF(x,y)\,dl=\int\limits_{\alpha}^{\beta}F(x(t),y(t))\sqrt{x'_t^2+y'_t^2}\,dt[/math] Параметризацию попробуйте провести сами. 2,3) Если без формулы Грина, то аналогично: параметризуете [math]L[/math] и пользуетесь формулой: [math]\int\limits_LP(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int\limits_{\alpha}^{\beta}[P(x(t),y(t))x'_t+Q(x(t),y(t))y'_t]\,dt[/math] Но проще воспользоваться формулой Грина: [math]\int\limits_LP(x,y)dx+Q(x,y)dy=\iint\limits_G\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dxdy[/math] где [math]G[/math] - это область, ограниченная контуром [math]L[/math]. Таким образом криволинейный интеграл сведётся к кратному, а кратные интегралы Вы уже должны уметь брать. Во втором задании вообще всё получится замечательно: интеграл будет просто площадью круга (с некоторым коэффициентом). В третьем, правда, контура нет, но его можно сделать, если к половинке эллипса прибавить отрезок с концами [math](-a;0)[/math] и [math](a;0)[/math]. Поскольку [math]P=y^2=0[/math] и [math]y'_t=0[/math], то криволинейный интеграл по этому отрезку равен 0, поэтому он не изменится, если [math]L[/math] заменить на [math]L\cup[-a;a][/math]. |
|
| Автор: | Human [ 26 апр 2012, 22:46 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: 3 интеграла |
Вот ответы для контроля: 1) [math]8[/math] 2) [math]-4\pi[/math] 3) [math]-\frac43ab^2[/math] Во втором и третьем посчитал и в лоб, и по формуле Грина, получил одни и те же ответы, так что в них я более-менее уверен. В первом не так уверен, там пришлось разбивать интеграл на две части из-за модуля, так что мог ошибиться. |
|
| Автор: | 14_KaPaT [ 27 апр 2012, 16:22 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: 3 интеграла |
Human я не очень понял, можете показать как решить один полностью а остальные я по аналогии сам
|
|
| Автор: | Human [ 27 апр 2012, 18:46 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: 3 интеграла |
Да они тут все достаточно разные, разве что последние два похожи. Пожалуй напишу решение третьего двумя способами. Рисунков не будет, ибо не владею этим искусством. 1-ый способ (в лоб): Параметризация [math]L[/math] уже проведена, осталось уточнить пределы: [math]0\leqslant\varphi<\pi[/math]. Подставляя в выписанную мной ранее формулу, получим: [math]\int\limits_Ly^2dx+x^2dy=\int\limits_0^{\pi}[-ab^2\sin^3\varphi+a^2b\cos^3\varphi]\,d\varphi=-ab^2\int\limits_0^{\pi}\sin^3\varphi\,d\varphi=[/math] [math]=-ab^2\left(\int\limits_0^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi+\int\limits_0^{\pi}\cos^2\varphi\,d(\cos\varphi)\right)=-ab^2\left(2-\frac23\right)=-\frac43ab^2.[/math] 2-ой способ (с помощью формулы Грина): Как я писал ранее, интеграл не изменится, если к кривой [math]L[/math] добавить отрезок [-a; a]. При этом получится кусочно-гладкий контур, все входящие в задание функции и их производные непрерывно дифференцируемы, так что справедлива формула Грина: [math]\int\limits_{L\cup[-a; a]}y^2dx+x^2dy=\iint\limits_G(2x-2y)\,dxdy[/math] где [math]G[/math] - верхняя половина эллипса. Перейдём к следующим координатам: [math]x(r,\varphi)= ar\cos\varphi,\ y(r,\varphi)=br\sin\varphi[/math]. Тогда область [math]G[/math] задаётся так:[math]\ 0\leqslant r\leqslant1,\ 0\leqslant\varphi\leqslant\pi[/math]. Якобиан отображения равен [math]abr[/math], поэтому: [math]\iint\limits_G(2x-2y)\,dxdy=\int\limits_0^1\,dr\int\limits_0^{\pi}(2a^2br^2\cos\varphi-2ab^2r^2\sin\varphi)\,d\varphi=-4ab^2\int\limits_0^1r^2\,dr=-\frac43ab^2.[/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/ |
|