Контрольная по математике

Задание 11. Вычислить интегралы от функции комплексного переменного:

а) , где   - отрезок прямой, , .

б) , где   - ломаная, , , .

в) , где   - дуга окружности , .

г) , где   - отрезок прямой , соединяющий точки  и ,  и .

Решение.

а) Так как подынтегральная функция  аналитична всюду, то можно воспользоваться формулой Ньютона-Лейбница: =.

б) Подынтегральная функция  определена и непрерывна всюду, ломаная  представляет собой кусочно-гладкую кривую, поэтому искомый интеграл сводится к вычислению двух криволинейных интегралов по координатам по формуле:

.

Следовательно,

.

Воспользуемся свойством аддитивности криволинейного интеграла:

.

На отрезке  , значит , . Поэтому .

На отрезке  , , . Поэтому

.

Искомый интеграл  равен .

в) Положим , тогда , . Следовательно,

=.

г) Зададим линию  параметрическими уравнениями: , , , .

Для кривой, заданной параметрическими уравнениями , , справедлива формула .

Поэтому =.

Если поверхность задана параметрически, то, как указывалось в §1, в окрестности любой ее точки ее возможно задать явным уравнением ( или или ).

Предположим, что поверхность, заданная параметрически, представляет собой конечное объединение частей, каждая из которых задана явным уравнением и рассмотрим одну из частей, для которой . Тогда площадь этой части, по доказанному выше, равна . Перейдем в этом интеграле к переменным , учитывая, что якобиан перехода – это как раз определитель , а , и пусть области соответствует область на плоскости . Тогда по теореме о замене переменных .

Легко проверить, что в случае уравнения или получится интеграл такого же вида: .

Объединяя все полученные части, получаем общую площадь , где - вся область изменения параметров .

Отметим, что выражение можно преобразовать к более удобному для вычислений виду.

Числа суть координаты . Поэтому - квадрат модуля вектора . Напомним, что модуль векторного произведения равен ( - угол между ). Значит, . Здесь ; и . Итак, и формула для площади поверхности, заданной параметрически, такова: .

12.Интегралы по поверхности 1 и 2 рода

Поверхностные интегралы 1-го рода. Пусть - двусторонняя поверхность, имеющая площадь . Рассмотрим разбиение этой поверхности на части с помощью непрерывных кривых. Пусть функция определена во всех точках поверхности . Выберем произвольным образом точки и рассмотрим сумму .


На главную