Завершаем тему криволинейных интегралов второго рода.

Формула Грина.

Пусть граница $\Gamma$ плоской ограниченной области $G$ состоит из конечного набора кусочно гладких кривых. Тогда,если функции $P$, $Q$, $\frac{\partial P}{\partial y}$ , $\frac{\partial Q}{\partial x}$ непрерывны на $G$, то справедлива формула Грина \begin{equation} \iint\limits_{G}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\int\limits_{\Gamma}\left(Pdx+Qdy\right),\label{green} \end{equation} где контур $\Gamma$ ориентирован так, что при его обходе область $G$ остается слева.

Из формулы (\ref{green}) при $Q=x$, $P=-y$ получаем \begin{equation} S=\int\limits_{\Gamma}\left(xdy-ydx\right),\label{Sis} \end{equation} где $S=\iint\limits_{G}dxdy$ – площадь области $G$, ограниченной контуром $\Gamma$ (при обходе контура $\Gamma$ область $G$ остается слева).

Условия независимости криволинейного интеграла от пути интегрирования.

Если функции $P\left(x;y\right)$ и $Q\left(x;y\right)$ непрерывны в плоской области $G$, то криволинейный интеграл \begin{equation} \int\limits_{\Gamma_{AB}}\left(Pdx+Qdy\right)\label{gav} \end{equation} не зависит от пути интегрирования $\Gamma_{AB}$ (кривая $\Gamma_{AB}$ лежит в области $G$, $A$ – ее начало, $B$ – конец) тогда и только тогда, когда выражение $Pdx+Qdy$ является полным дифференциалом некоторой функции $u=u\left(x;y\right)$, т. е. в области $G$ выполняется условие \[ du=Pdx+Qdy;\qquad\frac{\partial u}{\partial x}=P,\quad\frac{\partial u}{\partial y}=Q. \] При этом \[ \int\limits_{\Gamma_{AB}}\left(Pdx+Qdy\right)=u\left(B\right)-u\left(A\right). \] Здесь \[ u\left(x;y\right)=\int\limits_{\Gamma_{M_{0}M}}\left(Pdx+Qdy\right) \] где $\Gamma_{M_{0}M}$ – некоторая кривая с началом в фиксированной точке $M_{0}\left(x_{0};y_{0}\right)$ и концом в точке $M\left(x;y\right)$, лежащая в области $G$. Пусть функции $P$, $Q$, $\frac{\partial P}{\partial y}$ и $\frac{\partial Q}{\partial x}$ непрерывны в плоской области $G$. Тогда для того чтобы криволинейный интеграл (\ref{gav}) не зависел от пути интегрирования, необходимо, а в случае, когда $G$ – односвязная область, то и достаточно, чтобы в области $G$ выполнялось условие \[ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}. \]

Интеграл по кривой в трёхмерном пространстве \[ \int\limits_{C}\left(Pdx+Qdy+Rdz\right) \] не зависит от траектории, аналогично, если существует $u\left(x,y,z\right)$: \[ du=Pdx+Qdy+Rdz. \] Проверить это можно, выяснив, выполняются ли следующие уравнения: \[ \left\{ \begin{array}{l} P_{y}^{\prime}=Q_{x}^{\prime},\\ P_{z}^{\prime}=R_{x}^{\prime},\\ Q_{z}^{\prime}=R_{y}^{\prime}. \end{array}\right. \]

Примеры с решениями

Пример: Вычислить с помощью формулы Грина криволинейный интеграл \[ I=\int\limits_{\Gamma}\left(x^{2}ydx-xy^{2}dy\right), \] где $\Gamma$ – окружность $x^{2}+y^{2}=R^{2}$, пробегаемая против хода часовой стрелки.

Воспользуемся формулой (\ref{green}), где \[ P=x^{2}y,\qquad Q=-xy^{2},\qquad\frac{\partial Q}{\partial x}=-y^{2},\qquad\frac{\partial P}{\partial y}=x^{2}. \] Тогда \[ I=-\iint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)dxdy, \] где $D$ – круг радиуса $R$ с центром в точке $\left(0;0\right)$. Переходя к полярным координатам, получаем \[ I=-\int\limits_{0}^{2\pi}d\varphi\int\limits_{0}^{R}r^{3}dr=-\frac{\pi R^{4}}{2}. \]

Пример: Пользуясь формулой (\ref{Sis}), найти площадь $S$, ограниченную астроидой \[ x=a\cos^{3}t,\qquad y=a\sin^{3}t,\quad0\leqslant t\leqslant2\pi. \]

Применяя формулы (\ref{Sis}) и (1) из прошлого поста , получаем \[ S=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{2\pi}\left(x\dot{y}-y\dot{x}\right)dt=\frac{3a^{2}}{2}\int\limits_{0}^{2\pi}\left(\cos^{4}t\sin^{2}t+\sin^{4}t\cos^{2}t\right)dt=\frac{3a^{2}}{8}\int\limits_{0}^{2\pi}\sin^{2}2tdt=\frac{3a^{2}}{16}\int\limits_{0}^{2\pi}\left(1-\cos4t\right)dt=\frac{3\pi a^{2}}{8}. \]

Задание: Применяя формулу Грина, вычислить криволинейный интеграл по замкнутой кривой $\Gamma$, пробегаемой так, что ее внутренность остается слева

\[ \oint\limits_{\Gamma}\left[\left(xy+x+y\right)dx+\left(xy+x-y\right)dy\right], \] а) $\Gamma$ – эллипс $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$; б) $\Gamma$ – окружность $x^{2}+y^{2}=ax$. \[ \oint\limits_{\Gamma}\left[\left(2xy-y\right)dx+x^{2}dy\right], \] $\Gamma$ – эллипс $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$. \[ \oint\limits_{\Gamma}\frac{xdy+ydx}{x^{2}+y^{2}}, \] $\Gamma$ – окружность $\left(x-1\right)^{2}+\left(y-1\right)^{2}=1$. \[ \oint\limits_{\Gamma}\left[\left(x+y\right)^{2}dx+\left(x^{2}+y^{2}\right)dy\right], \] $\Gamma$ – граница треугольника с вершинами $\left(1;1\right)$, $\left(3;2\right)$, $\left(2;5\right)$. \[ \oint\limits_{\Gamma}\left[\left(y-x^{2}\right)dx+\left(x+y^{2}\right)dy\right], \] $\Gamma$ – граница кругового сектора $0 < r < R$, $0 < \varphi < \alpha\leqslant\frac{\pi}{2}$, где $\left(r;\varphi\right)$ – полярные координаты. \[ \oint\limits_{\Gamma}e^{x}\left[\left(1-\cos y\right)dx+\left(\sin y-y\right)dy\right], \] $\Gamma$ – граница области $0 < x < \pi$, $0 < y < \sin x$ \[ \oint\limits_{\Gamma}e^{y^{2}-x^{2}}\left(\cos2xydx+\sin2xydy\right), \] $\Gamma$ – окружность $x^{2}+y^{2}=R^{2}$.

Задание: Убедившись в том, что подынтегральное выражение является полным дифференциалом, вычислить криволинейный интеграл по кривой $\Gamma$ с началом в точке А и концом в точке В \[ \int\limits_{\Gamma}\left[xdy+ydx\right],\qquad A\left(-1;3\right),\quad B\left(2;2\right) \] \[ \int\limits_{\Gamma}\left[xdx+ydy\right],\qquad A\left(-1;0\right),\quad B\left(-3;4\right) \] \[ \int\limits_{\Gamma}\left[(x+y)dx+(x-y)dy\right],\qquad A\left(2;-1\right),\quad B\left(1;0\right) \] \[ \int\limits_{\Gamma}\left[2xydx+x^{2}dy\right],\qquad A\left(0;0\right),\quad B\left(-2;-1\right) \] \[ \int\limits_{\Gamma}\left[\left(x^{4}+4xy^{3}\right)dx+\left(6x^{2}y^{2}-5y^{4}\right)dy\right],\qquad A\left(-2;-1\right),\quad B\left(0;3\right) \] \[ \int\limits_{\Gamma}\left[xdx+y^{2}dy-z^{3}dz\right],\qquad A\left(-1;0;2\right),\quad B\left(0;1;-2\right) \] \[ \int\limits_{\Gamma}\left[yzdx+xzdy+xydz\right],\qquad A\left(2;-1;0\right),\quad B\left(1;2;3\right) \]