Математический анализ. Векторные поля

Министерство науки и высшего образования Российской Федерации

НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

И. М. ПУПЫШЕВ, В. В. ХАБЛОВ

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ

ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ

Утверждено Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного пособия

НОВОСИБИРСК
2020

УДК517(075.8)
П 888

Рецензенты: А. Г. Пинус, д-р физ.-мат. наук, проф.,
Г. C. Шефель, кандидат физ.-мат. наук, доц.

Работа подготовлена на кафедре высшей математики
для студентов технических специальностей

Пупышев И. М.
П 888
Математический анализ. Векторные поля : учеб. пособие. / И. М. Пупышев, В. В. Хаблов.
Новосибирск : Издво НГТУ, 2020.
68 с.

ISBN 978-5-7782-4313-2

Настоящее учебное пособие подготовлено для студентов I курса очного и заочного отделений всех направлений и специальностей, изучающих
теорию поля. При его написании были использованы методические разработки и другие материалы, ранее изданные кафедрой высшей математики НГТУ. Эти материалы включены в текст пособия без ссылок, за что мы
приносим свои извинения. Все замечания по содержанию данной работы
просим передавать на кафедру высшей математики. Они будут с благодарностью приняты и учтены в следующих изданиях.

УДК 517(075.8)

ISBN 978-5-7782-4313-2
c⃝
Пупышев И.М., Хаблов В.В., 2020
c⃝
Новосибирский
государственный
технический университет, 2020

Оглавление

§ 1.
Понятие криволинейного интеграла первого рода. Его вычисление . .
4
§ 2.
Криволинейный интеграл второго рода. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1. Вычисление интеграла второго рода. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2. Формула Грина. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
3. Условия независимости интеграла второго рода от формы пути.
. .
17
§ 3.
Площадь поверхности. Определение и вычисление поверхностного
интеграла первого рода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
§ 4.
Ориентация поверхности. Поверхностный интеграл второго рода.
. .
29
1. Вычисление поверхностного интеграла второго рода. . . . . . . . . .
32
2. Формула Гаусса-Остроградского. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
§ 5.
Теорема Стокса и дифференциальные характеристики. . . . . . . . . .
45
1. Формула Стокса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
2. Потенциальные векторные поля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
§ 6.
Ортогональные криволинейные координаты . . . . . . . . . . . . . . . .
55

Литература
66

3

§1. Понятие криволинейного интеграла первого
рода. Его вычисление.

Рассмотрим кусочно-гладкую плоскую кривую l, то есть кривую,
которую можно разбить на конечное число частей, каждая из кото
рых имеет параметрическое задание


x = x(t);
y = y(t),
α ≤ t ≤ β, функ
циями x(t), y(t) ∈ C1[α, β]. Это означает, что эти функции имеют
непрерывные производные на отрезке [α, β]. Если кривая l
пространственная, то имеем ввиду возможность параметрического задания тройкой функций x(t), y(t), z(t) ∈ C1[α, β]. Пусть вдоль кривой
l распределена масса с заданной линейной плотностью ρ(M) для точек M ∈ l.

.

.

y

O

A
Ai−1
Mi
Ai

B

x

Рис. 1

Разобьем произвольным образом кривую l точками A = A0, A1,
A2,..., An = B на n частей и в каждой выберем какую-нибудь точку Mi ∈ Ai−1Ai (Рис. 1). Если функция ρ(M) непрерывна, а разбиение кривой
мелкое, то на участке Ai−1Ai кривой плотность можно
считать постоянной и приближенно равной ρ(Mi). Масса m кривой
приближенно равна

m =

n


i=1
ρ(Mi)δsi
,

где δsi
длина дуги Ai−1Ai. Обозначим λ = max{δsi,i = 1,...,n}. Понятно, что при стремлении λ к нулю сумма m =
n
i=1 ρ(Mi)δsi будет

4

стремиться к истинной массе кривой. Это рассуждение подсказывает нам принять (уже для произвольной фенкции ρ(M)) такое определение
Определение1. Если существует конечный предел интегральнойсуммы I =
n
i=1 ρ(Mi)δsi, при λ → 0, который не зависит ни от способа
разбиения кривой l = AB на части, ни от выбора точек Mi ∈ Ai−1Ai
i = 1,...,n, то он называется криволинейным интегралом первого рода
функции ρ(M) = ρ(x,y) по кривой l и обозначается символом
l
ρ(M)ds = l
ρ(x,y)ds.

Иначе он называется интегралом по длине дуги.

Заметим, что таким же образом определяется интеграл по прстранственной кривой. Можно доказать, что если кривая l имеет конечную длину, а функция ρ(M) непрерывна, то введенный таким образом интеграл существует.

Криволинейный интегралпервого рода обладает свойствами линейности(интеграл линейной комбинации функций равен линейной комбинации интегралов с теми же коэффициентами) и аддитивности
(интеграл по объединению дуг с общей нулевой длиной равен сумме интегралов).

Вычисление криволинейного интеграла первого рода.

1. Пусть гладкая кривая l является графиком функции y = φ(x),
a ≤ x ≤ b, тогда

l
f (x,y)ds =

b
a
f (x, φ(x))


1 +
φ′(x)
2dx
(1)

Здесь ds =


1 +
φ′(x)
2dx
дифференциал длины дуги y = φ(x).

2. Если гладкая кривая l задана параметрически

x = x(t);
y = y(t), α ≤ t ≤ β, то

5

l
f (x,y)ds =

β

α
f (x(t),y(t))


(x′(t))2 +
y′(t)
2 dt
(2)

3. Для пространственной кривой в случае параметрического
задания x = x(t), y = y(t), z = z(t), α ≤ t ≤ β, последняя формула
перепишется так

l
f (x,y,z)ds =

β
α
f (x(t),y(t),z(t))


(x′(t))2 +
y′(t)
2 + (z′(t))2 dt

(3)
4. Если кривая l задана уравнением в полярной системе координат ρ = g(φ), φ1 ≤ φ ≤ φ2, тогда

l
f (x,y)ds =

φ2
φ1
f (g(φ) cos φ,g(φ) sin φ)
ρ(φ)
2 +
ρ′(φ)
2 dφ (4)

Пример 1. Вычислить интеграл Z
xy ds, где Z
четверть дуги эл
липса x2

a2 + y2

b2 = 1, лежащая в первом квадранте.
Решение. Уравнение эллипса в верхней полуплоскости приведем

к виду y = b

a



a2 − x2. Отсюда y′ = −
bx

a


a2 − x2 . По формуле (1)

Z
xy ds=

a
0
x b

a



a2−x2 ·



1+
b2x2

a2 a2−x2 dx= b

a2

a
0



a4−
a2−b2x2x dx=

= −
b

2a2 a2 − b2 · 2

3


a4 −

a2 − b2
x23/2 
a

0 = ab

3 · a2 + ab + b2

a + b
.

Пример 2. Найти интеграл L
y ds, где L
часть кардиоиды ρ =

1 + cos φ, расположенная в верхней полуплоскости (y ≥ 0).
Решение. Воспользуемся формулой (4): ρ′(φ) = − sin φ, 0 ≤ φ ≤ π,

l
y ds =

π
0
(1 + cos φ) sin φ


1 + 2 cos φ + cos2 φ + sin2 φdφ =

=
√2

π
0
(1 + cos φ)3/2 sin φdφ = −
√2 · 2

5(1 + cos φ)5/2
π

0 = 16

5 .

6

Пример 3. Вычислить интегралC

ds

x2 + y2 + z2 , где C
первый виток

винтовой линии x = a cost, y = a sint, z = bt (Рис. 2)
Решение. Винтовая линия удовлетворяет уравнению цилиндра x2+
y2 = a2. С изменением t от 0 до 2π точка на цилиндре поднимается
на высоту 2πb по оси Oz. Подинтегральная функция равна
1

x2 + y2 + z2 =
1

(a cost)2 + (a sint)2 +
bt
2 =
1

a2 + b2t2.

Дифференциал длины дуги ds =


x′2 + y′2 + z′2dt =

=


(−a sint)2 + (a cost)2 + b2dt =


a2 + b2 dt.

.
.

z

x
a
A

B(a, 0, 2πb)

O
y

Интеграл

C

ds

x2 + y2 + z2 =

2π
0



a2 + b2dt
a2 + b2t2 =

=



a2 + b2

ab
arctg bt

a



2π

0
=

=



a2 + b2

ab
arctg 2πb

a .

Рис. 2

Задачи для самостоятельного решения.

1 8. Вычислить криволинейные интегралы.

1.L

ds

x − y , где L
отрезок прямой y = x

2 −2, заключенный между

точками A(0, −2) и B(4, 0).
Ответ:
√5 ln 2.
2. L
xy ds, где L
контур прямоугольника с вершинами A(0, 0),

B(4, 0), C(4, 2) и D(0, 2).
Ответ:24.

7