4.3: Теорема Гріна

Наступним варіантом фундаментальної теореми числення є теорема Гріна ¹, яка пов'язує інтеграл похідної (векторно-значної) функції, над областю в\(xy\) -площині, з інтегралом функції над кривою, що обмежує область. Для початку нам потрібно визначити деякі властивості кривих.

Визначення 4.3.1

1. Крива\(C\) з параметризацією\(\vecs{r} (t)\text{,}\)\(a\le t\le b\text{,}\) вважається закритою, якщо\(\vecs{r} (a)=\vecs{r} (b)\text{.}\)
2. Крива\(C\), як кажуть, проста, якщо вона не перетинається сама. Точніше, якщо\(\vecs{r} (t)\text{,}\)\(a\le t\le b\text{,}\) це параметризація кривої і якщо\(a\le t_1,t_2\le b\) підкорятися\(t_1\ne t_2\) і\(\{t_1,t_2\} \ne\{a,b\}\text{,}\) то\(\vecs{r} (t_1)\ne \vecs{r} (t_2)\text{.}\) Тобто, якщо\(\vecs{r} (t_1)=\vecs{r} (t_2)\text{,}\) то\(t_1=t_2\) або або або\(t_1=a\text{,}\)\(t_2=b\text{,}\) або\(t_1=b\text{,}\)\(t_2=a\text{.}\)
3. Крива\(C\) є кусково-гладкою, якщо вона має параметризацію\(\vecs{r} (t)\), яка
   • є безперервним і який
   • є диференційованим, за винятком, можливо, у скінченно багатьох точках з
   • похідна є безперервною і ненульовою, за винятком, можливо, в скінченно багатьох точках.

Ось ескізи деяких прикладів.

А ось теорема Гріна.

Теорема 4.3.2. Теорема Гріна

Нехай

• \(R\)бути кінцевою областю в\(xy\) -площині,
• межа,\(C\text{,}\)\(R\) складається з скінченного числа кусково гладких, простих замкнутих кривих
  • які орієнтовані (тобто стрілки надягають\(C\)) послідовно з\(R\) в тому сенсі, що якщо ви йдете вздовж\(C\) у напрямку стрілок, то\(R\) знаходиться зліва

    

    

• \(F_1(x,y)\)і\(F_2(x,y)\) мають безперервні перші часткові похідні в кожній точці\(R\text{.}\)

Тоді

\[ \oint_{C} \big[F_1(x,y)\,\text{d}x +F_2(x,y)\,\text{d}y\big] =\iint_{R}\left(\frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y}\right)\ \text{d}x\text{d}y \nonumber \]

Попередження 4.3.3

Зверніть увагу, що в теоремі 4.3.2 ми припускаємо, що\(F_1\) і\(F_2\) мають неперервні перші часткові похідні в кожній точці\(R\text{.}\) Якщо це не так, наприклад, тому що\(F_1\) або\(F_2\) не визначено на всіх,\(R\text{,}\) то висновок теореми Гріна може невдача. Прикладом є\(F_1=-\frac{y}{x^2+y^2}\text{,}\)\(F_2=\frac{x}{x^2+y^2}\text{,}\)\(R=\left \{(x,y)|x^2+y^2\le 1\right \}\text{.}\) Див. Приклади 4.3.7 та 4.3.8.

Ось три нотаційні зауваження, перш ніж ми почнемо доказ.

• Один із способів запам'ятати integrand з правого боку - написати його як\((\vecs{ \nabla} \times\vecs{F} )\cdot\hat{\mathbf{k}}\text{.}\)
• Багато людей використовують\(M\) замість\(F_1\) і\(N\) замість\(F_2\text{.}\) Тоді теорема Гріна стає\(\oint_{C} \big[M(x,y)\,\text{d}x +N(x,y)\,\text{d}y\big] =\iint_{R}\Big(\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}\Big)\ \text{d}x\text{d}y\)
• Символ\(\oint_C\) є лише альтернативним позначенням для\(\int_C\) цього іноді використовується, коли\(C\) є замкнутою кривою. Див. Позначення 2.4.1.

Доказ

Результат доведено шляхом переформулювання його як твердження теореми дивергенції. З цією метою ми визначаємо

\[\begin{align*} V&=\left \{(x,y,z)|(x,y)\in R,\ \ 0\le z\le 1\right \}\\ \textbf{G}(x,y,z) &= F_2(x,y)\,\hat{\pmb{\imath}} -F_1(x,y)\,\hat{\pmb{\jmath}} \end{align*}\]

Зверніть увагу, що\(V\) це саме той обсяг, отриманий шляхом розширення\(R\) вертикально вгору на одну одиницю.

Визначення\(\textbf{G}\) не містить опечатки -\(x\) -компонент\(\textbf{G}\) дійсно є\(F_2\) і\(y\) -компонент\(\textbf{G}\) дійсно є\(-F_1\text{.}\) (Більш-менш зворотне те, що ви зазвичай записуєте.)

Ці визначення були сфальсифіковані так, що теорема розбіжності застосована до,\(\textbf{G}\) а\(V\text{,}\) саме

\[\begin{align*} \iint_{\partial V} \textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\iiint_V\vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G}\ \text{d}V \end{align*}\]

дає нам саме теорему Гріна, як ми зараз побачимо.

Так як\(\vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G} = \frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y}\text{,}\) права сторона - це просто

\[\begin{align*} \iiint_V\vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G}\ \text{d}V &= \iint_{R}\text{d}x\text{d}y\int_0^1\text{d}z \ \vecs{ \nabla} \cdot\textbf{G}\\ &= \iint_{R}\text{d}x\text{d}y\int_0^1\text{d}z \ \left(\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\right)\\ &= \iint_{R}\text{d}x\text{d}y\ \left(\frac{\partial F_2}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial F_1}{\partial y}(x,y)\right) \end{align*}\]

тому що integrand не залежить від\(z\text{.}\) Це саме права сторона теореми Гріна.

Тепер для лівої сторони. Межа,\(\partial V\text{,}\) of\(V\) - це об'єднання (плоского) дна, (плоского) верху і (вигнутої) сторони. Зовнішній блок нормальний на (горизонтальний, плоский) верхній є\(+\hat{\mathbf{k}}\) і зовнішній блок нормальний на (горизонтальний, плоский) знизу\(-\hat{\mathbf{k}}\) так, що

\[\begin{align*} \iint_{\partial V} \textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &=\iint_{\text{top}} \textbf{G}\cdot\hat{\mathbf{k}}\,\text{d}S +\iint_{\text{bottom}} \textbf{G}\cdot(-\hat{\mathbf{k}})\,\text{d}S +\iint_{\text{side}} \textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\\ &=\iint_{\text{side}} \textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S \end{align*}\]

Ми використовували той факт, що\(\hat{\mathbf{k}}\) компонент\(\textbf{G}\) рівно нуль, щоб відкинути інтеграли зверху і знизу,\(\partial V\text{.}\) щоб оцінити інтеграл над стороною, ми параметризуємо сторону. Припустимо, що\(\vecs{r} (t)=x(t)\,\hat{\pmb{\imath}} +y(t)\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\)\(a\le t\le b\text{,}\) це параметризація\(C\text{,}\) зі стрілкою на малюнку вище, що дає напрямок збільшення\(t\text{.}\) Тоді ми можемо використовувати

\[\begin{gather*} \textbf{R}(t,z) = \vecs{r} (t) +z\,\hat{\mathbf{k}} = x(t)\,\hat{\pmb{\imath}} +y(t)\,\hat{\pmb{\jmath}} +z\,\hat{\mathbf{k}} \qquad a\le t\le b,\ 0\le z\le 1 \end{gather*}\]

як параметризація боку. Ми будемо використовувати (3.3.1), щоб визначити\(\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\) для сторони. Так як

\[\begin{align*} \frac{\partial\textbf{R}}{\partial t}(t,z) & = x'(t)\,\hat{\pmb{\imath}} +y'(t)\,\hat{\pmb{\jmath}}\\ \frac{\partial\textbf{R}}{\partial z}(t,z) & = \hat{\mathbf{k}} \end{align*}\]

(3.3.1) дає

\[\begin{align*} \hat{\textbf{n}}\,\text{d}S &= \frac{\partial\textbf{R}}{\partial t}(t,z)\times \frac{\partial\textbf{R}}{\partial z}(t,z)\ \text{d}t\text{d}z\\ &= \big(x'(t)\,\hat{\pmb{\imath}} +y'(t)\,\hat{\pmb{\jmath}}\big)\times \hat{\mathbf{k}}\ \text{d}t\text{d}z\\ &= \big(-x'(t)\,\hat{\pmb{\jmath}} +y'(t)\,\hat{\pmb{\imath}}\big)\ \text{d}t\text{d}z \end{align*}\]

Зверніть увагу, що при такому виборі\(\pm\) знака (тобто,\(\frac{\partial\textbf{R}}{\partial t}\times \frac{\partial\textbf{R}}{\partial z}\ \text{d}t\text{d}z\) а не\(-\frac{\partial\textbf{R}}{\partial t}\times \frac{\partial\textbf{R}}{\partial z}\ \text{d}t\text{d}z\)) вектор\(\hat{\textbf{n}}\) дійсно є назовні, що вказує нормаль, як ми бачимо з ескізу

Тепер ми можемо обчислити інтеграл поверхні безпосередньо.

\[\begin{align*} &\iint_{\partial V} \textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S =\iint_{\text{side}} \textbf{G}\cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}S\\ &\hskip0.25in=\int_a^b\text{d}t\int_0^1\text{d}z\ \textbf{G}\big(\textbf{R}(t,z)\big)\cdot \big(-x'(t)\,\hat{\pmb{\jmath}} +y'(t)\,\hat{\pmb{\imath}}\big)\\ &\hskip0.25in=\int_a^b\text{d}t\int_0^1\text{d}z\ \big(F_2(x(t),y(t))\,\hat{\pmb{\imath}} -F_1(x(t),y(t))\,\hat{\pmb{\jmath}}\big)\cdot \big(-x'(t)\,\hat{\pmb{\jmath}} +y'(t)\,\hat{\pmb{\imath}}\big)\\ &\hskip0.25in=\int_a^b\text{d}t\ \big[F_2(x(t),y(t))\,y'(t) +F_1(x(t),y(t))\,x'(t)\big]\\ &\hskip2in \text{since the integrand is independent of } z\\ &\hskip0.25in=\oint_{C} \big[F_1(x,y)\,\text{d}x +F_2(x,y)\,\text{d}y\big] \end{align*}\]

Це саме ліва сторона теореми Гріна.

Приклад 4.3.4

Оцінити

\[ \oint_C\big[(x-xy)\,\text{d}x + (y^3+1)\,\text{d}y \nonumber \]

де\(C\) крива, наведена на малюнку

Рішення

Нехай\(R=\left \{(x,y)|1\le x\le 2,\ 0\le y\le 1\right \}\text{.}\) за теоремою Гріна

\[\begin{align*} \oint_C\big[(x-xy)\,\text{d}x + (y^3+1)\,\text{d}y &=\iint_R\Big[\frac{\partial }{\partial x}(y^3+1) - \frac{\partial }{\partial y}(x-xy)\Big]\text{d}x\text{d}y\\ &=\int_1^2\text{d}x\int_0^1\text{d}y\ x =\frac{x^2}{2}\bigg|_1^2 =\frac{3}{2} \end{align*}\]

Ось простий наслідок теореми Гріна, який розповідає, як обчислити площу, укладену кривою в\(xy\) -площині.

Слідство 4.3.5

Нехай

• \(R\)бути скінченною областю в\(xy\) -площині, межа якої
• \(C\)складається з кінцевого числа кусково гладких, простих замкнутих кривих.
• \(C\)Орієнтуйтеся (тобто поставте стрілки\(C\)) так, щоб якщо ви йдете вздовж\(C\) у напрямку стрілок,\(R\) то виявилося зліва від вас.

Тоді

\[ \text{Area}(R) =\oint_C x\text{d}y =-\oint_C y\text{d}x =\frac{1}{2}\oint_C \big[x\text{d}y -y\text{d}x\big] \nonumber \]

Доказ

Це просто теорема Гріна застосовується спочатку з\(\vecs{F} = x\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\) потім з\(\vecs{F} = -y\,\hat{\pmb{\imath}}\) і, нарешті, з\(\vecs{F} = \frac{1}{2}\big[-y\,\hat{\pmb{\imath}} +x\,\hat{\pmb{\jmath}}\big]\text{.}\) Для всіх трьох з них\(\vecs{F} \),

\[ \frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y} = 1 \nonumber \]

так що теорема Гріна дає

\[\begin{align*} \oint_{C} \big[F_1(x,y)\,\text{d}x +F_2(x,y)\,\text{d}y\big] &=\iint_{R}\Big(\frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y}\Big)\ \text{d}x\text{d}y =\iint_{R}\ \text{d}x\text{d}y\\ & = \text{Area}(R) \end{align*}\]

Приклад 4.3.6

У цьому прикладі ми будемо використовувати теорему Гріна для обчислення площі, укладеної астроїдом.\(x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3}\text{.}\)

У прикладі 1.1.9 ми знайшли параметризацію

\[ \vecs{r} (t) = x(t)\,\hat{\pmb{\imath}} + y(t)\,\hat{\pmb{\jmath}} = a\cos^3t\,\hat{\pmb{\imath}} + a\sin^3 t\,\hat{\pmb{\jmath}} \qquad 0\le t\le 2\pi \nonumber \]

для астероїда. Отже, за слідством 4.3.5,

\[\begin{align*} \text{Area} &=\frac{1}{2}\oint_C \big[x\text{d}y -y\text{d}x\big] =\frac{1}{2}\int_0^{2\pi} \big[x(t)y'(t) -y(t)x'(t)\big]\text{d}t\\ &=\frac{3a^2}{2}\int_0^{2\pi} \big[\cos^3t\sin^2t\cos t +\sin^3t\cos^2 t\sin t\big]\text{d}t\\ &=\frac{3a^2}{2}\int_0^{2\pi} \cos^2t\sin^2t\big[\cos^2t +\sin^2t\big]\text{d}t\\ &=\frac{3a^2}{2}\int_0^{2\pi} \cos^2t\sin^2t\ \text{d}t\\ &=\frac{3a^2}{8}\int_0^{2\pi} \sin^2(2t)\ \text{d}t =\frac{3a^2}{16}\int_0^{2\pi} [1-\cos(4t)]\ \text{d}t\\ &=\frac{3}{8}a^2\pi \end{align*}\]

Приклад 4.3.7. Хитрість питання

Оцінити

\[ \oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \nonumber \]

де

\[ \textbf{B} = \frac{-y\,\hat{\pmb{\imath}}+x\,\hat{\pmb{\jmath}}}{x^2+y^2} \nonumber \]

і\(C\) є кривою

\[\begin{align*} x(t) &= \sin(\cos t)\\ y(t) &= \sin(\sin t)\\ z(t) &= 0 \end{align*}\]

з\(0\le t\le 2\pi\text{.}\)

Рішення

Спочатку давайте подумаємо про криву\(C\text{.}\) Якби крива була\(X(t)=\cos t\text{,}\)\(Y(t)=\sin t\text{,}\)\(Z(t)=0\text{,}\) б одиничною окружністю, центрованою на початку в\(xy\) -площині, пройденої проти годинникової стрілки. \(-\frac{\pi}{2}\le u\le \frac{\pi}{2}\text{,}\)Бо функція\(\sin u\) збільшується монотонно з\(u\) і має той же знак, що і\(u\) так, оскільки\(|\sin t|,|\cos t|\le 1 \lt \frac{\pi}{2}\text{,}\)

• \(x(t) = \sin\big(\cos t)\)має такий же знак, як\(X(t)=\cos t\) і збільшується точно так\(t\) само, як є\(X(t)\)
• \(y(t) = \sin\big(\sin t)\)має такий же знак, як\(Y(t)=\sin t\) і збільшується точно так\(t\) само, як є\(Y(t)\)

Таким чином, додатковий синус в нашій параметризації\(C\) просто спотворює коло, випрямляючи сторони трохи, як зображено тут.

Схоже, наша проблема є простою теоремою Гріна, як приклад 4.3.4. Давайте просто спробуємо скористатися стратегією Прикладу 4.3.4. Тому що

\[\begin{align*} \frac{\partial \textbf{B}_2}{\partial x} - \frac{\partial \textbf{B}_1}{\partial y} &=\frac{\partial }{\partial x}\frac{x}{x^2+y^2} - \frac{\partial }{\partial y}\frac{-y}{x^2+y^2}\\ &= \frac{1}{x^2+y^2} - \frac{2x^2}{{(x^2+y^2)}^2} +\frac{1}{x^2+y^2} - \frac{2y^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ &= \frac{(x^2+y^2) - 2x^2 + (x^2+y^2) - 2y^2}{{(x^2+y^2)}^2}\\ &=0 \end{align*}\]

схоже, теорема Гріна дає нам, банально,

\[ \oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} =\oint_C\big[\textbf{B}_1\,\text{d}x +\textbf{B}_2\,\text{d}y\big] = \iint_{R}\left(\frac{\partial B_2}{\partial x} - \frac{\partial B_1}{\partial y}\right)\ \text{d}x\text{d}y =0 \nonumber \]

\(R\)де область всередині нашої кривої\(C\text{.}\)

Це було легко - але це також дуже неправильно! Наші наступні кроки -

• перевірити, що\(\oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \ne 0\text{,}\) і
• пояснити, чому ми отримали неправильну відповідь, і
• змінити наші обчислення так, щоб дати правильну відповідь. Ми зробимо це в прикладі 4.3.8.

Перевірка, що\(\oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \ne 0\text{:}\)}

Так як

\[\begin{align*} x'(t) &= -\cos(\cos t)\ \sin t\\ y'(t) &= \cos(\sin t)\ \cos t\\ z'(t) &= 0 \end{align*}\]

наш невід'ємний

\[\begin{align*} \oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} &=\oint_C\big[\textbf{B}_1\,\text{d}x +\textbf{B}_2\,\text{d}y\big]\\ &=\int_0^{2\pi}\big[\textbf{B}_1\big(x(t),y(t)\big)\,x'(t) +\textbf{B}_2\,\big(x(t),y(t)\big)\,y'(t)\big]\text{d}t\\ &=\int_0^{2\pi} \frac{\sin(\sin t)\,\cos(\cos t)\,\sin t +\sin(\cos t)\,\cos(\sin t)\,\cos t} {\sin^2(\cos t) +\sin^2(\sin t)} \text{d}t \end{align*}\]

Це дуже потворно виглядає невід'ємною ². Але навіть якщо ми не можемо оцінити інтеграл, ми можемо побачити, що integrand є строго позитивним, і це змушує\(\oint_C\textbf{B}\cdot\vecs{r} \gt 0\text{.}\) Тому що

\[ 0\le|\sin t|,|\cos t|\le 1 \lt \frac{\pi}{2} \nonumber \]

• \(\cos(\cos t) \gt 0\text{,}\)і\(\sin(\sin t)\) має той же знак,\(\sin(\sin t)\) що\(\sin t\text{,}\) і дорівнює нулю, якщо і тільки якщо\(\sin t=0\text{.}\) Так перший член в чисельнику,

  \[ \cos(\cos t)\,\sin(\sin t)\,\sin t\ge 0 \nonumber \]

  і дорівнює нулю, якщо і тільки якщо\(\sin t=0\)
• \(\cos(\sin t) \gt 0\text{,}\)і\(\sin(\cos t)\) має той же знак,\(\sin(\cos t)\) що\(\cos t\text{,}\) і дорівнює нулю, якщо і тільки якщо\(\cos t=0\text{.}\) Так другий член в чисельнику,

  \[ \cos(\sin t)\,\sin(\cos t)\,\cos t\ge 0 \nonumber \]

  і дорівнює нулю, якщо і тільки якщо\(\cos t=0\text{.}\)
• Немає,\(t\) для яких обидва\(\sin t\) і\(\cos t\) одночасно нульові. Отже, весь чисельник

  \[ \sin(\sin t)\,\cos(\cos t)\,\sin t +\sin(\cos t)\,\cos(\sin t)\,\cos t \gt 0 \nonumber \]

  строго позитивний.

Так як integrand строго позитивний, інтеграл строго позитивний.

Чому ми отримали неправильну відповідь:

У нашому початковому і неправильному розрахунку вище, ми припустили, що\(\frac{\partial B_2}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial B_1}{\partial y}(x,y)=0\) у всіх точках\((x,y)\) області\(R\) всередині\(C\text{.}\) Це не так. Хоча це вірно для більшості пунктів, це не вірно для всіх пунктів. Векторне поле\(\textbf{B}(x,y)\) не визначено в\((x,y)=(0,0)\text{.}\) So також\(\frac{\partial B_2}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial B_1}{\partial y}(x,y)\) не визначено в Цього достатньо\((x,y)=(0,0)\text{.}\), щоб визнати теорему Гріна недійсною. Прочитайте твердження теореми 4.3.2 ще раз уважно.

Приклад 4.3.8. Приклад 4.3.7, знову.

Оцінити

\[ \oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \nonumber \]

де

\[ \textbf{B} = \frac{-y\,\hat{\pmb{\imath}}+x\,\hat{\pmb{\jmath}}}{x^2+y^2} \nonumber \]

і\(C\) є кривою

\[\begin{align*} x(t) &= \sin(\cos t)\\ y(t) &= \sin(\sin t)\\ z(t) &= 0 \end{align*}\]

з\(0\le t\le 2\pi\text{.}\)

Рішення

Це той самий інтеграл, який ми неправильно обчислили в прикладі 4.3.7. Ми будемо використовувати два інгредієнти для\(\oint_C\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \) правильного обчислення.

• Нехай\(a \gt 0\) і позначають\(C_a\) за годинниковою стрілкою орієнтоване коло в\(xy\) -площині, яка має радіус\(a\) і знаходиться в центрі на початку. Ми можемо явно обчислити\(\oint_{C_a}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \text{.}\) Щоб зробити це просто параметризувати\(C_a\)\(x(t)=a\cos t\text{,}\)\(y(t) = a\sin t\text{,}\)\(z(t)=0\text{.}\) потім\(x'(t)=-a\sin t\text{,}\)\(y(t) = a\cos t\) і

  \[\begin{align*} \oint_{C_a}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} &=\int_0^{2\pi}\Big[\frac{-a\sin t\,\hat{\pmb{\imath}}+a\cos t\,\hat{\pmb{\jmath}}} {a^2\cos^2t+a^2\sin^2t}\Big] \cdot\big[-a\sin t\,\hat{\pmb{\imath}}+a\cos t\,\hat{\pmb{\jmath}}\big] \text{d}t\\ &=\int_0^{2\pi}\text{d}t=2\pi \end{align*}\]

• Виберіть досить малий\(a\), який повністю\(C_a\) лежить всередині,\(C\) і застосуйте теорему Гріна з областю,\(R_a\text{,}\) тобто між\(C\) і\(C_a\text{.}\)

Обмеження кривої\(R_a\) має дві складові -\(C\) і\(C_a\text{,}\) тепер\(C_a\) орієнтована за годинниковою стрілкою. (Нагадаємо, що в теоремі Гріна, коли ви йдете по граничній кривій у напрямку стрілки,\(R_a\) повинна бути зліва від вас.). Використовуйте для\(-C_a\) позначення\(C_a\) орієнтованих за годинниковою стрілкою. \(\frac{\partial B_2}{\partial x}(x,y) - \frac{\partial B_1}{\partial y}(x,y)\)дійсно нуль у всіх точках\((x,y)\) області\(R_a\text{.}\) Так що теорема Гріна дає

\[\begin{align*} 0&= \iint_{R_a}\Big(\frac{\partial B_2}{\partial x} - \frac{\partial B_1}{\partial y}\Big)\ \text{d}x\text{d}y = \oint_{C}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} + \oint_{-C_a}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \\ & = \oint_{C}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} - \oint_{C_a}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} \end{align*}\]

і так

\[\begin{gather*} \oint_{C}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} = \oint_{C_a}\textbf{B}\cdot\text{d}\vecs{r} =2\pi \end{gather*}\]

Вправи

Етап 1

1

Нехай\(R\) буде квадрат

\[\begin{gather*} R=\left \{(x,y)|0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1\right \} \end{gather*}\]

і нехай\(f(x,y)\) мають безперервні перші часткові похідні.

1. Використовуйте фундаментальну теорему числення, щоб показати, що

   \[\begin{gather*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \text{d}x\,\text{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \text{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \text{d}x \end{gather*}\]

2. Використовуйте теорему Гріна, щоб показати, що

   \[\begin{gather*} \iint_R\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\ \text{d}x\,\text{d}y =\int_0^1 f(x,1)\ \text{d}x - \int_0^1 f(x,0)\ \text{d}x \end{gather*}\]

2

\(R\)Дозволяти кінцева область в\(xy\) -площині, чия межа,\(C\text{,}\) складається з однієї, кусково гладкою, простий замкнутої кривої, яка орієнтована проти годинникової стрілки. «Простий» означає, що крива не перетинається сама. Використовуйте теорему Гріна, щоб показати, що

\[ \iint_R\vecs{ \nabla} \cdot\vecs{F} \ \text{d}x\,\text{d}y=\oint_C\vecs{F} \cdot\hat{\textbf{n}}\,\text{d}s \nonumber \]

де\(\vecs{F} =F_1\,\hat{\pmb{\imath}}+F_2\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\)\(\hat{\textbf{n}}\) зовнішня одиниця нормальна до\(C\) і\(s\) є довжина дуги вздовж\(C\text{.}\)

3

Інтегруйте\(\displaystyle \frac{1}{2\pi}\oint_C \frac{x\,\text{d}y-y\,\text{d}x}{x^2+y^2}\) проти годинникової стрілки

1. коло\(x^2+y^2=a^2\)
2. межа квадрата з вершинами\((-1,-1)\text{,}\)\((-1,1)\text{,}\)\((1,1)\) і\((1,-1)\)
3. межа області\(1\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge0\)

4

Покажіть, що

\[\begin{gather*} \frac{\partial}{\partial x}\Big( \frac{x}{x^2+y^2}\Big) =\frac{\partial}{\partial y}\Big( \frac{-y}{x^2+y^2}\Big) \end{gather*}\]

для всіх\((x,y)\ne (0,0)\text{.}\) Обговоріть зв'язок між цим результатом і результатами Q [4.3.1.3].

Етап 2

5

Оцініть\(\int_C\vecs{F} \cdot d\vecs{r} \), де\(\vecs{F} = x^2y^2\,\hat{\pmb{\imath}} + 2xy\,\hat{\pmb{\jmath}}\) і\(C\) - межа квадрата в\(xy\) -площині, що має одну вершину на початку і діагонально протилежну вершину в точці,\((3, 3)\text{,}\) орієнтованій проти годинникової стрілки.

6

Оцінити\(C\),\(\displaystyle \oint_C (x\sin y^2 -y^2)\,\text{d}x+(x^2y\cos y^2+3x)\,\text{d}y\) де знаходиться межа трапеції з вершинами проти годинникової стрілки\((0,-2),\ (1,-1),\ (1,1)\) і\((0,2)\text{.}\)

7. ✳

Оцініть\(I= \displaystyle \oint_{\mathcal{C}} \Big(\frac{1}{3}x^2y^3-x^4y\Big)\,\text{d}x +\big(xy^4+x^3y^2\big)\,\text{d}y\) проти годинникової стрілки навколо кордону півдиска\(0\le y\le \sqrt{4-x^2}\text{.}\)

8. ✳

\(\mathcal{C}\)Дозволяти межа проти годинникової стрілки прямокутника з вершинами\((1,0)\text{,}\)\((3,0)\text{,}\)\((3,1)\) і\((1,1)\text{.}\) оцінювати

\[ \oint_\mathcal{C}\big(3y^2+2xe^{y^2}\big)\,\text{d}x + \big(2yx^2 e^{y^2}\big)\,\text{d}y \nonumber \]

9. ✳

Розглянемо замкнуту область, укладену кривими\(y = x^2 + 4x + 4\) і\(y = 4 - x^2\text{.}\)\(C\) Дозволяти бути її межею і припустимо, що\(C\) орієнтована проти годинникової стрілки.

1. \(C\)Ретельно намалюйте орієнтовану криву в\(xy\) -площині.
2. Визначаємо значення

   \[ \oint_C xy\, \text{d}x + (e^y + x^2 ) \text{d}y \nonumber \]

10. ✳

Нехай

\[ \vecs{F} (x, y) = \big(y^2 - e^{-y^2} + \sin x\,,\, 2xye^{-y^2} + x\big) \nonumber \]

\(C\)Дозволяти межа трикутника з вершинами\((0, 0)\text{,}\)\((1, 0)\) і\((1, 2)\text{,}\) орієнтована проти годинникової стрілки. Обчислити

\[ \int_C \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \nonumber \]

11. ✳

Припустимо, крива\(C\) - це межа області, укладеної між кривими,\(y = x^2 - 4x+3\) і\(y = 3 - x^2 + 2x\text{.}\) Визначте значення прямої інтеграла.

\[ \int_C \big(2xe^y + \sqrt{2 + x^2}\big)\, \text{d}x + x^2 (2 + e^y)\, \text{d}y \nonumber \]

де\(C\) проходить проти годинникової стрілки.

12. ✳

Нехай

\[\begin{gather*} \vecs{F} (x,y) = \big(\tfrac{3}{2}y^2 + e^{-y} +\sin x\big)\,\hat{\pmb{\imath}} +\big(\tfrac{1}{2}x^2+x-x e^{-y}\big)\,\hat{\pmb{\jmath}} \end{gather*}\]

Знайти\(\int_C\vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \text{,}\) де\(C\) межа трикутника,\((0,0)\text{,}\)\((1,-2)\text{,}\)\((1,2)\text{,}\) орієнтованого проти годинникової стрілки.

13. ✳

1. Використовуйте теорему Гріна для оцінки лінійного інтеграла

   \[ \int_C \frac{-y}{x^2+y^2}\text{d}x + \frac{x}{x^2+y^2}\text{d}y \nonumber \]

   \(C\)де дуга параболи\(y = \frac{1}{4}x^2 + 1\) від\((-2, 2)\) до\((2, 2)\text{.}\)
2. Використовуйте теорему Гріна для оцінки лінійного інтеграла

   \[ \int_C \frac{-y}{x^2+y^2}\text{d}x + \frac{x}{x^2+y^2}\text{d}y \nonumber \]

   \(C\)де дуга параболи\(y = x^2 -2\) від\((-2, 2)\) до\((2, 2)\text{.}\)
3. Є векторним полем

   \[ \vecs{F} =\frac{-y}{x^2+y^2}\hat{\pmb{\imath}} + \frac{x}{x^2+y^2}\hat{\pmb{\jmath}} \nonumber \]

   консервативний? Вкажіть причину вашої відповіді на основі ваших відповідей на попередні частини цього питання.

14. ✳

Припустимо, крива\(C\) - це межа області, укладеної між кривими,\(y = x^2 - 4x + 3\) і\(y = 3 - x^2 + 2x\text{.}\) Визначте значення прямої інтеграла.

\[ \int_C \big(2xe^y + \sqrt{2} + x^2\big)\text{d}x + x^2 \big(2 + e^y)\text{d}y \nonumber \]

де\(C\) проходить проти годинникової стрілки.

15. ✳

\(\vecs{F} (x, y) = P \,\hat{\pmb{\imath}} + Q\,\hat{\pmb{\jmath}}\)Дозволяти поле вектора гладкої площини визначено для\((x,y) \ne (0, 0)\text{,}\) і припустимо\(Q_x = P_y\) для\((x,y) \ne (0, 0)\text{.}\) В наступному\(I_j = \int_{C_j} \vecs{F} \cdot\text{d}\vecs{r} \) для цілих\(j\text{,}\) і всі\(C_j\) позитивно орієнтовані кола. Припустимо\(C_1\),\(I_1 = \pi\) де знаходиться коло\(x^2 + y^2 = 1\text{.}\)

1. Знайдіть\(I_2\) для\(C_2 : (x - 2)^2 + y^2 = 1\text{.}\) Поясніть коротко.
2. Знайдіть\(I_3\) для\(C_3 : (x - 2)^2 + y^2 = 9\text{.}\) Поясніть коротко.
3. Знайдіть\(I_4\) для\(C_4 : (x - 2)^2 + (y-2)^2 = 9\text{.}\) Поясніть коротко.

16. ✳

Розглянемо векторне поле\(\vecs{F} = P\,\hat{\pmb{\imath}} + Q\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\), де

\[ P=\frac{x+y}{x^2+y^2},\qquad Q=\frac{y-x}{x^2+y^2} \nonumber \]

1. Обчислення та спрощення\(Q_x - P_y\text{.}\)
2. Обчислити інтеграл\(\int_{C_R} \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) безпосередньо за допомогою параметризації, де\(C_R\) знаходиться коло радіуса,\(R\text{,}\) зосереджене на початку, і орієнтоване в напрямку проти годинникової стрілки.
3. Є\(\vecs{F} \) консервативним? Уважно поясніть, як ваша відповідь відповідає результатам, які ви отримали в перших двох частинок.
4. Використовуйте теорему Гріна, щоб обчислити,\(\int_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) де\(C\) знаходиться трикутник з вершинами,\((1, 1)\text{,}\)\((1, 0)\text{,}\)\((0, 1)\) орієнтованими проти годинникової стрілки.
5. Використовуйте теорему Гріна, щоб обчислити,\(\int_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) де\(C\) знаходиться трикутник з вершинами,\((-1, -1)\text{,}\)\((1, 0)\text{,}\)\((0, 1)\) орієнтованими проти годинникової стрілки.

17. ✳

1. Оцінити

   \[ \int_C \sqrt{1+x^3}\,\text{d}x +\big(2xy^2 + y^2\big)\,\text{d}y \nonumber \]

   де\(C\) - одиничний коло,\(x^2+y^2 = 1\text{,}\) орієнтований проти годинникової стрілки.
2. Оцінити

   \[ \int_C \sqrt{1+x^3}\,\text{d}x +\big(2xy^2 + y^2\big)\,\text{d}y \nonumber \]

   де\(C\) тепер частина одиничного кола\(x^2+y^2 = 1\text{,}\) з\(x\ge 0\text{,}\) ще орієнтованою проти годинникової стрілки.

Етап 3

18. ✳

Оцініть лінійний інтеграл

\[ \int_C (x^2 + y e^x ) \,\text{d}x + (x \cos y + e^x ) \,\text{d}y \nonumber \]

де\(C\) - дуга кривої\(x = \cos y\) для\(-\pi/2 \le y \le \pi/2\text{,}\) пройденої в напрямку збільшення\(y\text{.}\)

19. ✳

Використовуйте теорему Гріна, щоб встановити, що якщо\(C\) це проста замкнута крива в площині, то область,\(A\) обведена,\(C\) задається

\[ A=\frac{1}{2}\oint_C x\,\text{d}y-y\,\text{d}x \nonumber \]

Скористайтеся цим, щоб обчислити площу всередині кривої.\(x^{2/3}+y^{2/3}=1\text{.}\)

20. ✳

\(\textbf{G} (x,y)=(x+y)\,\hat{\pmb{\imath}}+(2x-3y)\,\hat{\pmb{\jmath}}\)Дозволяти\(\vecs{F} (x,y)=(x+3y)\,\hat{\pmb{\imath}}+(x+y)\,\hat{\pmb{\jmath}}\) і бути векторні поля. Знайти число\(A\) таке, що для кожного кола\(C\) в площині

\[ \oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} =A\oint_C\textbf{G} \cdot \text{d}\vecs{r} \nonumber \]

21. ✳

Нехай\(\vecs{F} (x,y) = \frac{y^3}{ {(x^2+y^2)}^2}\hat{\pmb{\imath}} -\frac{xy^2}{ {(x^2+y^2)}^2}\hat{\pmb{\jmath}}\text{,}\)\((x,y)\ne (0,0)\text{.}\)

1. Обчислити\(\oint_C\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \), де\(C\) знаходиться одинична окружність в\(xy\) -площині, позитивно орієнтована.
2. Використовуйте (а) і теорему Гріна, щоб знайти\(\oint_{C_0}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \), де\(C_0\) еліпс\(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{25}=1\text{,}\) позитивно орієнтований.

22. ✳

\(\mathcal{C}_1\)Дозволяти бути коло\((x-2)^2+y^2=1\) і нехай\(\mathcal{C}_2\) буде коло\((x-2)^2+y^2=9\text{.}\) Нехай\(\vecs{F} =-\frac{y}{x^2+y^2}\,\hat{\pmb{\imath}}+\frac{x}{x^2+y^2}\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{.}\) знайти інтеграли\(\oint_{\mathcal{C}_1}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \) і\(\oint_{\mathcal{C}_2}\vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \text{.}\)

23. ✳

\(R\)Дозволяти область в першому квадранті\(xy\) -площині обмежена координатними осями і кривою\(y=1-x^2\text{.}\)\(\mathcal{C}\) Дозволяти межа\(R\text{,}\) орієнтованої проти годинникової стрілки.

1. Оцінити\(\int_\mathcal{C} x\,\text{d}s\text{.}\)
2. Оцініть\(\int_\mathcal{C} \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \text{,}\), де\(\vecs{F} (x,y) =\big(\sin(x^2)-xy\big)\,\hat{\pmb{\imath}}+\big(x^2+\cos(y^2)\big)\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{.}\)

24. ✳

\(C\)Дозволяти крива, визначена перетином поверхонь\(z = x + y\) і\(z = x^2 + y^2\text{.}\)

1. Покажіть, що\(C\) це проста замкнута крива.
2. Оцініть\(\oint_C \vecs{F} \cdot \text{d}\vecs{r} \), де
   1. \(\vecs{F} = x^2\,\hat{\pmb{\imath}} + y^2\,\hat{\pmb{\jmath}} + 3 e^z\,\hat{\mathbf{k}}\text{.}\)
   2. \(\vecs{F} = y^2\,\hat{\pmb{\imath}} + x^2\,\hat{\pmb{\jmath}} + 3 e^z\,\hat{\mathbf{k}}\text{.}\)

25

Знайдіть гладку, просту, замкнуту, орієнтовану проти годинникової стрілки криву,\(C\text{,}\) в\(xy\) -площині для якої значення лінійного інтеграла\(\oint_C(y^3-y)\,\text{d}x-2x^3\,dy\) є максимумом серед усіх плавних, простих, замкнутих, орієнтованих проти годинникової стрілки кривих.

1. Джордж Грін (1793—1841) — британський фізик-математик. Більшу частину свого життя він провів, працюючи в хлібопекарні та зерновому млині свого батька. Нарешті, він був прийнятий як бакалаврат Кембриджу в 1832 році, у віці майже сорока років.
2. Дійсно!