4.2: Властивості лінійних інтегралів
- Page ID
- 60295
З попереднього розділу відомо, що для лінійних інтегралів дійсних функцій (скалярних полів), зворотне напрямок, в якому взято інтеграл вздовж кривої, не змінює значення лінійного інтеграла:
\[\int_C f (x, y)\,ds = \int_{-C} f (x, y)\,ds \label{Eq4.17}\]
Однак для лінійних інтегралів векторних полів значення змінюється. Щоб побачити це,\(\textbf{f}(x, y) = P(x, y)\textbf{i} +Q(x, y)\textbf{j}\) нехай векторне поле, з\(P\) і\(Q\) безперервно диференційовні функції. \(C\)Дозволяти бути плавна крива параметризується\(x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b\), з позицією вектора\(\textbf{r}(t) = x(t)\textbf{i}+ y(t)\textbf{j}\) (ми зазвичай скорочуємо це, кажучи, що\(C : \textbf{r}(t) = x(t)\textbf{i}+ y(t)\textbf{j}\) це плавна крива). Ми знаємо, що крива,\(−C\) пройдена в протилежному напрямку, параметризується\(x = x(a+ b − t), y = y(a+ b − t), a ≤ t ≤ b\). Тоді
\[\nonumber \begin{align} \int_{-C} P(x, y)\,dx&=\int_a^b P(x(a+ b − t), y(a+ b − t))\dfrac{d }{dt}(x(a+ b − t))\,dt \\[4pt] \nonumber &=\int_a^b P(x(a+ b − t), y(a+ b − t)) (−x ′ (a+ b − t))\,dt\text{ (by the Chain Rule)} \\[4pt] \nonumber &=\int_a^b P(x(u), y(u)) (−x ′ (u)) (−du)\text{ (by letting }u = a+ b − t) \\[4pt] \nonumber &= \int_a^b P(x(u), y(u)) x ′ (u)\,du \\[4pt] \nonumber &=-\int_a^b P(x(u), y(u)) x ′ (u)\,du,\text{ since }\int_a^b = -\int_a^b,\text{ so} \\[4pt] \nonumber \int_{-C} P(x, y)\,dx &= -\int_{-C} P(x, y)\,dx \\[4pt] \end{align}\]
так як ми просто використовуємо іншу букву\((u)\) для лінії інтеграла вздовж\(C\). Аналогічний аргумент показує, що
\[\nonumber \int_{-C} Q(x, y)\,d y = -\int_C Q(x, y)\,d y ,\]
і, отже,
\[\nonumber \begin{align} \int_{-C}\textbf{f}\cdot d\textbf{r} &= \int_{-C} P(x, y)\,dx+\int_{-C}Q(x, y)\,d y \\[4pt] \nonumber &=-\int_C P(x, y)\,dx + - \int_C Q(x, y)\,d y \\[4pt] \nonumber &=- \left ( \int_C P(x, y)\,dx+ \int_C Q(x, y)\,d y \right ) \\[4pt] \int_{-C} \textbf{f}\cdot d\textbf{r} &= -\int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r}.\label{Eq4.18} \\[4pt] \end{align}\]
Вищенаведену формулу можна інтерпретувати з точки зору роботи, виконаної силою\(\textbf{f}(x, y)\) (трактується як вектор) переміщення об'єкта по кривій\(C\): загальна виконана робота переміщення об'єкта вздовж\(C\) від його початкової точки до кінцевої точки, а потім назад до початкової точки рухається назад по тому ж шляху, дорівнює нулю. Це пов'язано з тим, що коли сила розглядається як вектор, напрямок враховується.
Попереднє обговорення показує важливість завжди враховувати напрямок кривої при використанні лінійних інтегралів векторних полів. З цієї причини криві в лінійних інтегралах іноді називають спрямованими кривими або орієнтованими кривими.
Нагадаємо, що наше визначення лінійного інтеграла вимагало, щоб у нас була параметризація\(x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b\) кривої\(C\). Але, як ми знаємо, будь-яка крива має нескінченно багато параметризацій. Так що ми можемо отримати інше значення для лінії інтеграла, використовуючи деякі інші параметризації\(C\), скажімо,\(x = \tilde x(u), y = \tilde y(u), c ≤ u ≤ d\)? Якщо так, то це означатиме, що наше визначення не є чітко визначеним. На щастя, виявляється, що значення лінійного інтеграла векторного поля не змінюється до тих пір, поки напрямок кривої\(C\) зберігається будь-якою параметризацією.
Теорема 4.2
\(\textbf{f}(x, y) = P(x, y)\textbf{i} +Q(x, y)\textbf{j}\)Дозволяти векторне поле, і\(C\) нехай гладкою кривою параметризується\(x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b\). Припустимо\(t = α(u) \text{ for }c ≤ u ≤ d\), що таке, що\(a = α(c), b = α(d), \text{ and }α ′ (u) > 0\) на відкритому інтервалі\((c,d)\) (\(α(u)\)тобто строго збільшується на\([c,d]\)). Потім\(\int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r}\) має таке ж значення для параметризацій\(x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b \text{ and }x = \tilde x(u) = x(α(u)), y = \tilde y(u) = y(α(u)), c ≤ u ≤ d\).
Доказ: Оскільки суворо\(α(u)\) збільшується і карти\([c,d] \text{ onto }[a,b]\), то ми знаємо, що\(t = α(u)\) має зворотну функцію,\(u = α^{−1} (t)\) визначену на\([a,b]\) такі, що\(c = α^{−1} (a), d = α^{−1} (b), \text{ and }\dfrac{du}{dt} = \dfrac{1}{ α′ (u)}\). Крім того\(dt = α ′ (u)\,du\), і за правилом ланцюга
\[\nonumber \tilde x′ (u) = \dfrac{d\tilde x}{ du} = \dfrac{d}{ du} (x(α(u)))=\dfrac{ dx}{ dt}\dfrac{ dt}{ du} = x ′ (t)α ′ (u) \Rightarrow x ′ (t) = \dfrac{\tilde x ′ (u)}{ α′ (u)} \]
тому внесення підміни\(t = α(u)\) дає
\[\nonumber \begin{align}\int_a^b P(x(t), y(t)) x ′ (t)\,dt &= \int_{α^{−1} (a)}^{α^{−1} (b)} P(x(α(u)), y(α(u)))\dfrac{\tilde x ′ (u)}{ α′ (u)} (α ′ (u)\,du) \\[4pt] \nonumber &= \int_c^d P(\tilde x(u), \tilde y(u)) \tilde x ′ (u)du , \\[4pt] \end{align}\]
який показує, що\(\int_C P(x, y)\,dx\) має однакове значення для обох параметризацій. Подібний аргумент показує, що\(\int_C Q(x, y)\,d y\) має однакове значення для обох параметризацій, а отже,\(\int_C \textbf{f} \cdot d\textbf{r}\) має однакове значення.
Зверніть увагу, що умова\(α ′ (u) > 0\) в теоремі 4.2 означає, що дві параметризації рухаються\(C\) в одному напрямку. Це було не так з «зворотною» параметризацією для\(−C: \text{ for }u = a+ b − t\) нас\(t = α(u) = a+ b − u \Rightarrow α ′ (u) = −1 < 0\).
Приклад 4.4
Оцінити лінійний інтеграл\(\int_C (x^2 + y^2 )\,dx + 2x y \,d y\) з Прикладу 4.2, Розділ 4.1, вздовж кривої\(C : x = t, y = 2t^2 , 0 ≤ t ≤ 1\), де\(t = \sin u \text{ for }0 ≤ u ≤ π/2\).
Рішення
По-перше, ми помічаємо\(0 = \sin 0, 1 = sin(π/2)\), що, і\(\dfrac{dt}{du} = \cos u > 0 \text{ on }(0,π/2)\). Таким чином, за теоремою 4.2 ми знаємо, що якщо C параметризується
\[\nonumber x = \sin u ,\quad y = 2\sin^2 u ,\quad 0 ≤ u ≤ π/2\]
то\(\int_C (x^2+ y^2 )\,dx+2x y \,d y\) повинні мати таке ж значення, як ми знайшли в прикладі 4.2, а саме 13 3. І ми дійсно можемо перевірити це:
\[\nonumber \begin{align} \int_C (x^2 + y^2 )\,dx+2x y \,d y &=\int_0^{2\pi} \left ( (\sin^2 u +(2\sin^2 u)^2 )\cos u +2(\sin u)(2\sin^2 u)4\sin u \cos u \right )\,du \\[4pt] \nonumber &=\int_0^{\pi/2} \left ( \sin^2 u +20\sin^4 u \right )\cos u \,du \\[4pt] \nonumber &= \dfrac{ \sin^3 u}{3} + 4\sin^5 u \Big |_0^{\pi/2} \\[4pt] \nonumber &=\dfrac{1}{3} +4=\dfrac{13}{3} \\[4pt] \end{align}\]
Іншими словами, лінійний інтеграл\(u\) незмінний\(t\) чи є параметром для\(C\).
Проста замкнута крива - це замкнута крива, яка не перетинається сама. Зверніть увагу, що будь-яка замкнута крива може розглядатися як об'єднання простих замкнутих кривих (подумайте про петлі у вісімці). Використовуємо спеціальні позначення
\[\nonumber \oint_C f (x, y)\,ds \text{ and }\oint_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r}\]
для позначення лінійних інтегралів скалярного і векторного полів відповідно по замкнутих кривих. У деяких старих текстах ви можете побачити позначення
, що позначає лінійний інтеграл, що проходить замкнуту криву відповідно проти годинникової стрілки або за годинниковою стрілкою.
Поки що приклади лінійних інтегралів (наприклад, приклад 4.2) мали однакове значення для різних кривих, що з'єднують початкову точку з кінцевою точкою. Тобто лінійний інтеграл був незалежним від шляху, що з'єднує дві точки. Як ми вже згадували раніше, це не завжди так. Наступна теорема дає необхідну і достатню умову незалежності цього шляху:
Теорема 4.3
У області\(R\)\(\int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r}\) лінійний інтеграл не залежить від шляху між будь-якими двома точками в\(R\) if і тільки тоді, коли\(\oint_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r} = 0\) для кожної замкнутої кривої\(C\), яка міститься в\(R\).
\[\nonumber \begin{align} \int_{C_1}\textbf{f}\cdot d\textbf{r} &=\int_{C_2}\textbf{f}\cdot d\textbf{r} \\[4pt] \nonumber \int_{C_1}\textbf{f}\cdot d\textbf{r} - \int_{C_2}\textbf{f}\cdot d\textbf{r} &=0 \\[4pt] \nonumber \int_{C_1} \textbf{f}\cdot d\textbf{r}+\int_{-C_2}\textbf{f}\cdot d\textbf{r} &=0,\text{ so } \\[4pt] \nonumber \oint_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r} &= 0 \\[4pt] \end{align}\]
так як\(C = C_1 \cup −C_2 \tag{\(\textbf{QED}\)}\).
Зрозуміло, що вищевказана теорема не дає практичного способу визначення незалежності шляху, оскільки неможливо перевірити лінійні інтеграли навколо всіх можливих замкнутих кривих в області. Те, що він в основному робить, це дає уявлення про те, як поводяться лінійні інтеграли, і як, здавалося б, незв'язані лінійні інтеграли можуть бути пов'язані (у цьому випадку конкретний лінійний інтеграл між двома точками та всіма лінійними інтегралами навколо замкнутих кривих).
Для більш практичного методу визначення незалежності шляху нам спочатку знадобиться версія Правила ланцюга для багатоваріантних функцій:
Теорема 4.4. (Правило ланцюга)
Якщо\(z = f (x, y)\) є безперервно диференційованою функцією\(x \text{ and }y\), і обидва\(x = x(t) \text{ and }y = y(t)\) є диференційованими функціями\(t\), то\(z\) є диференційованою функцією\(t\), і
\[\dfrac{dz}{dt} = \dfrac{∂z}{∂x}\dfrac{ dx}{dt} + \dfrac{∂z}{∂y}\dfrac{ d y}{ dt}\label{Eq4.19}\]
у всіх точках, де визначені похідні праворуч.
Доказ практично ідентичний доказу теореми 2.2 з розділу 2.4 (який використовує теорему про середнє значення), тому ми його опускаємо. Тепер ми будемо використовувати це правило ланцюга, щоб довести наступну достатню умову для незалежності шляху лінійних інтегралів:
Вправа 4.5
\(\textbf{f}(x, y) = P(x, y)\textbf{i}+Q(x, y)\textbf{j}\)Дозволяти векторне поле в деякій області\(R\), з\(P \text{ and }Q\) безперервно диференційовні функції на\(R\). \(C\)Дозволяти бути плавна крива в\(R\) параметризованому по\(x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b\). Припустимо, що існує реальна функція\(F(x, y)\) така, що\(\nabla F = \textbf{f} \text{ on }R\). Тоді
\[\int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r} = F(B) − F(A) ,\label{Eq4.20}\]
де\(A = (x(a), y(a)) \text{ and }B = (x(b), y(b))\) знаходяться кінцеві точки\(C\). Таким чином, лінійний інтеграл не залежить від шляху між його кінцевими точками, так як він залежить тільки від значень\(F\) в цих кінцевих точках.
Доказ: За визначенням R\(\int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r}\) ми маємо
\[\nonumber \begin{align} \int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r} &=\int_a^b \left ( P(x(t), y(t)) x ′ (t)+Q(x(t), y(t)) y ′ (t) \right ) \,dt \\[4pt] \nonumber &=\int_a^b \left ( \dfrac{∂F}{∂x} \dfrac{dx}{ dt} + \dfrac{∂F}{∂y}\dfrac{ d y}{ dt} \right ) \,dt \text{ since } \nabla F = \textbf{f} \Rightarrow \dfrac{∂F}{ ∂x} = P \text{ and }\dfrac{∂F}{ ∂y} = Q) \\[4pt] \nonumber &=\int_a^b F ′ (x(t), y(t))\,dt \text{(by the Chain Rule in Theorem 4.4)} \\[4pt] \nonumber &=F(x(t), y(t)) \Big |_a^b = F(B) − F(A) \\[4pt] \end{align}\]
за фундаментальною теоремою обчислення\(\tag{\(\textbf{QED}\)}\).
Теорему 4.5 можна розглядати як лінійну інтегральну версію фундаментальної теореми числення. Реальнозначна функція\(F(x, y)\) така, що\(\nabla F(x, y) = f(x, y)\) називається потенціалом для f. Консервативне векторне поле - це той, який має потенціал.
Приклад 4.5
Нагадаємо з прикладів 4.2 та 4.3 у розділі 4.1, що лінійний\(\int_C (x^2 + y^2 )\,dx + 2x y \,d y\) інтеграл був знайдений, щоб мати значення\(\dfrac{13}{3}\) для трьох різних кривих, що\(C\) йдуть від точки\((0,0)\) до точки\((1,2)\). Використовуйте теорему 4.5, щоб показати, що цей лінійний інтеграл дійсно є незалежним від шляху.
Рішення
Нам потрібно знайти реальну функцію\(F(x, y)\) таку, що
\[\nonumber \dfrac{∂F}{ ∂x} = x^2+y^2 \text{ and }\dfrac{∂F}{∂y}=2xy.\]
Припустимо\(\dfrac{∂F}{∂x} = x^2 + y^2\), що, Тоді ми повинні мати\(F(x, y) = \dfrac{1}{3} x^3 + x y^2 + g(y)\) для деяких функцій\(g(y)\). Так\(\dfrac{∂F}{∂y} = 2x y+ g ′ (y)\) задовольняє умова\(\dfrac{∂F}{∂y} = 2x y \text{ if} g ′ (y) = 0\)\(g(y) = K\),\(K\) тобто де константа. Так як будь-який вибір для\(K\) буде робити (чому?) , ми підбираємо\(K = 0\). Таким чином,\(F(x, y) \text{ for }\textbf{f}(x, y) = (x^2 + y^2 )\textbf{i}+2x y\textbf{j}\) існує потенціал, а саме
\[\nonumber F(x, y) = \dfrac{1}{3} x^3 + x y^2 .\]
Отже, лінійний інтеграл\(\int_C(x^2 + y^ 2 )\,dx+2x y \,d y\) є незалежним від шляху. Зауважте, що ми також можемо перевірити, що значення прямої інтеграла f вздовж будь-якої кривої, що\(C\) йде від, завжди\((0,0) \text{ to }(1,2)\) буде\(\dfrac{13}{3}\), оскільки по теоремі 4.5
\[\nonumber \int_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r}=F(1,2) − F(0,0) = \dfrac{1}{3}(1)^3 +(1)(2)^2 -−(0+0) =\dfrac{1}{3}+4=\dfrac{13}{3}.\]
Наслідком теореми 4.5 в особливому випадку, коли\ C\) є замкнута крива, так що\(A \text{ and }B\) кінцеві точки є однією і тією ж точкою, є наступний важливий наслідок:
Наслідок 4.6.
Якщо векторне поле f має потенціал в області\(R\), то\(\oint_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r} = 0\) для будь-якої замкнутої кривої\(C\) в\(R\) (тобто\(\oint_C \nabla F \cdot d\textbf{r} = 0\) для будь-якої дійсної функції\(F(x, y))\).
Приклад 4.6
Оцініть\(\oint_C x \,dx+ y\, d y\) для\(C : x = 2\cos t, y = 3\sin t, 0 ≤ t ≤ 2π\).
Рішення:
Векторне поле\(\textbf{f}(x, y) = x\textbf{i}+ y\textbf{j} \text{ has a potential }F(x, y)\):
\[\nonumber \begin{align}&\dfrac{∂F}{∂x} = x \Rightarrow F(x, y) =\dfrac{1}{2}x^2+g(y) ,\text{ so} \\[4pt] \nonumber &\dfrac{∂F}{∂y}=y \Rightarrow g ′ (y) = y \Rightarrow g(y) = \dfrac{1}{2}y^2+K \\[4pt] \end{align}\]
для будь-якої\(K, \text{ so }F(x, y) = \dfrac{1}{2} x^2 + \dfrac{1}{2} y^2\) константи є потенціалом для\(f(x, y)\). Таким чином,
\[\nonumber \oint_C x\,dx+y\,dy =\oint_C \textbf{f}\cdot d\textbf{r} =0\]
по Слідство 4.6, так як\(C\) крива замкнута (це еліпс\(\dfrac{x^2}{ 4} + \dfrac{y^2}{ 9} = 1)\).