Вычислить криволинейный интеграл второго рода по замкнутому контуру

Предмет: Математика
Раздел: Векторный анализ / Криволинейные интегралы / Теорема Грина

Рассмотрим задачу, изображённую на фотографии.
Главная цель — вычислить криволинейный интеграл второго рода по замкнутому контуру.

Условие задачи:

Нам дан векторный интеграл:

 \oint\limits_L \left( \frac{x^2 - y^2}{2} \, dx + x y \, dy \right) 

Контур L — это окружность радиуса 2 с центром в начале координат (по рисунку видно: радиус доходит до x = ±2 и y = ±2).

Шаг 1: Узнаём, что это за интеграл

Это криволинейный интеграл второго рода по замкнутому контуру. Его удобно вычислять с помощью теоремы Грина, если контур замкнутый и область внутри него — односвязная (всё это выполняется в случае круга).

Теорема Грина

Если векторное поле задано функциями:

 \vec{F}(x, y) = P(x, y)\vec{i} + Q(x, y)\vec{j} 

то криволинейный интеграл по замкнутому контуру можно заменить двойным интегралом по области, ограниченной этим контуром:

 \oint\limits_L P \, dx + Q \, dy = \iint\limits_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dx \, dy 

Шаг 2: Определим функции P и Q

Сравниваем с интегралом:

 \oint\limits_L \left( \frac{x^2 - y^2}{2} \, dx + x y \, dy \right) 

Значит:

• P(x, y) = \frac{x^2 - y^2}{2}
• Q(x, y) = x y

Шаг 3: Найдём производные

 \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial (x y)}{\partial x} = y 

 \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{x^2 - y^2}{2} \right) = \frac{-2y}{2} = -y 

Теперь подставим в формулу Грина:

 \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = y - (-y) = 2y 

Шаг 4: Подставим в двойной интеграл

 \iint\limits_D 2y \, dx \, dy 

Область D — круг радиуса 2 с центром в начале координат.

Шаг 5: Переход в полярные координаты

Переходим к полярным координатам:

• x = r \cos \theta
• y = r \sin \theta
• Якобиан перехода: dx\,dy = r\,dr\,d\theta

Подставим:

 \iint\limits_D 2y \, dx \, dy = \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^2 2r \sin \theta \cdot r \, dr \, d\theta = \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^2 2r^2 \sin \theta \, dr \, d\theta 

Шаг 6: Интегрируем

Сначала по r:

 \int\limits_0^2 2r^2 \, dr = 2 \cdot \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^2 = 2 \cdot \frac{8}{3} = \frac{16}{3} 

Теперь по \theta:

 \int\limits_0^{2\pi} \sin \theta \, d\theta = 0 

(интеграл синуса по полному периоду всегда равен нулю)

Ответ:

 \iint\limits_D 2y \, dx \, dy = \frac{16}{3} \cdot 0 = 0 

Итог:

 \oint\limits_L \left( \frac{x^2 - y^2}{2} \, dx + x y \, dy \right) = 0 

Бытовое объяснение:

Представьте, что вы идёте по круговой дорожке в парке (контур L), и вдоль пути дует ветер — где-то в спину, где-то в лицо. Интеграл второго рода — это как сумма "вклада" этого ветра вдоль вашего пути.

Если ветер дует симметрично: сколько дуло в спину, столько же — в лицо, то в итоге вы не получили ни ускорения, ни торможения. Так и здесь: вклад вдоль замкнутого пути оказался нулевым — всё, что "прибавилось", где-то "отнялось".

Если нужно, могу также объяснить, как это решать без теоремы Грина — напрямую по определению криволинейного интеграла.