Зависит ли криволин интеграл I рода от выбора параметризации

[shur]

Допустим, что мы хотим найти криволинейный интеграл I рода по контуру из точки $B(0;1;0)$ в точку $C(0;0;1)$ от вектора $\vec a=(-x;yz;1)$

Я думал, что если мы при параметризации отрезка $CB$ мы возьмем в качестве касательного вектора $\overrightarrow {CB}=(0;1;-1)$, то независимо от взятой точки на этом отрезке, значение интеграла останется прежним, однако это на практике не подтвердилось(

(Оффтоп)

$\int\limits_{CB}(-x\cos\alpha+yz\cos \beta+\cos\gamma)dS$

$\cos\alpha=0$; $\cos\beta=\dfrac{1}{\sqrt 2}$; $\cos\gamma=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

1 ый вариант параметризации $CB$. Берем точку $B$.

$\begin{cases} x=0 \\ y=t+1 \\ z=-t\\ \end{cases}$

$$\int\limits_{0}^1 \Big(-t(t+1)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)\sqrt{2}dt=-\int\limits_{0}^1 t^2dt-\int\limits_{0}^1 tdt-\int\limits_{0}^1 tdt=-\dfrac{1}3-\dfrac{1}2-1=-\dfrac{11}6$$

2 ой вариант параметризации. Берем точку $A$

$\begin{cases} x=0 \\ y=t \\ z=1-t\\ \end{cases}$

$$\int\limits_{0}^1 \Big(t(1-t)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)\sqrt{2}dt=-\int\limits_{0}^1 t^2dt+\int\limits_{0}^1 tdt-\int\limits_{0}^1 dt=\dfrac{1}2-\dfrac{1}3-1=-\dfrac{1}6$$

[Gortaur]

Он у вас подозрительно второго рода.

[shur]

Gortaur в сообщении #452833 писал(а):

Он у вас подозрительно второго рода.

Почему же? Криволинейный интеграл второго рода $\int\limits_l Pdx+Qdy$ А у нас $\int\limits_l a_n dl$ А значение криволин. интеграл второго рода будет зависеть от выбранной параметризации?

[JMH]

В случае интегралов первого рода приращение в интегральной сумме берётся по кривой, второго рода - по координатным функциям (осям); почему значение интеграла должно зависеть от способа параметризации?

[shur]

JMH в сообщении #452841 писал(а):

В случае интегралов первого рода приращение в интегральной сумме берётся по кривой, второго рода - по координатным функциям (осям); почему значение интеграла должно зависеть от способа параметризации?

Спасибо, а у меня зависит почему-то((
См пример в первом сообщении

[Someone]

shur в сообщении #452904 писал(а):

Спасибо, а у меня зависит почему-то((

Во-первых, как Вам уже писали, это криволинейный интеграл второго рода, и он зависит от направления обхода пути интегрирования:

$$\int\limits_{\Gamma}(-x\cos\alpha+yz\cos\beta+\cos\gamma)ds=\int\limits_{\Gamma}-xdx+yzdy+dz=-\int\limits_{\Gamma^{-1}}-xdx+yzdy+dz.$$

Во-вторых, считать надо правильно.

[shur]

Someone в сообщении #453014 писал(а):

Во-первых, как Вам уже писали, это криволинейный интеграл второго рода, и он зависит от направления обхода пути интегрирования:

$$\int\limits_{\Gamma}(-x\cos\alpha+yz\cos\beta+\cos\gamma)ds=\int\limits_{\Gamma}-xdx+yzdy+dz=-\int\limits_{\Gamma^{-1}}-xdx+yzdy+dz.$$

Во-вторых, считать надо правильно.

Спасибо, хорошо, второго рода)

Но я все правильно посчитал, только один лишний икс из под интеграла забыл убрать, что не повлияло на результат, так как это была описка! Вот исправленный вариант

$\int\limits_{CB}(-x\cos\alpha+yz\cos \beta+\cos\gamma)dS$

$\cos\alpha=0$; $\cos\beta=\dfrac{1}{\sqrt 2}$; $\cos\gamma=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

1 ый вариант параметризации $CB$. Берем точку $B$.

$\begin{cases} x=0 \\ y=t+1 \\ z=-t\\ \end{cases}$

$$\int\limits_{0}^1 \Big(-t(t+1)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)\sqrt{2}dt=-\int\limits_{0}^1 t^2dt-\int\limits_{0}^1 tdt-\int\limits_{0}^1 dt=-\dfrac{1}3-\dfrac{1}2-1=-\dfrac{11}6$$

2 ой вариант параметризации. Берем точку $A$

$\begin{cases} x=0 \\ y=t \\ z=1-t\\ \end{cases}$

$$\int\limits_{0}^1 \Big(t(1-t)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)\sqrt{2}dt=-\int\limits_{0}^1 t^2dt+\int\limits_{0}^1 tdt-\int\limits_{0}^1 dt=\dfrac{1}2-\dfrac{1}3-1=-\dfrac{1}6$$

[Someone]

Во-первых, направляющие косинусы зависят от направления обхода отрезка $CB$, поэтому они в первом и втором случае разные.
Во-вторых, в первом варианте параметризация неправильная.
В-третьих, никакой точки $A$ у Вас не было.

[shur]

Someone в сообщении #453353 писал(а):

Во-первых, направляющие косинусы зависят от направления обхода отрезка $CB$, поэтому они в первом и втором случае разные.

И в первом и втором случае выбран один и тот же касательный вектор $\overrightarrow {CB}$ (значит и направляющие косинусы одинаковые). Эти варианты параметризации отличаются лишь тем, что В первом случае взята точка $B(0;1;0)$ и касательный вектор $\overrightarrow {CB}=(0;1;-1)$. Во втором варианте -- точка $C(0;0;1)$ и касательный вектор $\overrightarrow {CB}=(0;1;-1)$.

Someone в сообщении #453353 писал(а):

Во-вторых, в первом варианте параметризация неправильная.

А почему неправильная?
В первом случае взята точка $B(0;1;0)$ и касательный вектор $\overrightarrow {CB}=(0;1;-1)$
Значит параметрическое уравнение должно быть таким:
$\begin{cases} x=0 \\ y=t+1 \\ z=-t\\ \end{cases}$

Someone в сообщении #453353 писал(а):

В-третьих, никакой точки $A$ у Вас не было.

Согласен, здесь имелась ввиду точка $C$. Это описка, которая не повлияла на результат.
Спасибо!

(Оффтоп)

Еще заметил ошибку в подсчете дробей, должно быть так:

$$\int\limits_{0}^1 \Big(t(1-t)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)\sqrt{2}dt=-\int\limits_{0}^1 t^2dt+\int\limits_{0}^1 tdt-\int\limits_{0}^1 dt=\dfrac{1}2-\dfrac{1}3-1=-\dfrac{5}6$$