Analiza matematyczna 2/Ćwiczenia 12: Całka krzwoliniowa. Twierdzenie Greena

Całka krzywoliniowa. Twierdzenie Greena

Ćwiczenie 12.1.

Policzyć

$\underset{C}{\int }ydx+2xdy,$

gdzie $C$ jest łukiem cykloidy danej parametrycznie:

$x=t-\sin t,y=1-\cos t,t\in [0,2\pi ].$

Wskazówka

<flashwrap>file=AM2.M12.C.R01.swf|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>Cykloida

Parametryzację krzywej już mamy daną, wystarczy podstawić do wzoru.

Rozwiązanie

Ze wzoru na całkę krzywoliniową skierowaną mamy:

$\begin{array}{rl}\underset{C}{\int }ydx+2xdy& =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(1-\cos t)(t-\sin t{)}^{\prime }+2(t-\sin t)(1-\cos t{)}^{\prime }dt\\ & =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}(1-\cos t{)}^2+2(t-\sin t)\sin tdt\\ & =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}-2\cos t+{\cos }^{}t+\cos 2t+2t\sin t\\ & =\frac{1}{2}t+\frac{3}{2}\cos t\sin t-2t\cos t{|}_0^{2\pi }=-3\pi .\end{array}$

Ćwiczenie 12.2.

Policzyć

$\underset{K}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy,$

gdzie $K$ jest kwadratem o wierzchołkach w $(-1,-1),(1,-1),(1,1),(-1,1)$ obieganym przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

Wskazówka

Zadanie można zrobić na dwa sposoby. Pierwszy sposób, to sparametryzowanie każdego z boków kwadratu i skorzystanie z definicji. Drugi sposób, to zastosowanie twierdzenia Greena - nasza krzywa jest krzywą zamkniętą i zorientowaną dodatnio, funkcje $P(x,y)=x+y$ i $Q(x,y)=y^2$ są ciągłe i mają ciągłe pochodne cząstkowe, więc twierdzenie Greena można stosować.

Rozwiązanie

Sposób I: Oznaczmy boki kwadratu. Niech
$B_1$ będzie odcinkiem łączącym $(-1,-1)$ z $(1,-1)$;
$B_2$ będzie odcinkiem łączącym $(1,-1)$ z $(1,1)$;
$B_3$ będzie odcinkiem łączącym $(1,1)$ z $(-1,1)$;
$B_4$ będzie odcinkiem łączącym $(-1,1)$ z $(-1,-1).$

<flash>file=Am2.12.5.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>Orientacja krzywej z ćwiczenia 12.2.

Zwróćmy uwagę na to, że musimy tak dobrać parametryzację odcinków $B_1,\dots ,B_4,$ by ta parametryzacja dawała orientację zgodną z orientacją $K$ zobacz rysunek.

Wypiszmy zatem parametryzacje tych odcinków. Dla $B_1,\dots ,B_4$ mamy odpowiednio:

$\begin{array}{rl}{\gamma }_1(t)& =(t,-1),t\in [-1,1],\\ {\gamma }_2(t)& =(1,t),t\in [-1,1],\\ {\gamma }_3(t)& =(-t,1),t\in [-1,1],\\ {\gamma }_4(t)& =(-1,-t),t\in [-1,1].\end{array}$

Podstawiając do wzoru, mamy:

$\begin{array}{rl}& \underset{K}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy\\ & =\underset{B_1}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy+\underset{B_2}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy+\underset{B_3}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy+\underset{B_4}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy\\ & =\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(t-1)dt+\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{t}^{2}dt+\underset{-1}{\overset{1}{\int }}-(-1+t)dt+\underset{-1}{\overset{1}{\int }}-t^{2}dt=2\underset{-1}{\overset{1}{\int }}(t-1)dt=-4.\end{array}$

Sposób II. Skorzystajmy z twierdzenia Greena. Oznaczmy przez $D$ wnętrze kwadratu ograniczonego krzywą $K.$ Policzmy najpierw

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial (y^2)}{\partial x}-\frac{\partial (x+y)}{\partial y}=-1.$

Dostajemy zatem:

$\underset{K}{\int }(x+y)dx+y^{2}dy=\underset{D}{\iint }-1dxdy=-$ (pole kwadratu o boku $2$) $=-4.$

Ćwiczenie 12.3.

W pewnym polu sił składowe pola wynoszą

$P(x,y)=3x^{2}y+2x{y}^2+1,Q(x,y)=x^3+2x^{2}y+1.$

Policzyć pracę potrzebną do przesunięcia punktu materialnego wzdłuż krzywej $K$ łączącej punkt $(0,0)$ z punktem $(1,1),$ danej wzorem $y=x^{20}.$

Wskazówka

Zadanie można zrobić na dwa sposoby. Pierwszy sposób to sparametryzowanie krzywej: $x=t,y=t^{20},t\in [0,1]$ i wstawienie do wzoru. Inny pomysł to zauważenie, że dane pole sił jest polem potencjalnym, zatem obliczana praca nie zależy od drogi. Można więc wybrać dowolną drogę całkowania, najlepiej odcinek łączący punkt $(0,0)$ z punktem $(1,1).$

Rozwiązanie

Sposób I. Parametryzujemy daną krzywą: $x=t,y=t^{20},t\in [0,1]$ i wstawiamy do wzoru na pracę

$\begin{array}{rl}W& =\underset{K}{\int }(3x^{2}y+2x{y}^2+1)dx+(x^3+2x^{2}y+1)dy\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}(3t^2{t}^{20}+t^{40}2t+1)+(t^3+2t^2{t}^{20}+1)20t^{19}dt\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}23t^{22}+42t^{41}+20t^{19}+1dt=t^{23}+t^{42}+t^{20}+t{|}_0^1=4.\end{array}$

Sposób II. Zauważmy, że dane pole jest potencjalne w ${\mathbb{ℝ}}^2,$ bo

$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=3x^2+4xy,$

a zatem całka nie zależy od drogi całkowania. Zamiast krzywej $K$ możemy wziąć zatem odcinek $T$ łączący punkt $(0,0)$ z punktem $(1,1)$ sparametryzowany następująco:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle x=t,\ y=t,\ t\in[0,1]. }

Licząc pracę, dostajemy:

$\begin{array}{rl}W& =\underset{T}{\int }(3x^{2}y+2x{y}^2+1)dx+(x^3+2x^{2}y+1)dy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}3t^3+2t^3+1+t^3+2t^3+1dt\\ & =\underset{0}{\overset{1}{\int }}8t^3+2dt=4.\end{array}$

Ćwiczenie 12.4.

Znaleźć (lub odgadnąć) potencjał dla pola sił z ćwiczenia 12.3.

Wskazówka

Jak wiemy z wykładu, potencjał pola to taka funkcja $\varrho ,$ że

$(P(x,y),Q(x,y))=(\frac{\partial \varrho }{\partial x}(x,y),\frac{\partial \varrho }{\partial y}(x,y)).$

Można spróbować ją odgadnąć.

Rozwiązanie

Szukamy funkcji $\varrho :{\mathbb{ℝ}}^2\to \mathbb{ℝ}$ takiej, że

$3x^{2}y+2x{y}^2+1=\frac{\partial \varrho }{\partial x}(x,y)$

i

$x^3+2x^{2}y+1=\frac{\partial \varrho }{\partial y}(x,y).$

Policzmy całkę po $x$ z obu stron pierwszej równości

$\int (3x^{2}y+2x{y}^2+1)dx=\int \frac{\partial \varrho }{\partial x}(x,y)dx,$

dostaniemy

$\varrho (x,y)=x^{3}y+x^2{y}^2+x+g(y),$

gdzie $g$ jest pewną różniczkowalną funkcją zmiennej $y.$ (Dla sprawdzenia można policzyć pochodną po $x$ z obu stron tej równości). Aby znaleźć $g$, policzmy pochodną po $y$

$\frac{\partial \varrho (x,y)}{\partial y}=\frac{\partial (x^{3}y+x^2{y}^2+y+g(y))}{\partial y}=x^3+2x^{2}y+1+g^{\prime }(y),$

a skoro mamy mieć

$x^3+2x^{2}y+1=\frac{\partial \varrho }{\partial y}(x,y),$

to musi być

$g^{\prime }(y)=0,$

czyli

$g(y)=$ const.

Tak więc szukanym potencjałem jest na przykład:

$\varrho (x,y)=x^{3}y+x^2{y}^2+y+x$

(wzięliśmy $g(y)\equiv 0$).

Zauważmy, że policzona w poprzednim zadaniu całka

$\underset{T}{\int }(3x^{2}y+2x{y}^2+1)dx+(x^3+2x^{2}y+1)dy=4=\varrho (1,1)-\varrho (0,0),$

co obrazuje ogólne twierdzenie, że dla pola potencjalnego całka po krzywej to różnica wartości potencjałów na końcach tej krzywej.

Ćwiczenie 12.5.

Korzystając z twierdzenia Greena, policzyć

$\underset{K}{\int }-y{x}^{2}dx+x{y}^{2}dy,$

gdzie $K$ jest okręgiem środku w $(0,0)$ i promieniu $1.$

Wskazówka

Po skorzystaniu z twierdzenia Greena zmienić zmienne na biegunowe.

Rozwiązanie

Korzystamy z twierdzenia Greena. Niech $D$ oznacza koło o promieniu $1:$

$\begin{array}{rl}\underset{K}{\int }-y{x}^{2}dx+x{y}^{2}dy& =\underset{D}{\iint }\frac{\partial (x{y}^2)}{\partial x}-\frac{\partial (-y{x}^2)}{\partial y}dxdy=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy\\ & =\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d\phi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{r}^{3}dr=\frac{\pi }{2}\end{array}$

(w ostatnim przejściu zastosowano zmianę współrzędnych na biegunowe).

Ćwiczenie 12.6.

Policzyć całkę

$\underset{K}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy,$

gdzie $K$ jest wykresem funkcji $y=\sin x,$ dla $x\in [0,\pi ].$

Wskazówka

Krzywa $K$ nie jest krzywą zamkniętą, można jednak "dokleić" do niej odcinek $[0,\pi ]$ - wtedy krzywa będzie ograniczać pewien obszar $D.$ Teraz można skorzystać z twierdzenia Greena.

Rozwiązanie

<flash>file=Am2.12.6.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>Obszar $D$ ograniczony wykresem funkcji $\sin$ oraz osią $Ox$

Krzywą $K$ oczywiście możemy sparametryzować $x=t,y=\sin t,t\in [0,\pi ].$ Licząc całkę, dostajemy:

$\underset{K}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}(e^t+e^{\sin t}-\sin t+t{e}^{\sin t}\cos t)dt.$

Znalezienie pierwotnej z $e^{\sin t}$ albo z $t{e}^{\sin t}\cos t$ przekracza nasze możliwości. Spróbujmy zatem wykorzystać twierdzenie Greena. Skoro krzywa $K$ nie jest zamknięta, musimy najpierw "dokleić" do niej inną krzywą, tak by razem ograniczały jakiś obszar. Weźmy zatem jako tą dodatkową krzywą odcinek $T:=[0,\pi ].$ Obszar ograniczony odcinkiem i wykresem funkcji $\sin x$ nazwiemy $D.$

Aby zastosować do tego obszaru twierdzenie Greena, musimy mieć $\partial D$ zorientowany dodatnio, a zatem krzywą $K$ będziemy teraz przebiegać w kierunku od $x=\pi$ do $x=0,$ przeciwnym do zadanego. Brzeg $D$ możemy więc zapisać jako $\partial D=-K+T.$ Mamy zatem:

$\underset{\partial D}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy=\underset{-K}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy+\underset{T}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy.$

Z twierdzenia Greena wynika, że

$\begin{array}{rl}\underset{\partial D}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy& =\underset{D}{\iint }(\frac{\partial (x{e}^y)}{\partial x}-\frac{\partial (e^x+e^y-y)}{\partial y})dxdy\\ & =\underset{D}{\iint }1dxdy=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}dx\underset{0}{\overset{\sin x}{\int }}dy=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin xdx=2.\end{array}$

Brakuje nam jeszcze

$\underset{T}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy.$

Parametryzując $T$ jako $x=t,y=0,t\in [0,\pi ]$, mamy:

$\underset{T}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{e}^t+1dt=e^{\pi }+\pi -1.$

Tak więc, reasumując:

$2=\underset{\partial D}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy=\underset{-K}{\int }((e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy)+e^{\pi }+\pi -1.$

A zatem

$\underset{K}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy=-\underset{-K}{\int }(e^x+e^y-y)dx+(x{e}^y)dy=e^{\pi }+\pi -3.$

Ćwiczenie 12.7.

Policzyć całkę krzywoliniową:

$\underset{K}{\int }(e^x\sin y)dx+(e^x\cos y)dy,$

gdzie $K$ jest parabolą $y=-x^2+1$ pomiędzy punktami $(-1,0)$ a $(1,0).$

Wskazówka

To zadanie jest podobne do ćwiczenia 12.6.

Rozwiązanie

<flash>file=Am2.12.7.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>Obszar $D$ ograniczony wykresem paraboli $y=-x^2+1$ oraz osią $Ox$

Od razu widać, że policzenie całki przy pomocy sparametryzowania krzywej będzie trudne. Postaramy sie skorzystać z twierdzenia Greena. Aby dostać krzywą zamkniętą, do krzywej $K$ "doklejamy" odcinek $T=[-1,1].$ Otrzymany obszar oznaczamy przez $D.$

Brzeg $D$ ma być zorientowany dodatnio, zatem na krzywej $K$ musimy wziąć parametryzację dającą orientację przeciwną, $\partial D=-K+T.$ Mamy zatem:

$\underset{\partial D}{\int }(e^x\sin y)dx+(e^x\cos y)dy=\underset{D}{\iint }\frac{\partial (e^x\cos y)}{\partial x}-\frac{\partial (e^x\sin y)}{\partial y}dxdy=\underset{D}{\iint }0dxdy=0.$

Z drugiej strony

$\underset{\partial D}{\int }(e^x\sin y)dx+(e^x\cos y)dy=\underset{K}{\int }(e^x\sin y)dx+(e^x\cos y)dy+\underset{T}{\int }(e^x\sin y)dx+(e^x\cos y)dy.$

Biorąc parametryzację odcinka $T$: $x=t,y=0,t\in [-1,1]$, dostajemy od razu

$\underset{T}{\int }(e^x\sin y)dx+(e^x\cos y)dy=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}((e^t\cdot 0)+(e^t\cos 0)\cdot 0)dt=0.$

Zatem

$\underset{K}{\int }(e^x\sin y)dx-(e^x\cos y)dy=0.$

Ćwiczenie 12.8.

Za pomocą całki krzywoliniowej skierowanej obliczyć pole ograniczone elipsą $E$

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,$

gdzie $a,b>0$ są dane.

Wskazówka

<flashwrap>file=AM2.M12.C.R05.swf|size=small</flashwrap>

<div.thumbcaption>Elipsa

Parametryzacja elipsy to $x=a\cos t,y=b\sin t,t\in [0,2\pi ].$

Rozwiązanie

Sparametryzujmy elipsę:

$x=a\cos t,y=b\sin t,t\in [0,2\pi ].$

Jak wiemy z wykładu, pole powierzchni obszaru ograniczonego krzywą $E$ wyraża się wzorem:

$|D|={\oint }_{E}xdy.$

A zatem, licząc całkę krzywoliniową, mamy:

$|D|={\oint }_{E}xdy=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}a\cos t(b\sin t{)}^{\prime }dt=ab\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\cos }^{}tdt=ab(\frac{t}{2}+\frac{1}{4}\sin 2t){|}_0^{2\pi }=ab\pi .$

Ćwiczenie 12.9.

Za pomocą całki krzywoliniowej skierowanej obliczyć pole ograniczone asteroidą $A$

$x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}},$

gdzie $a>0$ jest dane.

Wskazówka

<flash>file=Am2.12.8.swf|width=375|height=375</flash>

<div.thumbcaption>Asteroida

Parametryzacja asteroidy to $x=a{\cos }^{3}t,y=a{\sin }^{3}t,t\in [0,2\pi ].$

Rozwiązanie

Już wiemy, że parametryzacja asteroidy to $x=a{\cos }^{3}t,y=a{\sin }^{3}t,t\in [0,2\pi ],$ zastosujmy zatem wzór na pole:

$\begin{array}{rl}|D|& ={\oint }_{A}xdy=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}a{\cos }^{3}t(a{\sin }^{3}t{)}^{\prime }dt=3a^2\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\cos }^{3}t(\cos t{\sin }^{}t)dt\\ & =3a^2\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\cos }^{4}t{\sin }^{2}tdt=3a^2\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}({\cos }^{4}t-{\cos }^{6}t)dt.\end{array}$

Ponieważ:

$\begin{array}{rl}\int {\cos }^{4}tdt& =\frac{3t}{8}+\frac{1}{4}\sin 2t+\frac{1}{32}\sin 4t+C,\\ \int {\cos }^{6}tdt& =\frac{5t}{16}+\frac{15}{64}\sin 2t+\frac{3}{64}\sin 4t+\frac{1}{192}\sin 6t+C.\end{array}$

(wzór na $\int {\cos }^{n}tdt$ można wyprowadzić rekurencyjnie) zatem dostajemy:

$3a^2\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}{\cos }^{4}t-{\cos }^{6}tdt=3a^2(\frac{t}{16}+\frac{1}{64}\sin 2t-\frac{1}{64}\sin 4t-\frac{1}{192}\sin 6t){|}_0^{2\pi }=\frac{3a^2}{8}\pi .$