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:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} & \displaystyle\int\limits_K (x+y)dx+y^2 dy\\ &= \displaystyle\int\limits_{B_1} (x+y)dx+y^2 dy+\displaystyle\int\limits_{B_2} (x+y)dx+y^2 dy+\displaystyle\int\limits_{B_3} (x+y)dx+y^2 dy+\displaystyle\int\limits_{B_4} (x+y)dx+y^2 dy\\ &= \displaystyle\int\limits_{-1}^1(t-1)dt+\displaystyle\int\limits_{-1}^1t^2dt+\displaystyle\int\limits_{-1}^1-(-1+t)dt+\displaystyle\int\limits_{-1}^1-t^2dt \ =\ 2\displaystyle\int\limits_{-1}^1(t-1)dt \ =\ -4. \end{align} }

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_K (x+y)dx+y^2 dy \ =\ \iint\limits_D-1 dxdy \ =\ - } (pole kwadratu o boku $2$) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \ =\ -4. }

Ćwiczenie 12.3.

W pewnym polu sił składowe pola wynoszą

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle P(x,y) \ =\ 3x^2y+2xy^2+1, \quad Q(x,y) \ =\ x^3+2x^2y+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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} W &= \displaystyle\int\limits_K(3x^2y+2xy^2+1)dx+(x^3+2x^2y+1)dy\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1(3t^2t^{20}+t^{40}2t+1)+(t^3+2t^2t^{20}+1)20t^{19} dt\\ &= \displaystyle\int\limits_0^1 23t^{22}+42t^{41}+20t^{19}+1 \ dt \ =\ t^{23}+t^{42}+t^{20}+t\bigg|_0^1 \ =\ 4. \end{align}}

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \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:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} W &= \displaystyle\int\limits_T(3x^2y+2xy^2+1)dx+(x^3+2x^2y+1)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^13t^3+2t^3+1+t^3+2t^3+1\ dt\\ &= \displaystyle\int\limits_0^18t^3+2\ dt \ =\ 4. \end{align}}

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle (P(x,y),Q(x,y)) \ =\ \left(\frac{\partial \varrho}{\partial x}(x,y), \frac{\partial \varrho}{\partial y}(x,y)\right). }

Można spróbować ją odgadnąć.

Rozwiązanie

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle 3x^2y+2xy^2+1 \ =\ \frac{\partial \varrho}{\partial x}(x,y) }

i

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle x^3+2x^2y+1 \ =\ \frac{\partial \varrho}{\partial y}(x,y). }

Policzmy całkę po $x$ z obu stron pierwszej równości

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \int \big(3x^2y+2xy^2+1\big)dx \ =\ \int \frac{\partial \varrho}{\partial x}(x,y)dx, }

dostaniemy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \varrho(x,y) \ =\ x^3y+x^2y^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 $y$

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \frac{\partial \varrho(x,y)}{\partial y} \ =\ \frac{\partial(x^3y+x^2y^2+y+g(y))}{\partial y} \ =\ x^3+2x^2y+1+g'(y), }

a skoro mamy mieć

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle x^3+2x^2y+1 \ =\ \frac{\partial \varrho}{\partial y}(x,y), }

to musi być

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle g'(y) \ =\ 0, }

czyli

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle g(y) \ =\ } const.

Tak więc szukanym potencjałem jest na przykład:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \varrho(x,y) \ =\ x^3y+x^2y^2+y+x }

(wzięliśmy $g(y)\equiv 0$).

Zauważmy, że policzona w poprzednim zadaniu całka

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_T(3x^2y+2xy^2+1)dx+(x^3+2x^2y+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 $1:$

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} \displaystyle\int\limits_K -yx^2dx+xy^2dy &= \iint\limits_D\frac{\partial(xy^2)}{\partial x}-\frac{\partial(-yx^2)}{\partial y} \ dxdy \ =\ \iint\limits_D\left(x^2+y^2\right) dxdy\\ &= \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\displaystyle\int\limits_0^1 r^3dr=\frac{\pi}{2} \end{align}}

(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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_K(e^x+e^y-y )dx+(xe^y)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{\pi}(e^t+e^{\sin t} - \sin t+te^{\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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_{\partial D}(e^x+e^y-y )dx+(xe^y)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_{-K}(e^x+e^y-y)dx+(xe^y)dy+\displaystyle\int\limits_T(e^x+e^y-y )dx+(xe^y)dy. }

Z twierdzenia Greena wynika, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} \displaystyle\int\limits_{\partial D}(e^x+e^y-y)dx+(xe^y)dy &= \iint\limits_D\left(\frac{\partial (xe^y)}{\partial x}-\frac{\partial (e^x+e^y-y )}{\partial y}\right)dxdy\\ &= \iint\limits_D 1 \ dxdy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{\pi}dx\displaystyle\int\limits_0^{\sin x}dy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{\pi}\sin x dx=2. \end{align} }

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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_T(e^x+e^y-y )dx+(xe^y)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{\pi}e^t+1dt \ =\ e^{\pi}+\pi-1. }

Tak więc, reasumując:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle 2 \ =\ \displaystyle\int\limits_{\partial D}(e^x+e^y-y )dx+(xe^y)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_{-K}((e^x+e^y-y)dx+(xe^y)dy)+e^{\pi}+\pi-1. }

A zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_{K}(e^x+e^y-y )dx+(xe^y)dy \ =\ -\displaystyle\int\limits_{-K}(e^x+e^y-y)dx+(xe^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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_{\partial D} (e^{x}\sin y)dx+(e^{x}\cos y)dy \ =\ \iint\limits_D\frac{\partial(e^{x}\cos y)}{\partial x}-\frac{\partial(e^{x}\sin y)}{\partial y}\ dxdy \ = \iint\limits_D0dxdy \ =\ 0. }

Z drugiej strony

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_{\partial D} (e^{x}\sin y)dx+(e^{x}\cos y)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_K (e^{x}\sin y)dx+(e^{x}\cos y)dy+\displaystyle\int\limits_{T} (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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_{T} (e^{x}\sin y)dx+(e^{x}\cos y)dy \ =\ \displaystyle\int\limits_{-1}^1 \bigg((e^t\cdot 0)+(e^t\cos 0)\cdot 0\bigg)\,dt \ =\ 0. }

Zatem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \displaystyle\int\limits_K (e^{x}\sin y)dx-(e^{x}\cos y)dy \ =\ 0. }

Ćwiczenie 12.8.

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle |D| \ =\ \oint_E xdy. }

A zatem, licząc całkę krzywoliniową, mamy:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle |D| \ =\ \oint_E xdy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}a\cos t (b\sin t)'dt \ =\ ab\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\cos^2t\ dt \ =\ ab\left(\frac{t}{2}+\frac{1}{4}\sin 2t\right)\bigg|_0^{2\pi} \ =\ ab\pi. }

Ćwiczenie 12.9.

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle 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:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begin{align}”): {\displaystyle \displaystyle \begin{align} |D| &= \oint_A x\,dy \ =\ \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}a\cos^3t(a\sin^3t)'\,dt \ =\ 3a^2\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\cos^3t(\cos t\sin^2t)\,dt\\ &= 3a^2\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\cos^4t\sin^2t\,dt \ =\ 3a^2\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\big(\cos^4t-\cos^6t\big)\,dt. \end{align} }

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:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle 3a^2\displaystyle\int\limits_0^{2\pi}\cos^4t-\cos^6t\ dt \ =\ 3a^2\left(\frac{t}{16}+ \frac{1}{64} \sin 2t - \frac{1}{64} \sin 4t-\frac{1}{192} \sin 6t \right)\bigg|_0^{2\pi} \ =\ \frac{3a^2}{8}\pi. }