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

{stre}{Streszczenie} {wsk}{Wskazówka} {rozw}{Rozwiązanie} {textt}{} {thm}{Twierdzenie}[section] {stw}[thm]{Stwierdzenie} {lem}[thm]{Lemat} {uwa}[thm]{Uwaga} {exa}[thm]{Example} {dfn}[thm]{Definicja} {wn}[thm]{Wniosek} {prz}[thm]{Przykład} {zadan}[thm]{Zadanie}

{} {}

Całka krzywoliniowa. Twierdzenie Greena. Ćwiczenia

Zadania

Ćwiczenie

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

Parametryzację krzywej już mamy daną, wystarczy podstawić do wzoru.
{ Rysunek AM2.M12.C.R01 (stary numer AM2.12.9)}

{}$◻$

Rozwiązanie

Ze wzoru na całkę krzywoliniową skierowaną mamy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \displaystyle\int\limits_C ydx+2x dy &= \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}(1-\cos t)(t-\sin t)'+2(t-\sin t)(1-\cos t)' \ dt\\ &= \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}(1-\cos t)^2+2(t-\sin t)\sin t \ dt\\ &= \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}-2\cos t+\cos^2 t+\cos 2t+2t\sin t\\ &= \frac{1}{2}t+\frac{3}{2}\cos t\sin t-2t\cos t\bigg|_0^{2\pi}=-3\pi. \endaligned} {}$◻$

Ćwiczenie

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 $(-1,-1).$

Zwróćmy tu 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.
{ Rysunek AM2.M12.C.R02 (stary numer AM2.12.5)}
Wypiszmy zatem parametryzacje tych odcinków. Dla $B_1,\dots ,B_4$ mamy odpowiednio:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \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]. \endaligned}

Podstawiając do wzoru mamy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned & & \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. \endaligned}

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

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 „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned 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. \endaligned}

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 „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned 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. \endaligned} {}$◻$

Ćwiczenie

Znaleźć (lub odgadnąć) potencjał dla pola sił z Zadania Uzupelnic z.new.am2.c.12.030|.

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

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 „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \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_Dx^2+y^2 dxdy\\ &= \displaystyle\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\displaystyle\int\limits_0^1 r^3dr=\frac{\pi}{2}. \endaligned}

(w ostatnim przejściu zastosowano zmianę współrzędnych na biegunowe).

{}$◻$

Ćwiczenie

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

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 $D.$
{ Rysunek AM2.M12.C.R03 (stary numer AM2.12.6)}
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 „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \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. \endaligned}

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

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 Zadania Uzupelnic z.new.am2.c.12.060|.

{}$◻$

Rozwiązanie

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 $D.$
{ Rysunek AM2.M12.C.R04 (stary numer AM2.12.7)}
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

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

Parametryzacja elipsy to $x=a\cos t,y=b\sin t,t\in [0,2\pi ].$
{ Rysunek AM2.M12.C.R05 (stary numer AM2.12.10)}

{}$◻$

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

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

Parametryzacja asteroidy to $x=a{\cos }^{3}t,y=a{\sin }^{3}t,t\in [0,2\pi ].$
{ Rysunek AM2.M12.C.R06 (stary numer AM2.12.8)}

{}$◻$

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 „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned |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. \endaligned}

Ponieważ:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \int\cos^4 t dt &= \frac{3t}{8}+ \frac{1}{4} \sin 2t + \frac{1}{32} \sin 4t+C,\\ \int\cos^6 t dt &= \frac{5t}{16}+ \frac{15}{64} \sin 2t + \frac{3}{64} \sin 4t+\frac{1}{192} \sin 6t+C. \endaligned}

(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. } {}$◻$