całki krzywoliniowe
Transkrypt
całki krzywoliniowe
Całka krzywoliniowa zorientowana – przykład. Obliczyć całkę ∫ y dx + x dy , gdzie K górny półokrąg okręgu x 2 + y 2 = 4 przebiegany od K punktu A(2,0) do punktu B(− 2,0) . Rozwiązanie: sposób 1. Parametryzujemy krzywą K x(t ) = 2 cos t x′(t ) = −2 sin t K : , t ∈ [0, π ] , . y (t ) = 2 sin t y ′(t ) = 2 cos t Zatem, wykorzystując wzór na zamianę całki krzywoliniowej na całkę oznaczoną, napiszemy π π ∫ y dx + x dy = ∫ 2 sin t (− 2 sin t ) + 2 cos t (2 cos t )dt = 4∫ (cos K 0 2 Ponieważ spełniony jest warunek Schwarza π 0 0 t − sin t ) dt = 4 ∫ cos 2t dt = 2 sin 2t = 0 0 sposób 2. Funkcje P( x, y ) = y, Q( x, y ) = x . π 2 ∂Q ∂P = = 1 , istnieje funkcja U taka, że ∂x ∂y ∂U ∂U oraz Q = , całka nie zależy od drogi całkowania. ∂y ∂x Zatem, wykorzystując pierwszą z powyższych równości, mamy U ( x, y ) = ∫ y dx = yx + C ( y ) . P= Z powyższego i drugiej równości otrzymujemy ∂U = x + C ′( y ) = x . ∂y Aby równość była spełniona C ′( y ) = 0 ⇔ C ( y ) = D . Czyli U ( x, y ) = xy + D . Wracając do całki, nie zależy ona od drogi całkowania i równa jest B B A A ∫ y dx + x dy = ∫ dU = U (x, y ) K = U (B ) − U ( A) = U (− 2,0 ) − U (2,0 ) = 0 . sposób 3. Aby w rozwiązaniu wykorzystać twierdzenie Greena dokładamy do krzywej K odcinek prostej ox dla x ∈ [− 2,2], nazwijmy go γ . Mamy zatem ∂Q ∂P ∫K y dx + x dy = K∫ y dx + x dy + ∫γ y dx + x dy − ∫γ y dx + x dy = ∫∫D ∂x − ∂y dx dy − ∫γ y dx + x dy Całka podwójna równa jest 0 ponieważ ∂Q ∂P = , drugą całkę obliczymy parametryzując γ . ∂x ∂y x(t ) = t , y (t ) = 0 t ∈ [− 2,2], γ : x′(t ) = 1 y ′(t ) = 0 2 ∫γ y dx + x dy = ∫ (0 ⋅1 + t ⋅ 0) dt = 0 . −2 Całka krzywoliniowa niezorientowana – przykład. Obliczyć całkę ∫ (x + y )dl , gdzie L jest obwodem trójkąta o wierzchołkach L A(0,0), B(1,0), C (0,1) . Rozwiązanie: Krzywą L dzielimy na trzy odcinki leżące na prostych o równaniach: y = 0, y = 1 − x, x = 0 i parametryzujemy te odcinki odpowiednio x(t ) = t 2 2 α : t ∈ [0,1], α ′(t ) = x′(t ) + y ′(t ) = 1 , y (t ) = 0 x(t ) = t β : t ∈ [0,1], β ′(t ) = 2 , ( ) y t = 1 − t x(t ) = 0 γ : t ∈ [0,1], γ ′(t ) = 1 . ( ) y t = t Wracając do całki mamy ∫ (x + y )dl = ∫ (x + y )dl + ∫ (x + y )dl + ∫ (x + y )dl L α β γ Korzystając ze wzoru na zamianę całki krzywoliniowej niezorientowanej na całkę oznaczoną otrzymujemy 1 1 0 0 ∫ (t + 0)1dt + ∫ (t + 1 − t ) 1 2dt + ∫ (0 + t )1dt = 1 + 2 . 0