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