∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

5. Całka krzywoliniowa skierowana w R 2
Niech łuk L ⊂ R 2 ma przedstawienie parametryczne
x = x(t ),
y = y (t ) ,
t ∈ [α , β ] ,
gdzie funkcje x, y ∈ C 1 ([α , β ]) oraz P, Q : L → R , P, Q ∈ C ( L) , P = P ( x, y ) , Q = Q ( x, y ) .
Wtedy całkę krzywoliniową skierowaną określamy wzorem
∫ P( x, y ) dx + Q( x, y ) dy
DEF
=
β
∫ [P( x(t ), y(t )) ⋅ x′(t ) + Q( x(t ), y(t )) ⋅ y ′(t )]dt .
α
L
Uwagi
1. Zakłada się, Ŝe orientacja łuku (kierunek poruszania się po łuku) jest zgodny z
parametryzacją łuku, tzn. A = ( x(α ), y (α )) jest początkiem, punkt
∪
B = ( x( β ), y ( β )) jest końcem łuku L ⊂ R 2 oraz L = AB .
∪
2. BA = − L jest łukiem, w którym orientacja nie jest zgodna z parametryzacją łuku.
r
3. JeŜeli wprowadzimy oznaczenia r (t ) = [ x(t ), y (t )] , α ≤ t ≤ β oraz
r
F ( x, y ) = [P ( x, y ), Q( x, y )] , to definicję całki skierowanej moŜna zapisać w postaci
wektorowej
β
r r
r r
r
r
′(t ) dt .
F
(
r
)
o
d
r
=
F
(
r
(
t
))
o
r
∫
∫
α
L
Przykłady
Obliczyć całkę
I = ∫ (2 x + y 2 )dx + ( x 2 + 2 y )dy ,
L
 x = 2 cos t
gdzie L : 
 y = 4 sin t
0≤t ≤π .
Zgodnie z definicją mamy
π
[
]
I = ∫ (4 cos t + 16 sin 2 t ) ⋅ (−2 sin t ) + (4 cos 2 t + 8 sin t ) ⋅ 4 cos t dt =
0
π
π
π
= −32 ⋅ ∫ (1 − cos t ) ⋅ sin t dt + 24 ⋅ ∫ sin t ⋅ cos t dt + 16 ⋅ ∫ (1 − sin 2 t ) ⋅ cos t dt =
2
0
0
0
−1
0
0
1
0
0
= 32 ⋅ ∫ (1 − u 2 ) du + 24 ⋅ ∫ v dv + 16 ⋅ ∫ (1 − w 2 ) dw = −
Obliczyć całkę
dx + dy
I =∫
,
x
−
y
L
Mamy
0
I=
∫
−π 2
cos t − sin t
π
dt = − ∫ dt = − .
sin t − cos t
2
−π
0
2
128
.
3
 x = sin t
gdzie L : 
 y = cos t
− π2 ≤ t ≤ 0 .
Niech łuk L ⊂ R 2 ma przedstawienie jawne
y = y (x) ,
x ∈ [a, b] ,
1
gdzie funkcja y ∈ C ([a, b]) oraz P, Q : L → R , P, Q ∈ C ( L) , P = P ( x, y ) , Q = Q ( x, y ) .
Wtedy całkę krzywoliniową skierowaną określamy wzorem
∫ P( x, y ) dx + Q( x, y ) dy
DEF
=
L
b
∫ [P( x, y ( x)) + Q( x, y( x)) ⋅ y ′( x)]dx .
a
Przykład
Obliczyć całkę
I = ∫ 2 xy dx ,
L
gdzie L jest łukiem paraboli y = ⋅ x zawartej między punktami O = (0,0) i A = (2,1) .
2
1
4
Mamy opierając się na definicji
2
[ ]
2
I = ∫ 2 x ⋅ x dx = ⋅ ∫ x 3 dx = 18 ⋅ x 4
1
4
2
1
2
0
2
0
= 2.
0
Uwaga
JeŜeli łuk L ⊂ R 2 ma przedstawienie jawne
x = x( y ) ,
y ∈ [c, d ] ,
gdzie funkcja x ∈ C 1 ([c, d ]) oraz P, Q : L → R , P, Q ∈ C ( L) , P = P ( x, y ) , Q = Q ( x, y ) .
Wtedy całkę krzywoliniową skierowaną określamy wzorem
d
∫ P( x, y ) dx + Q( x, y ) dy =
∫ [P( x( y ), y ) ⋅ x ′( y) + Q( x( y ), y )]dy .
L
c
DEF
Przykład
Obliczyć całkę
I = ∫ 2 xy dx ,
L
gdzie L jest łukiem paraboli x = 2 y 2 zawartej między punktami O = (0,0) i A = (2,1) .
Mamy
1
1
[ ]
I = ∫ 2 ⋅ 2 y 2 ⋅ y ⋅ 4 y dy = 16 ⋅ ∫ y 4 dy = 165 ⋅ y 5
0
1
0
= 165 .
0
W przypadku, gdy łuk L ⊂ R 2 jest krzywą zamkniętą stosuje się oznaczenia:
∫ Pdx + Qdy , co oznacza całkowanie w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara,
+L
∫ Pdx + Qdy , co oznacza całkowanie w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara,
−L
przy czym całkowanie zaczyna się w dowolnie ustalonym punkcie łuku i kończy w tym
samym punkcie.
Przykład
Obliczyć całkę
I = ∫ (3x + 2 y )dx − ( y − 2 x)dy ,
+L
gdzie L jest brzegiem kwadratu o wierzchołkach A = (0,0) , B = (1,0) , C = (1,1) , D = (0,1) .
Skorzystamy z rozkładu


I =  ∫ + ∫ + ∫ + ∫  (3 x + 2 y )dx − ( y − 2 x)dy = I 1 + I 2 + I 3 + I 4
 AB BC CD DA 
Mamy kolejno:
1
1
x = t
AB : 
0 ≤ t ≤ 1,
I 1 = ∫ [(3 ⋅ t + 2 ⋅ 0) ⋅ 1 − (0 − 2 ⋅ t ) ⋅ 0]dt = ∫ 3tdt = 32 ,
y = 0
0
0
x = 1
BC : 
0 ≤ t ≤ 1,
y = t
x = 1 − t
CD : 
0 ≤ t ≤ 1,
 y =1
1
1
0
0
I 2 = ∫ [(3 ⋅ 1 + 2 ⋅ t ) ⋅ 0 − (t − 2 ⋅ 1) ⋅ 1]dt = ∫ (2 − t )dt = 32 ,
1
I 3 = ∫ [(3 ⋅ (1 − t ) + 2 ⋅ 1) ⋅ (−1) − (1 − 2 ⋅ (1 − t )) ⋅ 0]dt =
0
1
= ∫ (3t − 5)dt = − 72 ,
0
 x=0
DA : 
0 ≤ t ≤ 1,
y = 1− t
1
I 4 = ∫ [(3 ⋅ 0 + 2 ⋅ (1 − t )) ⋅ 0 − (1 − t + 2 ⋅ 0) ⋅ (−1)]dt =
0
1
= ∫ (1 − t )dt = 12 ,
0
skąd
I = 32 + 32 − 72 + 12 = 0 .
5.1 NiezaleŜność całki krzywoliniowej skierowanej od drogi całkowania
Całka
∫ P( x, y )dx + Q( x, y)dy
AB
nie zaleŜy do drogi całkowania w obszarze D ⊂ R 2 takim, Ŝe AB ⊂ D , przy czym
P, Q ∈ C ( D) , jeŜeli ma jednakową wartość wzdłuŜ kaŜdej krzywej regularnej leŜącej w tym
obszarze i łączącej punkty A i B .
W takim przypadku dla obliczenia całki krzywoliniowej wystarczy wskazać punkt
( xB , y B )
B
początkowy i końcowy. Często dla zaznaczenia tego stosuje się zapis
∫
A
∫
lub
.
( xA , yA )
Twierdzenie 5.1
JeŜeli funkcje P, Q ∈ C ( D) , gdzie D ⊂ R 2 jest obszarem jednospójnym, to
warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, aby w tym obszarze całka krzywoliniowa
∫ P( x, y )dx + Q( x, y)dy nie zaleŜała od drogi całkowania jest, by wyraŜenie podcałkowe
AB
P( x, y )dx + Q( x, y )dy było róŜniczką zupełną pewnej funkcji U : D → R , tzn.
dU ( x, y ) = P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy .
Uwagi
∂U
∂U
= P,
=Q.
∂x
∂y
2. JeŜeli wyraŜenie podcałkowe jest róŜniczką zupełną funkcji U , to całka
krzywoliniowa wzdłuŜ krzywej zamkniętej, leŜącej w tym obszarze, równa się
zeru, tzn.
∫ Pdx + Qdy = 0 .
1. JeŜeli U ∈ C 1 ( D ) , to równość dU = Pdx + Qdy oznacza, Ŝe
L
Twierdzenie 5.2
JeŜeli funkcje P, Q ∈ C 1 ( D ) , gdzie D ⊂ R 2 jest obszarem jednospójnym, to
warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, aby w tym obszarze istniała funkcja U taka, Ŝe
∂P ∂Q
dU ( x, y ) = P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy , jest równość
=
w kaŜdym punkcie tego obszaru.
∂y ∂x
Przykład
Czy wyraŜenie (2 xy + y 3 + 2)dx + ( x 2 + 3 xy 2 )dy jest róŜniczką zupełną? Jeśli tak, to
wyznaczyć tę funkcję.
Mamy P ( x, y ) = 2 xy + y 3 + 2 , Q ( x, y ) = x 2 + 3 xy 2 , skąd
∂P
∂Q
= 2x + 3 y 2 ,
= 2x + 3 y 2 ,
∂y
∂x
∂P ∂Q
=
dla dowolnego ( x, y ) ∈ R 2 .
∂y ∂x
Funkcję U moŜna wyznaczyć kilkoma sposobami:
czyli
Sposób I
∂U
= P , którą całkujemy względem x i otrzymujemy w naszym
∂x
przypadku U = ∫ (2 xy + y 3 + 2)dx = x 2 y + xy 3 + 2 x + ϕ ( y ) , gdzie ϕ ( y ) jest stałą całkowania
Korzystamy z równości
zaleŜną od drugiej zmiennej.
Analogicznie, korzystamy z równości
∂U
= Q , którą całkujemy względem y i otrzymujemy
∂y
w naszym przypadku U = ∫ ( x 2 + 3 xy 2 )dy = x 2 y + xy 3 + ψ ( x) , gdzie ψ ( x) jest stałą
całkowania zaleŜną od pierwszej zmiennej.
Porównując obie równości, stwierdzamy, Ŝe ϕ ( y ) = 0 oraz ψ ( x) = 2 x . Zatem ostatecznie
U ( x, y ) = x 2 y + xy 3 + 2 x + C , gdzie C - dowolna stała. Oznacza to, Ŝe w rzeczywistości
mamy całą rodzinę takich funkcji, generowaną przez stała C .
Sposób II
∂U
= P , którą całkujemy względem x i otrzymujemy w naszym
∂x
przypadku U = ∫ (2 xy + y 3 + 2)dx = x 2 y + xy 3 + 2 x + ϕ ( y ) .
Korzystamy z równości
Następnie korzystamy z równości
∂U
= Q , róŜniczkując otrzymaną funkcję względem y i
∂y
∂U
= x 2 + 3 xy 2 + ϕ ′( y ) = x 2 + 3 xy 2 , skąd wynika, Ŝe ϕ ′( y ) = 0 , czyli
∂y
ϕ ( y ) = C . Zatem ostatecznie mamy U ( x, y ) = x 2 y + xy 3 + 2 x + C .
otrzymujemy
Sposób III
Skorzystamy z wzoru
x
y
x0
y0
U ( x, y ) = ∫ P ( x, y )dx + ∫ Q ( x0 , y )dy ,
gdzie ( x0 , y 0 ) jest dowolnym punktem obszaru D . Wtedy, przyjmując ( x0 , y 0 ) = (0,0)
mamy
x
y
0
0
U ( x, y ) = ∫ (2 xy + y 3 + 2)dx + ∫ 0dy = x 2 y + x y 3 + 2 x , skąd U ( x, y ) = x 2 y + xy 3 + 2 x + C .
Uwaga
MoŜna teŜ skorzystać w sposobie III z wzoru
x
y
x0
y0
U ( x, y ) = ∫ P ( x, y 0 )dx + ∫ Q ( x, y )dy .
Korzystając z uwagi mamy przyjmując ( x0 , y 0 ) = (0,0)
x
y
0
0
U ( x, y ) = ∫ 2dx + ∫ ( x 2 + 3xy 2 )dy = 2 x + x 2 y + xy 3 , skąd U ( x, y ) = x 2 y + xy 3 + 2 x + C .
Przykład
Obliczyć całkę
I = ∫ (2 xy + y 3 + 2)dx + ( x 2 + 3xy 2 )dy ,
L
gdy
1. L jest odcinkiem łączącym punkty A = (1,0) i B = (0,1) ,
2. L jest łukiem paraboli y = ( x − 1) 2 łączącym punkty A = (1,0) i B = (0,1) ,
3. L jest łukiem okręgu x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ π2 .
W przypadku pierwszym mamy L : x = 1 − y , 0 ≤ y ≤ 1 , skąd
1
[
]
I = ∫ (2 ⋅ (1 − y ) ⋅ y + y 3 + 2) ⋅ (−1) + ((1 − y ) 2 + 3 ⋅ (1 − y ) ⋅ y 2 ) dy =
0
1
(
)
[
= ∫ − 4 y 3 + 6 y 2 − 4 y − 1 dy = − y 4 + 2 y 3 − 2 y 2 − y
0
]
1
0
= −2 ,
W przypadku drugim mamy − L = BA : y = ( x − 1) 2 , 0 ≤ x ≤ 1 , skąd
I = − ∫ (2 xy + y 3 + 2) dx + ( x 2 + 3xy 2 ) dy =
−L
[
1
(
]
)
= − ∫ 2 x( x − 1) 2 + ( x − 1) 6 + 2 + x 2 + 3 x( x − 1) 4 ⋅ 2( x − 1) dx =
0
1
1
x − 1 = t 
= − ∫ 2 x( x − 1) 2 + 2 + 2 x 2 ( x − 1) dx − ∫ ( x − 1) 6 + 6 x( x − 1) 5 dx = 
=
 dx = dt 
0
0
(
(
1
[
)
)
]
0
= − ∫ 4 x 3 − 6 x 2 + 2 x + 2 dx − ∫ (t 6 + 6(t + 1)t 5 ) dt =
0
−1
[
] − ∫ ( 7t
= − x 4 − 2x3 + x 2 + 2x
[
0
1
6
0
+ 6t 5 )dt = − 2 − t 7 + t 6
]
0
−1
= −2 .
−1
W przypadku trzecim mamy L : x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ π2 , skąd
π
I=
∫ [(2 cos t sin t + sin
2
3
)
(
]
)
t + 2 ⋅ (− sin t ) + cos 2 t + 3 cos t sin 2 t ⋅ cos t dt =
0
π
π
2
π
2
π
2
π
2
2
= −2 ∫ sin t cos tdt − ∫ sin tdt − 2 ∫ sin tdt + ∫ cos tdt + 3 ∫ cos 2 t sin 2 tdt =
2
4
0
3
0
0
0
0
= −2 I 1 − I 2 − 2 I 3 + I 4 + 3 I 5
Policzymy kaŜdą z powyŜszych całek
 sin t = u  1 2
1
1 3 1
I1 = 
 = ∫ t dt = 3 t | 0 = ,
3
cos tdt = du  0
π
I2 =
π
2
∫ (1 − cos 2t ) dt =
2
1
4
0
1
4
2
∫ (1 − 2 cos 2t + 12 + 12 cos 4t )dt =
[
1 3
4 2
t − sin 2t + 18 sin 4t ] 0 2 = 163 π ,
π
0
π
I 3 = [− cos t ] 0 2 = 1 ,
π
I4 =
 sin t = u  1
2
2
1 3
(
1
sin
)
cos
−
t
tdt
=

 = ∫ (1 − u )dt = u − 3 u
∫0
cos
tdt
=
du

 0
[
2
π
I5 =
1
4
∫ sin
0
zatem
π
2
2
2t dt =
1
8
2
∫ (1 − cos 4t ) dt = [t −
1
8
1
4
]
1
0
=
2
,
3
sin 4t ] 0 2 = 161 π ,
π
0
I = −2 ⋅ 13 − 163 π − 2 ⋅ 1 + 23 + 3 ⋅ 161 π = −2 .
Prawdziwe jest następujące twierdzenie
Twierdzenie 5.3
JeŜeli funkcje P, Q ∈ C 1 ( D ) , gdzie D ⊂ R 2 jest obszarem jednospójnym, oraz istnieje
funkcja U taka, Ŝe dU ( x, y ) = P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy , to
B
∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy = U ( B) − U ( A)
A
dla dowolnego łuku L ⊂ D łączącego punkty A i B .
Korzystając z tego twierdzenia mamy
[
I = x 2 y + xy 3 + 2 x
]
( 0 ,1)
(1, 0 )
= −2 .