Křivkové integrály prvního druhu Vypočítejte dané křivkové integrály prvního druhu v R 2 . Příklad 1.
R
ds x−y ,
k
kde k je úsečka AB, A[0, −2], B[4, 0].
Řešení: Pro křivkový integrál prvního druhu platí: Z
Zβ f (x, y) ds =
q ϕ0 2 (t) + ψ 0 2 (t) dt,
f (ϕ(t), ψ(t)) α
k
kde regulární křivka k je parametricky vyjádřena rovnicemi x = ϕ(t),
y = ψ(t),
t ∈ hα, βi.
Parametrické vyjádření úsečky AB je x = 0 + 4t, y = −2 + 2t, t ∈ h0, 1i. Křivku k můžeme tedy parametricky vyjádřit rovnicemi ϕ(t) =0 + 4t, ψ(t) = − 2 + 2t, t ∈ h0, 1i. Odtud Z
ds = x−y
k
Příklad 2.
Z1 0
R
p √ 1 42 + 22 dt = 5 4t − (−2 + 2t)
Z1 0
√ √ 1 1 dt = 5 [ln |t + 1|]0 = 5 ln 2. t+1
(x + y) ds, kde k je obvod trojúhelníka ABC, A[0, 1], B[2, 1], C[0, 3]
k
Řešení: Platí k = k1 ∪ k2 ∪ k3 , kde k1 , k2 , k3 jsou strany trojúhelníka ABC. Je k1 :
x = 0 + 2t, y = 1 + 0 · t,
k2 :
x = 2 − 2t, y = 1 + 2t,
k3 :
t ∈ h0, 1i,
t ∈ h0, 1i,
x = 0 + 0 · t, y = 1 + 2t,
t ∈ h0, 1i.
Potom Z Z1 Z1 Z1 √ √ (x + y) ds = (2t + 1)2 dt + ((2 − 2t) + (1 + 2t)) 8 dt + (2t + 1)2 dt = 8 + 3 8. 0
k
Příklad 3.
R
0
0
© ª x2 ds, kde k = (x, y) ∈ R 2 : x ∈ h1, 2i ∧ y = ln x .
k
Řešení: Křivku k můžeme parametricky vyjádřit pomocí rovnic x = t, Potom
Z
y = ln t, r
Z2 x2 ds =
t2 1
k
t ∈ h1, 2i.
1 1 + 2 dt = t
Z2 p t t2 + 1 dt. 1
2
Označme u = t + 1 a dále du = 2t dt. Potom Z2 p Z5 √ ´ √ 1 1³ √ t t2 + 1 dt = u du = 5 5−2 2 . 2 3 1
Příklad 4.
2
Rp
x2 + y 2 ds, kde k je kružnice x2 + y 2 = 2x.
k
Řešení: Doplněním na čtverec a úpravou převedeme rovnici kružnice na tvar (x − 1)2 + y 2 = 1. Její parametrické vyjádření je x = 1 + cos t, y = sin t, Potom Z p
Z2π x2 + y 2 ds =
√
0
k
t ∈ h0, 2πi.
Z2π r 1 + cos t 2 + 2 cos t dt = 2 dt = 2 0
¯ Z2π r Z2π ¯ ¯ ¯ t t = 2 cos2 = 2 ¯¯cos ¯¯ = 2 2 0 0 π ÷ ¸π · ¸2π ! Z2π Z t t t t − 2 sin =8 = 2 cos dt + − cos dt = 2 2 sin 2 2 2 0 2 π π
0
Příklad 5.
R
(x2 + y 2 ) ds, kde k je křivka daná parametrickými rovnicemi
k
x = a(cos t + t sin t),
y = a(sin t − t cos t),
t ∈ h0, 2πi,
a > 0.
Řešení: Nejdříve určíme ϕ0 (t) = a(− sin t + sin t + t cos t) = at cos t, ψ 0 (t) = a(cos t − cos t + t sin t) = at sin t. Potom Z Z2π ¡ ¢ 2 2 (x + y ) ds = a2 (cos t + t sin t)2 + (sin t − t cos t)2 at dt = 2a3 π 2 (1 + 2π 2 ). k
0
Vypočítejte dané křivkové integrály prvního druhu v R 3 . R
Příklad 6.
k
rovnicemi
ds x2 +y 2 +z 2 ,
x = a cos t,
kde k je křivka (jeden ”závit” šroubovice) daná parametrickými
y = a sin t,
z = bt,
t ∈ h0, 2πi,
a > 0, b > 0.
Řešení: Z
ds = 2 x + y2 + z2
k
Z2π 0
√
=
Příklad 7.
p 1 a2 + b2 dt = a2 + b2 t2
√ · ¸2π bt 2bπ a2 + b2 b a2 + b2 arctg = arctg . 2 b a a 0 ab a
´ R³ p 2 x2 + y 2 − z ds, kde k je křivka (jeden ”závit” kuželové šroubovice) k
daná parametrickými rovnicemi x = t cos t,
y = t sin t,
z = t,
t ∈ h0, 2πi.
Řešení: Nejdříve určíme ϕ0 (t) = cos t − t sin t, a ds =
ψ 0 (t) = sin t + t cos t,
χ0 (t) = 1
q p ϕ0 2 (t) + ψ 0 2 (t) + χ0 2 (t) dt = 2 + t2 dt.
Potom ¶p Z ³ p Z2πµ q ´ 2 2 x2 + y 2 − z ds = 2 + t2 dt = 2 t2 (cos2 t + sin t) − t k
0
Z2π p √ ´ 1 ³p 2 2 3 = t 2 + t dt = (2 + 4π ) − 2 2 . 3 0
Aplikace křivkového integrálu prvního druhu. p √ √ 3 3 Příklad 8. Vypočítejte délku asteroidy k x2 + 3 y 2 = a2 , a > 0, jejíž parametrické rovnice jsou x = a cos3 t, x = a sin3 t, t ∈ h0, 2πi. p √ √ 3 3 Řešení: Asteroida není regulární křivka. Víme, že funkce F (x, y) = x2 + 3 y 2 − a2 je sudá v proměnné x i v proměnné y a křivka je souměrná podle osy y i podle osy x.
Platí k = k1 ∪ k2 ∪ k3 ∪ k4 , kde k1 , k2 , k3 , k4 jsou čtyři regulární křivky stejné délky. Pro délku asteroidy platí Z Z s= ds = 4 ds. k
k1
Nejdříve určíme ψ 0 (t) = 3a sin2 t cos t
ϕ0 (t) = −3a cos2 t sin t, a
p ds = 3a cos4 t sin2 t + sin4 t cos2 t dt = 3a cos t sin t dt. Odtud
Z s=4 k1
· 2 ¸π/2 Zπ/2 sin t = 6a. ds = 4 3a cos t sin t = 12a 2 0 0
Příklad 9. Pomocí křivkového integrálu prvního druhu vypočítejte obsah válcové plochy n o p Ω = (x, y, z) ∈ R 3 : x2 + y 2 = 4 ∧ 0 ≤ z ≤ 4 − x2 . Řešení: Z geometrického významu křivkového integrálu prvního druhu víme, že obsah části válcové plochy je roven číslu Z σ = f (x, y) ds, k
kde k je křivka v rovině z = 0, do které se válcová plocha promítne a plocha je zdola omezena rovinou z = 0 a shora grafem funkce z = f (x, y). V našem případě je k 2 kružnice x√ + y 2 = 4 (s parametrickými rovnicemi x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ h0, 2πi) a f (x, y) = 4 − x2 . Potom
σ=
Z p
1−
k
x2
Z2πp Z2πp Z2π 2 2 ds = 4 − 4 cos 2 dt = 4 sin t dt = 4 | sin t| dt = 0
0
Zπ =4
Z2π sin t dt + 4
0
³ − sin t dt = 4
π [− cos t]0
+
2π [cos t]π
´ = 16.
π
0
Příklad 10. Pomocí křivkového integrálu prvního druhu vypočítejte obsah válcové plochy © ª Ω = (x, y, z) ∈ R 3 : x2 + y 2 = ax ∧ x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 (a > 0). Řešení: Plocha je souměrná podle roviny z = 0 a podle roviny x = 0 a je sjednocením čtyř ploch o stejném obsahu. Pro obsah plochy Ω platí Z p σ=4 a2 − x2 − y 2 ds, k1
kde k1 je půlkružnice x = a2 (1 − cos t), y = a2 sin t, t ∈ h0, πi a graf funkce p f (x, y) = a2 − x2 − y 2 je horní část zadané kulové plochy x2 + y 2 + z 2 = a2 . Tedy Z p Zπ r Zπ r 2 a a 1 − cos t σ=4 a2 − x2 − y 2 ds = 4 a2 − (1 + cos t) dt = 2a2 dt = 2 2 2 0
k1
0
Zπ = 2a
2 0
· ¸π t t 2 sin dt = 2a −2 cos = 4a2 . 2 2 0
Příklad 11. Najděte souřadnice těžiště homogenní křivky dané parametrickými rovnicemi x = (t − sin t), y = (1 − cos t), t ∈ h0, πi (část cykloidy). Řešení: Pro souřadnice těžiště T = [xt , yt ] platí (1)
xt =
Sy , m
yt =
Sy , m
kde m je hmotnost křivky a Sx , resp. Sy je statický moment křivky vzhledem k ose x, resp. vzhledem k ose y. Platí Z Z Z m = f (x, y) ds, Sx = yf (x, y) ds Sy = xf (x, y) ds, k
k
k
kde f (x, y) je hustota křivky k v bodě (x, y). V našem případě je křivka homogenní, tj. f (x, y) = konst. a souřadnice těžiště jsou na této konstantě nezávislé (ve vzorcích (1) se tato konstanta vykrátí) a proto položím f (x, y) = 1. Je ϕ0 (t) = 1 − cos t, ψ 0 (t) = sin t a q ds =
(1 −
2
cos t)2
+ sin t dt =
Potom
√
r 2 − 2 cos t dt = 2
Z m=
Zπ 1 · ds =
k
0
t 1 − cos t = 2 sin dt, 2 2
t ∈ h0, πi.
· ¸π t t 2 sin dt = 4 − cos = 4. 2 2 0
Dále Z Sx =
Zπ y ds = 0
k
Zπ =4 0
t 2(1 − cos t) sin dt = 4 2
t t sin2 sin dt = 4 2 2
Zπ 0
µ
Zπ 0
1 − cos t t sin dt = 2 2
t 1 − cos2 2
¶
t sin dt = 8 2
Z1 0
¡
¢ 16 1 − u2 du = 3
(při výpočtu integrálu volíme substituci u = cos 2t ) a π Z Zπ Z Zπ t t 16 t . Sy = x ds = 2(t − sin t) sin dt = 2 t sin dt − sin t sin dt = 2 2 2 3 k
0
0
0
(První integrál počítáme metodou per partes a ve druhém po úpravě sin t = 2 sin 2t cos 2t volíme substituci u = sin 2t .) Je tedy 16 1 4 16 1 4 xt = · = , yt = · = . 3 4 3 3 4 3
Křivkové integrály druhého druhu Příklad 12. Vypočítejte křivkový integrál
R
(y 2 − z 2 ) dx + 2yz dy − x2 dz, kde (k)
(k)
je kladně orientovaný oblouk daný parametrickými rovnicemi x = t, y = t2 , z = t3 , t ∈ h0, 1i. Řešení: Pro křivkový integrál druhého druhu Z f (x, y, z) dx + g(x, y, z) dy + h(x, y, z) dz, (k)
kde (k) je kladně (ve směru rostoucího parametru) orientovaný hladký oblouk daný parametrickými rovnicemi x = ϕ(t),
y = ψ(t),
z = χ(t),
t ∈ hα, βi,
platí Z f (x, y, z) dx + g(x, y, z) dy + h(x, y, z) dz = (k)
Zβ (f (ϕ(t), ψ(t), χ(t))ϕ0 (t) + g(ϕ(t), ψ(t), χ(t))ψ 0 (t) + h(ϕ(t), ψ(t), χ(t))χ0 (t)) dt
= α
Je tedy Z
Z1 2
2
2
(y − z ) dx + 2yz dy − x dz = 0
(k)
¡
¢ 1 t4 − t6 + 2t2 · t3 · 2t − t2 · 3t2 dt = . 35
¢ ¡ ¢ R ¡ 2 Příklad 13. Vypočítejte křivkový integrál x − 2xy dx + y 2 − 2xy dy, kde (k) © (k) ª je orientovaný oblouk s trajektorií k = (x, y) ∈ R 2 : x ∈ h−1, 1i ∧ y = x2 , přičemž pb(k) = (−1, 1), kb(k) = (1, 1). Řešení: Oblouk budeme parametrizovat rovnicemi ϕ(t) = t, ψ(t) = t2 , t ∈ h−1, 1i. Protože pb(k) = (−1, 1) je počátečním bodem oblouku, znamená to, že je při zvolené parametrizaci orientován kladně. Potom Z (k)
¡
¢
¡ ¢ x2 − 2xy dx + y 2 − 2xy dy =
Z1 −1
¡ 2 ¢ 14 (t − 2t3 ) + (t4 − 2t3 ) · 2t dt = − . 15
Příklad 14. Vypočítejte křivkový integrál
R
(2 − y) dx + (1 + x) dy, kde (k) je ob-
(k)
vod trojúhelníka ABC, A[0, 0], B[1, 1], C[0, 2] a orientace je dána uvedeným pořadím vrcholů. Řešení: Oblouk (k) není hladký oblouk. Platí (k) = (k1 )∪(k2 )∪(k3 ), kde (k1 ), (k2 ), (k3 ) jsou hladké oblouky (strany trojúhelníka ABC). Je k1 :
x = t,
y = t,
k2 :
x = t,
y = 2 − t,
k3 :
x = 0,
y = t,
t ∈ h0, 1i,
kladně orientovaná,
t ∈ h0, 1i, t ∈ h0, 2i,
záporně orientovaná, záporně orientovaná.
Potom Z
Z1 (2 − y) dx + (1 + x) dy =
Z1 (2 − t + 1 + t) dt −
0
(k)
Z2 (2 − 2 + t − 1 − t) dt −
0
Příklad 15. Užitím Greenovy věty vypočtěte křivkový integrál
(1) dt = 2. 0
R
(x+y) dx−(x−y) dy,
(k)
kde (k) je kladně orientovaná elipsa (x2 /a2 ) + (y 2 /b2 ) = 1, (a > 0, b > 0). Řešení: Podle Greenovy věty platí ¶ Z ZZ µ ∂g(x, y) ∂f (x, y) f (x, y) dx + g(x, y) dy = − dx dy, ∂x ∂y M
(k)
kde (k) je kladně orientovaná hranice uzavřené oblasti M . V našem případě je f (x, y) = x + y, g(x, y) = −(x − y) a M je oblast omezená elipsou (x2 /a2 ) + (y 2 /b2 ) = 1. Tedy ∂f (x, y) ∂g(x, y) = 1, = −1 ∂y ∂x a dále
Z
ZZ (x + y) dx − (x − y) dy =
(−1 − 1) dx dy = −2abπ. M
(k)
(Dvojný integrál jsme vypočítali substitucí pomocí zobecněných polárních souřadnic.) Příklad 16. Užitím Greenovy věty vypočtěte křivkový integrál R x e (1 − cos y) dx − ex (y − sin y) dy, kde (k) je kladně orientovaná hranice uzavřené (k) n o √ 2 oblasti M = (x, y) ∈ R : x ∈ h0, πi ∧ 0 ≤ y ≤ sin x . Řešení: Je a odtud
f (x, y) = ex (1 − cos y), ∂f (x, y) = ex sin y, ∂y
g(x, y) = −ex (y − sin y), ∂g(x, y) = −ex (y − sin y) ∂x
a dále Z ZZ x x e (1 − cos y) dx − e (y − sin y) dy = (−ex y + ex sin y − ex sin y) dx dy = (k)
M
√ ZZ Zπ Zsin x Zπ 1 1 ex y dy dx = − ex sin x dx = − (eπ + 1) . = −ex y dx dy = − 2 4 0
M
0
0
Příklad 17. že křivkový integrál druhého druhu vektorového pole ¡ Ukažte, ¢ 2 2 2 2 f (x, y) = 2x(y − 2x ), 2y(x − 2y ) nezávisí v oblasti G = R 2 na cestě, a vypočtěte (2,3) R integrál f (x, y) · ds. (−1,1)
Řešení: Křivkový integrál druhého druhu nezávisí na cestě, je-li pro vektorové pole f (x, y) = (f (x, y), g(x, y)) splněna podmínka (vektorové pole je potenciální) ∂f (x, y) ∂g(x, y) = . ∂y ∂x V našem případě je
∂f (x, y) = 4xy, ∂y
∂g(x, y) = 4xy ∂x
a to znamená, že vektorové pole je potenciální a křivkový integrál druhého druhu (2,3) R 2x(y 2 − 2x2 ) dx + 2y(x2 − 2y 2 ) dy nazávisí na cestě a můžeme volit libovolnou (−1,1)
cestu (k), která spojí bod (−1, 1) s bodem (2, 3), přičemž bod (−1, 1) je počáteční bod cesty. Zvolme cestu (k) = (k1 ) ∪ (k2 ), kde (k1 ) je úsečka spojující body (−1, 1) a (2, 1) a (k2 ) je úsečka spojující body (2, 1) a (2, 3) (cestu volíme tak, abychom postupovali rovnoběžně se souřadnicovými osami). Je k1 :
x = t,
y = 1,
t ∈ h−1, 2i,
k2 :
x = 2,
y = t,
t ∈ h1, 3i,
kladně orientovaná, kladně orientovaná.
Potom (2,3) Z
Z 2
2
2
2
2x(y 2 − 2x2 ) dx + 2y(x2 − 2y 2 ) dy+
2x(y − 2x ) dx + 2y(x − 2y ) dy = (−1,1)
(k1 )
Z +
Z3
Z2 2
2
2
2
2
2x(y − 2x ) dx + 2y(x − 2y ) dy = −1
(k2 )
2t(4 − 2t2 ) dt = −60.
2t(1 − 2t ) dt + 1
Příklad 18. druhu vektorového pole ¢ že křivkový integrál druhého © ª ¡ Ukažte, f (x, y) = xy2 , − x1 nezávisí v oblasti G = (x, y) ∈ R 2 : x > 0 na cestě, a vypočtěte (1,2) R integrál f (x, y) · ds. (2,1)
Řešení: Protože
∂f (x, y) ∂g(x, y) 1 = = 2 ∂y ∂x x
je vektorové pole potenciální a křivkový integrál
(1,2) R (2,1)
y x2
dx −
1 x
dy nezávisí na cestě.
Zvolme opět cestu (k) = (k1 ) ∪ (k2 ), kde (k1 ) je úsečka spojující body (2, 1) a (1, 1) a (k2 ) je úsečka spojující body (1, 1) a (1, 2). Tedy k1 :
x = t,
y = 1,
t ∈ h1, 2i,
záporně orientovaná,
k2 :
x = 1,
y = t,
t ∈ h1, 2i,
kladně orientovaná.
Potom (1,2) Z
Z
y 1 dx − dy = 2 x x
(2,1)
y 1 dx − dy + 2 x x
(k1 )
Z2 =− 1
1 dt + t2
Z2 1
3 −1 dt = − . 2
Z (k2 )
y 1 dx − dy = 2 x x
