E. Broˇz´ıkov´ a, M. Kittlerov´ a, F. Mr´ az: Sb´ırka pˇr´ıklad˚ u z Matematiky II (2016)
IV.6. Greenova vˇ eta Kˇrivkov´y integr´ al vektorov´eho pole po uzavˇ ame cirkulac´ı vektoI ren´e kˇrivce c naz´yv´ rov´ eho pole f~ po kˇrivce c a zapisujeme f~ · d~s. c
Necht’ : 1) vektorov´ a funkce f~ = U (x, y), V (x, y) m´ a spojit´e parci´ aln´ı derivace v oblasti G ⊂ E2 , 2) kˇrivka c ⊂ G je kladnˇe orientovan´ a, uzavˇren´ a, jednoduch´ a, po ˇc´ astech hladk´a, 3) int c ⊂ G. Potom ZZ I ∂V ∂U f~ · d~s = − dx dy. ∂y int c ∂x c ´ mka:Je-li kˇrivka c orientovan´ pozna a z´ apornˇe, pak m´ a integr´ al napravo znam´enko m´ınus. ´ mka: Vyj´ pozna adˇren´ım kˇrivkov´eho integr´ alu v diferenci´ alech m´ a tvrzen´ı Greenovy vˇety tvar: I ZZ ∂U ∂V − dx dy. U dx + V dy = ∂y c int c ∂x Pˇ r´ıklad 534. Pomoc´ı Greenovy vˇety spoˇctˇete cirkulaci vektorov´eho pole f~ = (2x + 3y, 5x − y − 4) po obvodu △ABC ve smˇeru A −→ B −→ C, kde A = [1, 0], B = [1, −3], C = [−3, 0]. I I Gr.v. ˇ sen´ı: ~ Reˇ Cirkulace, tj. f · d~s = (2x + 3y, 5x − y − 4) d~s == c c y ZZ ZZ C
=−
A
(5 − 3) dx dy = −2
x
1 dx dy =
△ABC
int c
−→ 1 −→ = −2 · P△ = −2 kABk · kACk = −12 2
(orientace kˇrivky c je z´ aporn´ a, proto pˇred dvojn´ ym integr´ alem je znam´enko minus) .
B
y · d~s a rozhodx c nˇete o moˇznosti uˇzit´ı Greenovy vˇety k jeho v´ ypoˇctu, jestliˇze c ⊂ E2 je kladnˇe orientovan´a kˇrivka dan´a rovnic´ı a) x2 + y 2 = 1, b) (x − 1)2 + y 2 = 1, c) (x − 2)2 + y 2 = 1, d) c je obvod ˇctverce s vrcholy A = [1, 0], B = [0, 1], C = [−1, 0], D = [0, −1]. Jestliˇze integr´al existuje, vypoˇctˇete jej pomoc´ı Greenovy vˇety. ˇ sen´ı: Definiˇcn´ı obor vektorov´e funkce f~ = ln (x2 +y 2 ), −2arctg y je D(f~) = D1 ∪D2 , Reˇ x D1 = {[x, y] ∈ E2 ; x > 0}, D2 = {[x, y] ∈ E2 ; x < 0}. ∂ ln (x2 + y 2 ) 2x ∂ ln (x2 + y 2 ) 2y ∂U ∂U = = 2 = = 2 , , 2 ∂x ∂x x +y ∂y ∂y x + y2 ∂ − 2arctg xy ∂ − 2arctg xy ∂V 2 y ∂V −2 1 = = · 2, = = · . 2 2 ∂x ∂x 1 + (y/x) x ∂y ∂y 1 + (y/x) x
Pˇ r´ıklad 535. Vyˇsetˇrete existenci integr´alu
I
ln (x2 + y 2 ), −2arctg
V oblasti D1 i v oblasti D2 je dan´a funkce spojit´a a m´a spojit´e parci´aln´ı derivace 1. ˇra´du. I Pro libovolnou uzavˇrenou kˇrivku v D1 tedy existuje f~ · d~s a pro v´ ypoˇcet lze pouˇz´ıt c
111
E. Broˇz´ıkov´ a, M. Kittlerov´a, F. Mr´ az: Sb´ırka pˇr´ıklad˚ u z Matematiky II (2016)
Greenovu vˇetu. Tot´eˇz plat´ı i pro oblast D2 . Funkce f~ je spojit´a na mnoˇzinˇe C \ M , kde M = {[0, 1], [0, −1]} (M je dvouprvkov´a mnoˇzina). Na mnoˇzinˇe C \ M je vˇsak funkce f~ omezen´ a, nebot’ y π pro kaˇzd´ y bod [x, y] leˇz´ıc´ı mimo osu y je arctg < . x 2 Kˇrivkov´ y integr´al tedy existuje.
a) y
x
1
b)
Pro v´ ypoˇcet ale nelze pouˇz´ıt Greenovu vˇetu, nebot’ v bodech mnoˇziny M , kter´a je ˇc´ast´ı kˇrivky c nen´ı funkce f~ definovan´a. V okol´ı bodu [0, 0] nen´ı funkce f~ omezen´a, nebot’ lim ln (x2 + y 2 ) = −∞.
y
[x,y]→[0,0]
Dan´ y integr´al tedy neexistuje. x
1
To plat´ı pro libovolnou kˇrivku, kter´a obsahuje bod [0, 0].
c) y
Integr´al existuje a lze pouˇz´ıt Greenovu vˇetu, nebot’ kˇrivka c leˇz´ı v oblasti D1 . Proved’me tedy v´ ypoˇcet. 1
I
x
2 ZZ
(U, V )·d~s = c int c ZZ = 0 dx dy = 0.
∂V
∂U − dx dy = ∂x ∂y
ZZ
int c
y 2y 2 dx dy = · − 1 + (y/x)2 x2 x2 + y 2
int c
y
d)
1 Integr´al existuje, ale nelze pouˇz´ıt Greenovu vˇetu. D˚ uvod je stejn´ y jako v u ´loze a). 1 x
−1 −1
Pˇ r´ıklad 536. Urˇcete cirkulaci vektorov´eho pole f~ = (−y, x) po z´apornˇe orientovan´e kˇrivce c = c1 ∪ c2 , kde c1 = {[x, y] ∈ E2 ; x2 − 2x + y 2 = 0, y ≥ 0}; c2 = {[x, y] ∈ E2 ; y = 0, x ∈ h0, 2i}, a) pˇr´ım´ ym v´ ypoˇctem, b) pomoc´ı Greenovy vˇety. ˇ sen´ı: Reˇ y
c1
c1 : (x − 1)2 + y 2 = 1, y ≥ 0, poˇca´teˇcn´ı bod je A = [0, 0]
A
c2 : y = 0, x ∈ h0, 2i poˇca´teˇcn´ı bod je B = [2, 0]
B 0
c2
2
x 112
E. Broˇz´ıkov´ a, M. Kittlerov´a, F. Mr´ az: Sb´ırka pˇr´ıklad˚ u z Matematiky II (2016)
c1 :
n
x = 1 + cos t, y = sin t,
t ∈ h0, πi
⇒
P1 (t) = [1 + cos t, sin t], t ∈ h0, πi P˙1 (t) = (− sin t, cos t) P1 (0) = [2, 0] ⇒ nesouhlasn´ a orientace
P2 (t) = [t, 0], t ∈ h0, 2i y = 0, ˙ c2 : ⇒ P2 (t) = (1, 0) x ∈ h0, 2i P2 (0) = [0, 0] ⇒ nesouhlasn´a orientace Z Z π Z Z I ~ ~ ~ (− sin t, 1 + cos t) · (− sin t, cos t) dt − f · d~s = − f · d~s + f · d~s = a) n
=−
Z π 0
0
c2
c1
c
2
sin t + (1 + cos t) cos t dt = −
Z
π
0
2
0 dt = 0
h iπ (1 + cos t) dt = − t + sin t = −π 0
b) Souˇradnicov´e funkce U, V dan´eho vektorov´eho pole f~ maj´ı spojit´e parci´aln´ı derivace v E2 . Dan´a kˇrivka c je uzavˇren´a, po ˇca´stech hladk´a. Lze tedy pouˇz´ıt Greenovu vˇetu. ZZ I 1 Gr.v. 2 ~ f · d~s == − (1 + 1) dx dy = −2 · (obsah p˚ ulkruhu) = −2 · π · 1 = −π 2 int c c Pˇ r´ıklad 537.* Vypoˇc´ıtejte pomoc´ı kˇrivkov´eho integr´alu ploˇsn´ y obsah vnitˇrku asteriody 2/3 2/3 2/3 c = {[x, y] ∈ E2 ; x + y = a , a > 0}. ˇ sen´ı: Pouˇzijeme parametrizaci asteriody : Reˇ n P (t) = [a3 cos3 t, a3 sin3 t] t ∈ h0, 2πi x = a3 cos3 t, c: t ∈ h0, 2πi ⇒ P˙ (t) = − 3a3 cos2 t sin t, 3a3 sin2 t cos t y = a3 sin3 t, Pro v´ ypoˇcet pouˇzijeme d˚ usledku Greenovy vˇety, podle kter´eho lze obsah vnitˇrku kˇrivky c vypoˇ c ´ ıtat pomoc´ I ı kˇrivkov´eho integr´alu: ZZ 1 −y dx + x dy = P = 1 dx dy = 2 c int c Z 1 2π = − a3 sin3 t · − 3a3 cos2 t sin t + a3 cos3 t · 3a3 sin2 t cos t dt = 2 0 Z Z 3a2 2π 2 1 2π 2 2 4 2 2 4 (3a cos t sin t + 3a sin t cos t) dt = sin t · cos2 t dt = = 2 0 2 0 Z Z 3a2 2π sin2 2t sin 4t i2π 3 2 3 2 2π 1 − cos 4t 3 2h = dt = a dt = a t− = aπ 2 0 4 8 2 16 4 0 8 0
• Je d´ana mnoˇzina D a vektorov´e pole f~. a) Napiˇste Greenovu vˇetu (pˇredpoklady a tvrzen´ı). b) Naˇcrtnˇete mnoˇzinu D a vyznaˇcte kˇrivku c, kter´a je kladnˇe orientovanou hranic´ı t´eto mnoˇziny D. c) Vypoˇc´ıtejte cirkulaci vektorov´eho pole f~ pod´el kˇrivky c. 538. D = {[x, y] ∈ E2 ; x2 + y 2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0} f~ = (xy, x2 + 2x) y
h8
3
❄
✲
❑ x
113
+ 2π
i
E. Broˇz´ıkov´ a, M. Kittlerov´ a, F. Mr´ az: Sb´ırka pˇr´ıklad˚ u z Matematiky II (2016)
539. D = {[x, y] ∈ E2 ; 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x},
f~ = (y 2 − 3y, xy) y
h 20 i
☛
3
✻ ✲ x
540. D = {[x, y] ∈ E2 ; 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1},
f~ =
1 3
3
2
y , x +y
2
.
y [8]
✛ ❄
✻
✲
x
541. D = {[x, y] ∈ E2 ; 0 ≤ x ≤ 4, 4 − x ≤ y ≤ 4},
f~ = y 2 , (x + y)2 y
✛ ❘
✻
h 128 i 3
x
1 542. Vyˇsetˇrete existenci integr´alu − 2 , 2x · d~s a rozhodnˇete o moˇznosti uˇzit´ı x c Greenovy vˇety, jestliˇze c ⊂ E2 je z´apornˇe orientovan´a kˇrivka : a) c = {[x, y] ∈ E2 ; x2 + y 2 = 1}, b) c = {[x, y] ∈ E2 ; x2 + (y − 2)2 = 1}, c) c = {[x, y] ∈ E2 ; (x − 2)2 + y 2 = 1}. V kladn´em pˇr´ıpadˇe vypoˇctˇete integr´al pomoc´ı Greenovy vˇety. " I
a) neexistuje, nelze b) neexistuje, nelze c) existuje, lze; − 2π
#
• Je d´ano vektorov´e pole f~ a kˇrivka c. a) Napiˇste GreenovuIvˇetu a ovˇeˇrte, zda jsou splnˇeny jej´ı pˇredpoklady pro v´ ypoˇcet f~ · d~s. dan´eho integr´alu c
b) Hodnotu tohoto kˇrivkov´eho integr´alu vypoˇc´ıtejte pomoc´ı Greenovy vˇety. c) Stejn´ y kˇrivkov´ y integr´al vypoˇc´ıtejte bez uˇzit´ı Greenovy vˇety.
543. f~ = (−y, x),
c = {[x, y] ∈ E2 ; x2 + y 2 = 16}, kter´a je orientovan´a z´apornˇe. [−32π]
544. f~ = 1 − x2 , x(1 + y 2 ) , c = ∂ D je hranice mnoˇziny D = h0, 2i × h0, 2i}, kter´a je h 28 i orientovan´a z´apornˇe. − 3 2y 3 + g(x), xy 2 + h(y) , kde g, h jsou libovoln´e funkce jedn´e promˇenn´e 545.* f~ = 3 se spojitou derivac´ı v R, c je z´apornˇe orientovan´a hranice mnoˇziny
114
E. Broˇz´ıkov´ a, M. Kittlerov´ a, F. Mr´ az: Sb´ırka pˇr´ıklad˚ u z Matematiky II (2016)
h 13 i
D = {[x, y] ∈ E2 ; y ≥ 0, y ≤ 2 − x, x ≥ y 2 }.
60
546. Pomoc´ı kˇrivkov´eho integr´alu vektorov´e funkce vypoˇc´ıtejte pr´aci, kterou vykon´a s´ıla f~ = (x + 1 , 2y) p˚ usoben´ım po dan´e orientovan´e kˇrivce: a) c1 : u ´seˇcka AB, s poˇc´ateˇcn´ım bodem A = [−1, 0] a koncov´ ym bodem B = [1, 0]. b) c2 = {[x, y] ∈ E2 ; x2 + y 2 = 1, y ≥ 0} s poˇca´teˇcn´ım bodem B = [1, 0]. c) Pomoc´ı Greenovy vˇety urˇcete pr´aci po uzavˇren´e orientovan´e kˇrivce c = c1 ∪ c2 . [ a) 2, b) −2, c) 0]
2(y, −x) 547. Vypoˇctˇete cirkulaci f~ = 2 po kladnˇe orientovan´e kˇrivce c = {[x, y] ∈ E2 ; x + y2 x2 + y 2 = 16}. Lze pouˇz´ıt Greenovu vˇetu ? Odpovˇed’ zd˚ uvodnˇete! [−4π, nelze] 548. Pomoc´ı Greenovy vˇety vypoˇctˇete cirkulaci vektoru f~ = y, (x − y)2 po z´apornˇe orientovan´e kˇrivce c = {[x, y] ∈ E2 ; (x − 1)2 + y 2 = 1}.
[−π]
549.* Odvod’te pomoc´ı kˇrivkov´eho integr´alu vzorec pro ploˇsn´ y obsah obrazce, kter´ y je n o x2 y 2 ohraniˇcen elipsou c = [x, y] ∈ E2 ; 2 + 2 = 1 . [π ab] a b 550.* Uˇzit´ım kˇrivkov´eho integr´alu vypoˇctˇete obsah obrazce omezen´eho obloukem cykloidy x = a (t − sin t), y = a (1 − cos t), t ∈ h0, 2πi a u ´seˇckou z bodu [0, 0] do bodu [2πa, 0]. [3πa2 ] 551.* Necht’ c1 je u ´seˇcka z bodu [0, 0] do bodu [1, 1] , c2 je ˇca´Zst paraboly y = x2 opˇet Z (x + y)2 dx − (x − y)2 dy. (x + y)2 dx − (x − y)2 dy, I2 = z [0, 0] do [1, 1] a I1 = c2
c1
Uˇzit´ım Greenovy vˇety vypoˇctˇete I1 − I2 .
1 ± . 3
I
N´ avod: I nebo
Z Z (z´ ap.orient.) − = c1 ∪c2 c2 c1 Z Z (klad.orient.) − =
c1 ∪c2
c2
c1
1 xe , −x ye + 2 552.* Pomoc´ı Greenovy vˇety vypoˇctˇete integr´al · d~s, x + y2 c kde c je kladnˇe orientovan´ y obvod ˇctverce s vrcholy [1, 0], [2, 0], [2, 1],h [1, 1]. I
−y 2
2
−y 2
1 πi 1 arctg − 2 2 4
553. Pomoc´ı Greenovy vˇety vypoˇctˇete integr´al
I
(y 2 ex − y 3 , 2yex − 3) · d~s, kde c
c = c1 ∪ c2 ; c1 = {[x, y] ∈ E2 ; x = 0, y ∈ h−2, 2i}, c2 = {[x, y] ∈ E2 ; 4x2 + y 2 = 4, x ≥ 0}, pˇriˇcemˇz [0, 2] je poˇc´ateˇcn´ı bod kˇrivky c1 . [3π]
115
