ELEMENTY
ANALIZY WEKTOROWEJ
Marian Gewert Zbigniew Skoczylas
ELEMENTY
ANALIZY WEKTOROWEJ
Teoria, przykłady, zadania
Wydanie szóste zmienione
@@
@@@@
@@
@@
@@
@@
@@GiS
Oficyna Wydawnicza GiS
Wrocław 2012
IMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej
Copyright c 1997 – 2012 by Oficyna Wydawnicza GiS
Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających i innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postaci cy- frowej zarówno w Internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgody posiadacza praw autorskich.
Skład wykonano w systemie LATEX.
ISBN 978–83–62780–05–1
Wydanie VI zmienione, Wrocław 2012
Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., www.gis.wroc.pl Druk i oprawa: Oficyna Wydawnicza ATUT
4
Spis treści
Wstęp 7
1 Całki krzywoliniowe niezorientowane 9
1.1 Łuki na płaszczyźnie i w przestrzeni . . . 9
1.2 Całki krzywoliniowe niezorientowane . . . 17
1.3 Zastosowania całek krzywoliniowych niezorientowanych . . . 25
Zadania . . . 39
2 Całki krzywoliniowe zorientowane 41 2.1 Całki krzywoliniowe zorientowane . . . 41
2.2 Niezależność całki od drogi całkowania . . . 57
2.3 Twierdzenie Greena . . . 65
2.4 Zastosowania całek krzywoliniowych zorientowanych . . . 76
Zadania . . . 82
3 Całki powierzchniowe niezorientowane 85 3.1 Płaty . . . 85
3.2 Całki powierzchniowe niezorientowane . . . 93
3.3 Zastosowania całek powierzchniowych niezorientowanych . . . 103
Zadania . . . 116
4 Całki powierzchniowe zorientowane i elementy analizy wektorowej 118 4.1 Całki powierzchniowe zorientowane . . . 118
4.2 Twierdzenia Gaussa–Ostrogradskiego i Stokesa . . . 134
4.3 Zastosowania całek powierzchniowych zorientowanych . . . 147
Zadania . . . 151
Odpowiedzi 155
Bibliografia 161
Skorowidz 163
5
Wstęp
Książka jest przeznaczona dla studentów uczelni technicznych. Mogą z niej ko- rzystać także studenci wydziałów fizyki i matematyki uniwersytetów. W podręczniku omówiono zagadnienia dotyczące całek krzywoliniowych i powierzchniowych, zorien- towanych oraz niezorientowanych. Ponadto, przedstawiono ich zastosowania w fizyce i technice.
Materiał teoretyczny w podręczniku jest ilustrowany przykładami rozwiązanymi
„krok po kroku”. Pozwalają one Czytelnikowi lepiej przyswoić sobie materiał. Mogą one także służyć, jako wzorzec przy rozwiązywaniu zadań. Zadania do samodzielnej pracy znajdują się na końcu każdego rozdziału. Dodatkowo każdy paragraf zakoń- czono ćwiczeniami, które na bieżąco pomagają utrwalać przerabiany materiał. Do wszystkich ćwiczeń i zadań podane są odpowiedzi. Ponadto podręcznik zawiera ry- sunki ilustrujące omawiane zagadnienia. Ułatwia to lepsze zrozumienie materiału.
W obecnym wydaniu zmieniono układ i zakres materiału. Ponadto, dodano kilka- dziesiąt nowych przykładów, zadań oraz rysunków. Jednocześnie poprawiono zauwa- żone błędy i usterki.
Autorzy serdecznie dziękują Koleżankom i Kolegom z Instytutu Matematyki i In- formatyki Politechniki Wrocławskiej za uwagi o wcześniejszych wydaniach. Szczególne podziękowania składamy Pani dr Jolancie Długosz oraz Panom doc. dr. Sławomirowi Krzemińskiemu i prof. dr. hab. Januszowi Mierczyńskiemu za wskazanie błędów w poprzednim wydaniu.
Marian Gewert
Instytut Matematyki i Informatyki Politechnika Wrocławska
marian.gewert@pwr.wroc.pl www.im.pwr.wroc.pl/˜gewert
Zbigniew Skoczylas
Instytut Matematyki i Informatyki Politechnika Wrocławska
zbigniew.skoczylas@pwr.wroc.pl www.im.pwr.wroc.pl/˜skoczylas
7
1 Całki krzywoliniowe niezorientowane
1.1 Łuki na płaszczyźnie i w przestrzeni
Definicja 1.1. (funkcja wektorowa jednej zmiennej)
Niech I będzie przedziałem. Funkcją wektorową jednej zmiennej na płaszczyźnie lub w przestrzeni nazywamy odpowiednio odwzorowanie r : I −→ R2 lub r : I −→ R3. Funkcje takie zapisujemy w postaci
r(t) = x(t), y(t) lub r(t) = x(t), y(t), z(t) , gdzie t ∈ I.
y
t x t
I
r(t) r
Rys. 1.1. Funkcja wektorowa jednej zmiennej na płaszczyźnie
t t
I
x
y z
b
r(t) r
Rys. 1.2. Funkcja wektorowa jednej zmiennej w przestrzeni
9
Mówimy, że funkcja wektorowa r jest różnowartościowa, gdy dla dowolnych t1, t2∈ I prawdziwa jest implikacja
t16= t2 =⇒ r (t1) 6= r (t2) .
Jeżeli funkcje x, y lub x, y, z są ciągłe, to mówimy, że funkcja r jest ciągła. Gdy funkcje x, y lub x, y, z mają pochodne, to mówimy, że funkcja r jest różniczkowalna.
Pochodną takiej funkcji określamy wzorem:
r′(t) = (x′(t), y′(t)) lub r′(t) = (x′(t), y′(t), z′(t)) .
Jeżeli dodatkowo pochodne x′, y′ lub x′, y′, z′ są ciągłe, to mówimy, że funkcja r jest różniczkowalna w sposób ciągły.
y
x
r(t) r′(t) a)
x
y z
b
r(t) r′(t) b)
Rys. 1.3. Pochodna funkcji wektorowej: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni Definicja 1.2. (łuk gładki, łuk kawałkami gładki)
Zbiór Γ na płaszczyźnie lub w przestrzeni nazywamy łukiem gładkim, jeżeli można wskazać funkcję wektorową r taką, że
Γ = {r(t) : t ∈ [α, β]} ,
przy czym funkcja r jest różnowartościowa i różniczkowalna w sposób ciągły na prze- dziale [α, β], a na przedziale (α, β) spełnia warunek r′(t) 6= 0. Funkcję r nazywamy parametryzacją łuku Γ.
x y
Γ a)
x
y z
b) Γ
Rys. 1.4. Łuk gładki: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni
Zbiór, który można podzielić na skończoną liczbę łuków gładkich, nazywamy łukiem kawałkami gładkim.
x y
Γ a)
x
y b) z
Γ
Rys. 1.5. Łuk kawałkami gładki: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni
Jeżeli parametryzacja r łuku spełnia równość r(α) = r(β), to mówimy, że łuk jest zamknięty.
y
x a)
Γ
x
y b) z
Γ
Rys. 1.6. Łuk zamknięty: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni
Uwaga. Łuk może mieć wiele parametryzacji. Wykresy funkcji różniczkowalnych w sposób ciągły na przedziale domkniętym są łukami gładkimi na płaszczyźnie.
y
x y= y(x)
a) y
x b)
x=x(y)
Rys. 1.7. Łuk, który jest wykresem funkcji: a) y = y(x); b) x = x(y)
Równania parametryczne ważniejszych łuków Odcinek o początku r1 i końcu r2ma równanie parametryczne:
r(t) = r1+ (r2− r1) t, gdzie t ∈ [0, 1].
Na płaszczyźnie dla r1= (x1, y1), r2= (x2, y2) równanie to przyjmuje postać:
r(t) = (x1+ (x2− x1) t, y1+ (y2− y1) t) , gdzie t ∈ [0, 1], a w przestrzeni dla r1= (x1, y1, z1), r2= (x2, y2, z2) – postać
r(t) = (x1+ (x2− x1) t, y1+ (y2− y1) t, z1+ (z2− z1) t) , gdzie t ∈ [0, 1].
y
x
r1 (t=0)
r2 (t=1)
a)
x y
z
b b
(t=0)r1
r2 (t=1)
b)
Rys. 1.8. Odcinek: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni
Okrąg o środku S = (x0, y0) i promieniu R > 0 ma równanie parametryczne:
r(t) = (x0+ R cos t, y0+ R sin t) , gdzie t ∈ [0, 2π].
Elipsa o środku S = (x0, y0) i półosiach a, b > 0 ma równanie parametryczne:
r(t) = (x0+ a cos t, y0+ b sin t) , gdzie t ∈ [0, 2π].
y
x
t=0 t=π2
t=π
t=32π
x0
y0 R
y
x
t=0 t=π2
t=π
t=32π
x0
y0 a
b
Rys. 1.9. Okrąg Rys. 1.10. Elipsa
Asteroida – krzywa zakreślona przez punkt okręgu o promieniu R/4 (R > 0), toczą- cego się bez poślizgu po wewnętrzej stronie okręgu o promieniu R – ma równanie parametryczne:
r(t) = R cos3t, R sin3t , gdzie t ∈ [0, 2π].
Cykloida – krzywa zakreślona przez punkt okręgu o promieniu R (R > 0), toczącego się bez poślizgu po prostej – ma równanie parametryczne:
r(t) = (R(t − sin t), R(1 − cos t)) , gdzie t ∈ [0, 2π].
y
x R R
y
x
πR 2πR
2R
Rys. 1.11. Asteroida Rys. 1.12. Cykloida
Linia śrubowa o skoku h, nawinięta na walec x2+ y2 = R2, ma równanie parame- tryczne:
r(t) =
R cos t, R sin t, h 2πt
, gdzie t ∈ R.
Jeden zwój linii śrubowej otrzymamy, gdy t ∈ [0, 2π].
x
y z
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
h
bb
b
b R
Rys. 1.13. Linia śrubowa
Definicja 1.3. (długość łuku)
Długością l łuku Γ nazywamy kres górny długości łamanych wpisanych w ten łuk;
l = sup
n∈N {P0,P1,...,Pn}
(n−1 X
i=0
|PiPi+1| )
,
gdzie |PiPi+1| oznacza długość odcinka PiPi+1 dla 0 ¬ i ¬ n − 1.
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
y
P0 x P1
P2
Pn−1
Pn
Γ a)
x y
z
b bb bb bb
bb
bb
bb
bb b
Γ
P0 P1
P2
Pn−1
Pn
b)
Rys. 1.14. Łamane wpisane w łuk: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni Twierdzenie 1.1. (wzór na długość łuku)
Niech r(t) (t ∈ [α, β]) będzie parametryzacją łuku gładkiego Γ. Wtedy jego długość l wyraża się wzorem:
l =
β
Z
α
r′(t) dt,
gdzie r′ oznacza długość wektora r′.
Uwaga. Na płaszczyźnie dla łuku Γ = x(t), y(t) : t ∈ [α, β] wzór przyjmuje po- stać:
l =
β
Z
α
q
[x′(t)]2+ [y′(t)]2dt, (1.1)
a w przestrzeni dla łuku Γ = x(t), y(t), z(t) : t ∈ [α, β] – postać:
l =
β
Z
α
q[x′(t)]2+ [y′(t)]2+ [z′(t)]2dt. (1.2)
Jeżeli łuk gładki Γ jest wykresem funkcji y = y(x), gdzie x ∈ [a, b], to jego długość wyraża się wzorem:
l =
b
Z
a
q1 + [y′(x)]2dx. (1.3)
Podobny wzór mamy dla łuków o równaniu x = x(y).
Przykład 1. Obliczyć długość łuku Γ, jeżeli:
a) Γ = etsin t, etcos t : t ∈ [0, π] ; b) Γ = 3t, 3t2, 2t3
: t ∈ [0, 1] ; c) Γ : y = ln sin x, gdzie x ∈hπ
4,π 2
i; d) Γ : x = (4 − y)p4 − y), gdzie y ∈ [0, 4].
Rozwiązanie.
a) Do obliczenia długości łuku Γ =
etsin t, etcos t
: t ∈ [0, π]
wykorzystamy wzór (1.1).
Mamy
l =
π
Z
0
q
(etsin t)′2
+
(etcos t)′2
dt
=
π
Z
0
q
(etsin t + etcos t)2+ (etcos t − etsin t)2dt
=
π
Z
0
q
e2t sin2t+ 2 sin t cos t + cos2t
+ e2t cos2t− 2 sin t cos t + sin2t dt
=
π
Z
0
√2e2tdt=√ 2
π
Z
0
etdt=√ 2
etπ 0 =√
2 (eπ− 1) .
Długość łuku jest równa√
2 (eπ− 1).
b) Do obliczenia długości łuku Γ =
3t, 3t2,2t3
: t ∈ [0, 1]
wykorzystamy wzór (1.2).
Mamy
l =
1
Z
0
q (3t)′2
+ (3t2)′2
+ (2t3)′2
dt
=
1
Z
0
q
(3)2+ (6t)2+ (6t2)2dt
= 3
1
Z
0
p1 + 4t2+ 4t4dt= 3
1
Z
0
q
(1 + 2t2)2dt= 3
1
Z
0
1 + 2t2 dt= 3
t+2t3
3
1 0
= 5.
Długość łuku jest równa 5.
c) W tym przykładzie wykorzystamy wzór (1.3). Mamy
l =
π 2
Z
π 4
q 1 +
(ln sin x)′2
dx
=
π 2
Z
π 4
r
1 +cos x sin x
2
dx
=
π 2
Z
π 4
dx sin x =
π 2
Z
π 4
sin x dx sin2x =
π 2
Z
π 4
sin x dx 1 − cos2x
cos x = t, − sin x dx = dt x=π4, t= √22 x=π2, t= 0
=
=
0
Z
√2 2
−dt 1 − t2 =
√2 2
Z
0
dt
1 − t2 rozkład na ułamki proste
= 1 2
√2 2
Z
0
1 1 + t+ 1
1 − t
dt= 1
2
hln |1 + t| − ln |1 − t|i
√2 2
0 =1
2ln2 +√ 2 2 −√
2.
Długość łuku jest równa 1
2ln2 +√ 2 2 −√
2.
d)W tym przykładzie łuk Γ jest wykresem funkcji x = x(y), gdzie c ¬ y ¬ d, więc zastosu- jemy wzór analogiczny do (1.3):
l=
d
Z
c
q
1 + [x′(y)]2dy.
Mamy
l =
4
Z
0
r 1 +h
(4 − y)p
4 − y′i2 dy
=
4
Z
0
s 1 +
−3√4 − y 2
2
dy
= 1 2
4
Z
0
p40 − 9y dy 40 − 9y = u
−9 dy = du y= 0, u = 40 y= 4, u = 4
=1 2
4
Z
40
−1 9
√u du= 1 18
h2 3u√
u i40
4
= 8 27 10√
10 − 1 .
Długość łuku jest równa 8 27 10√
10 − 1 .
Ćwiczenia 1.1.
1. Wyznaczyć przedziały, na których podane funkcje wektorowe są różnowartościowe:
a) r(t) = (t, |t|); b) r(t) = (sin t, 2 cos 2t);
c) r(t) = ln t, e−t, t3
; d) r(t) = t, t2, cos t . 2. Obliczyć pochodne funkcji wektorowych:
a) r(t) = (t sin t, ln t), t > 0; b) r(t) = (3 − 2t, −4t), t ∈ R;
c) r(t) = (2 sin t, 2 cos t), t ∈ [0, 2π]; d) r(t) = √3
t + 1, t2
, t ∈ (−1, ∞);
e) r(t) = (1 + 3t, −1 + t, 2t), t ∈ R; f) r(t) = (3t, 3 cos t, 2 sin t), t ∈ [0, ∞).
3. Naszkicować łuki o parametryzacjach:
a) r(t) = (2 − 3t, −4t), t ∈ R; b) r(t) = (2 sin t, 2 cos t), t ∈ [0, π];
c) r(t) = t, t2
, t ∈ [0, ∞); d) r(t) = e−t, e2t , t ∈ R;
e) r(t) = (1, 2 cos t, 3 sin t), t ∈ [0, 2π]; f) r(t) = (1 − 4t, 1 − t, 2t), t ∈ R;
g) r(t) = (cos t, sin t, t), t ∈ [0, ∞); h) r(t) = t2, t2, t2
, t ∈ [0, 1].
4. Sprawdzić, który z łuków jest gładki, a który kawałkami gładki:
a) r(t) = (−3t, 4t), t ∈ R; b) r(t) = t3, t6 , t ∈ R;
c) r(t) = (|t|, t), t ∈ R; d) r(t) = (t − sin t, 1 − cos t), t ∈ [0, 2π];
e) r(t) = (t, |t − 1|, 1), t ∈ R; f) r(t) = (2 cos t, 2 sin t, t), t ∈ [0, 2π];
g) r(t) =
0, t, t2+t−2
, t ∈ R; h) r(t) = (t sin t, t cos t, t), t ∈ [0, ∞).
5. Obliczyć długości łuków:
a) x = 2 + 3t, y = −1 + 2t, t ∈ [0, 1]; b) x = sin 2t, y = cos 2t, t ∈ [0, π];
c) x = t − sin t, y = 1 − cos t, t ∈ [0, 2π]; d) x = cos3t, y = sin3t, t ∈ [0, 2π];
e) x = t, y = t2, z = t2, t ∈ [0, 2]; f) x = 2 cos t, y = 2 sin t, z = t, t ∈ [0, 2π]
6. Obliczyć długości łuków, które są wykresami funkcji:
a) y = x2, x ∈ [0, 1]; b) y = ch x, x ∈ [−1, 1];
c) x =p1 − y2, y ∈ [−1, 1]; d) x = y2, y ∈ [−1, 1].
1.2 Całki krzywoliniowe niezorientowane
Definicja 1.4. (całka krzywoliniowa niezorientowana)
Niech Γ będzie łukiem gładkim na płaszczyźnie lub w przestrzeni. Wprowadzamy oznaczenia:
P – podział łuku Γ na łuki Γk (1 ¬ k ¬ n);
∆lk – długość łuku Γk;
δ(P) = max {∆lk: 1 ¬ k ¬ n} – średnica podziału P;
Ak – punkt pośredni podziału wybrany na łuku Γk.
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
y
x Γ Γ1
Γ2
Γn−1
Γn
A1
A2
An−1
An
a)
x y
z
b b b
b
b
b b b
∗
∗
∗
∗ ∗
∗
∗
Γ
Γ1
Γ2
Γn−1
Γn
A1
A2
An−1
An
b)
Rys. 1.15. Podział łuku Γ: a) na płaszczyźnie; b) w przestrzeni
Ponadto niech f będzie funkcją określoną na łuku Γ. Całkę krzywoliniową niezorien- towaną z funkcji f na łuku Γ definiujemy wzorem:
Z
Γ
f dl = lim
δ(P)→0
n
X
k=1
f (Ak) ∆lk,
o ile granica po prawej stronie znaku równości istnieje i nie zależy od sposobu podziału łuku ani od sposobu wyboru punktów pośrednich. Mówimy wtedy, że funkcja f jest całkowalna na łuku Γ.
Uwaga. Zauważmy, że Z
Γ
dl = długość (Γ).
Twierdzenie 1.2. (liniowość całki krzywoliniowej niezorientowanej) Jeżeli funkcje f i g są całkowalne na łuku gładkim Γ, to:
Z
Γ
(f + g) dl =Z
Γ
f dl + Z
Γ
g dl;
Z
Γ
(cf) dl = cZ
Γ
f dl, gdzie c ∈ R.
Twierdzenie 1.3. (o zamianie całki krzywoliniowej na całkę pojedynczą)
Niech f będzie funkcją ciągłą na łuku gładkim Γ o parametryzacji r(t) (t ∈ [α, β]) . Wtedy
Z
Γ
f dl =
β
Z
α
f r(t) r′(t) dt.
Uwaga. Całka krzywoliniowa nie zależy od parametryzacji łuku. Dla łuku Γ = {(x(t), y(t)) : t ∈ [α, β]}
na płaszczyźnie powyższy wzór przyjmuje postać:
Z
Γ
f (x, y) dl =
β
Z
α
f x(t), y(t)q
[x′(t)]2+ [y′(t)]2dt, (1.4)
a dla łuku Γ = x(t), y(t), z(t) : t ∈ [α, β] w przestrzeni – postać:
Z
Γ
f (x, y, z) dl =
β
Z
α
f x(t), y(t), z(t)q
[x′(t)]2+ [y′(t)]2+ [z′(t)]2dt. (1.5)
Jeżeli łuk gładki Γ jest wykresem funkcji y = y(x), gdzie x ∈ [a, b], to
Z
Γ
f (x, y) dl =
b
Z
a
f x, y(x)q
1 + [y′(x)]2dx. (1.6)
Podobny wzór mamy dla łuku o równaniu x = x(y).
Przykład 1. Obliczyć całki krzywoliniowe z funkcji f po łuku Γ, jeżeli:
a) f(x, y) = x(x + y), Γ – okrąg o środku w punkcie (0, 1) i promieniu 3;
b) f(x, y) = x
y, Γ – łuk paraboli y2= 2x między punktami 1,√
2, (2, 2);
c) f(x, y, z) = z2
x2+ y2, Γ – jeden zwój linii śrubowej x = R cos t, y = R sin t, z = Rt (R > 0).
Rozwiązanie.
a) Łuk Γ jest okręgiem, którego parametryzacja ma postać: x = 3 cos t, y = 1 + 3 sin t, gdzie 0 ¬ t ¬ 2π.
y
x 1
Γ
Do obliczenia całki wykorzystamy wzór (1.4). Mamy Z
Γ
x(x + y) dl =
2π
Z
0
3 cos t (3 cos t + 1 + 3 sin t)q
(3 cos t)′2
+
(1 + 3 sin t)′2
dt
=
2π
Z
0
9 cos2t+ 3 cos t + 9 cos t sin tq
(−3 sin t)2+ (3 cos t)2dt
=
2π
Z
0
27 cos2t+ 9 cos t + 27 cos t sin t dt
= 27
2π
Z
0
cos2t dt+ 9
2π
Z
0
cos t dt + 27
2π
Z
0
cos t sin t dt
= 27
2π
Z
0
1
2(1 + cos 2t) dt + 9
2π
Z
0
cos t dt + 27
2π
Z
0
1 2sin 2t dt
wykorzystano wzory:
cos2t=12(1 + cos 2t) sin 2t = 2 sin t cos t
=
= 27
2π
Z
0
1 2dt+ 27
2π
Z
0
cos 2t dt + 9
2π
Z
0
cos t dt + 27
2π
Z
0
1
2sin 2t dt = 27π + 0 + 0 + 0 = 27π.
b) Łuk Γ między punktami 1,√ 2
, (2, 2) jest wykresem funkcji y =√
2x (1 ¬ x ¬ 2).
y
1 2 x
√2 2
y=√ 2x Γ
Dla obliczenia całki wykorzystamy wzór (1.6). Mamy Z
Γ
x ydl =
2
Z
1
√x 2x
r 1 +h √
2x′i2
dx
=
2
Z
1
√x 2x
s 1 +
√ 2 2√x
2
dx
=
2
Z
1
√x
√2
r2x + 1 2x dx
= 1 2
2
Z
1
√2x + 1 dx
t= 2x + 1 dt= 2 dx x= 1, t = 3 x= 2, t = 5
= 1 2
5
Z
3
√t dt 2 =1
4 · 2 3
h√ t3
i5 3=1
6 5√ 5 − 3√
3 .
c) Jeden zwój linii śrubowej Γ otrzymamy, gdy parametr t przebiega przedział [0, 2π].
x
y z
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
Γ
Dla obliczenia całki wykorzystamy wzór (1.5). Mamy Z
Γ
z2 x2+ y2dl =
2π
Z
0
R2t2 R2cos2t+ R2sin2t
q
[(R cos t)′]2+ [(R sin t)′]2+ [(Rt)′]2dt
=
2π
Z
0
R2t2 R2 cos2t+ sin2t
p(−R sin t)2+ (R cos t)2+ R2dt=
=
2π
Z
0
R2t2 R2 R√
2 dt =√ 2R
2π
Z
0
t2dt=√ 2R
t3 3
2π 0
= 8√ 2π3R
3 .
Definicja 1.5. (całka krzywoliniowa niezorientowana po łuku kawałkami gładkim) Niech Γ będzie łukiem kawałkami gładkim złożonym z łuków gładkich Γk (1 ¬ k ¬ m), przy czym sąsiednie łuki stykają się tylko końcami, oraz niech f będzie funkcją cał- kowalną na łukach Γk. Całkę krzywoliniową niezorientowaną z funkcji f na łuku Γ definiujemy wzorem:
Z
Γ
f dl = Z
Γ1
f dl + Z
Γ2
f dl + . . . + Z
Γm
f dl. (1.7)
y
x Γ1
Γ2
Γm
Γ
Rys. 1.16. Ilustracja do definicji całki krzywoliniowej niezorientowanej po łuku kawałkami gładkim
Przykład 2. Obliczyć całki krzywoliniowe z funkcji f po kawałkami gładkim łuku Γ:
a) f(x, y) = (x + y)2, Γ – brzeg ćwiartki koła x2+ y2¬ 4, x ¬ 0, y 0;
b) f(x, y, z) = x + y + z, Γ – brzeg powierzchni z = 1 −p
x2+ y2, y 0, z 0;
c) f(x, y) = xy, Γ – składa się z odcinka łączącego punkty (1, 2), (1, 1); fragmentu paraboli x = y2 od punktu (1, 1) do (1, −1) oraz odcinka łączącego punkty (1, −1), (2, −1).
Rozwiązanie.
a) Brzeg Γ ćwiartki koła składa się z łuków gładkich Γ1, Γ2, Γ3. y
−2 x
2
Γ3
Γ1
Γ2
Korzystając z definicji – wzór (1.7), mamy Z
Γ
(x + y)2 dl= Z
Γ1
(x + y)2 dl+ Z
Γ2
(x + y)2 dl+ Z
Γ3
(x + y)2 dl.
Równania parametryczne łuków Γ1, Γ2, Γ3 mają postać:
Γ1: x = 0, y = t, gdzie 0 ¬ t ¬ 2 Γ2: x = 2 cos t, y = 2 sin t, gdzie π
2 ¬t¬ π, Γ3: x = t, y = 0, gdzie − 2 ¬ t ¬ 0.
Korzystając teraz ze wzoru (1.4) otrzymamy kolejno:
Z
Γ1
(x + y)2dl =
2
Z
0
(0 + t)2q
(0′)2+ (t′)2dt=
2
Z
0
t2dt=8 3,
Z
Γ2
(x + y)2dl =
π
Z
π 2
(2 cos t + 2 sin t)2q
(2 cos t)′2
+
(2 sin t)′2
dt
=
π
Z
π 2
4 cos2t+ 8 cos t sin t + 4 sin2tq
(−2 sin t)2+ (2 cos t)2dt
= 8
π
Z
π 2
(1 + 2 cos t sin t) dt = 8
π
Z
π 2
dt+ 8
π
Z
π 2
sin 2t dt wykorzystano wzór:
sin 2t = 2 sin t cos t
= 8 ·π
2 + 8 · 0 = 4π, Z
Γ3
(x + y)2dl =
0
Z
−2
(t + 0)2q
(t′)2+ (0′)2dt=
0
Z
−2
t2dt=8 3.
Ostatecznie Z
Γ
(x + y)2dl=8
3+ 4π +8
3= 4π +16 3 .
b) Brzeg Γ powierzchni określonej w zadaniu składa się z łuków gładkich Γ1, Γ2, Γ3.
x
y z
z= 1 −p x2+ y2
x
y z
Γ1
Γ2
Γ3
1
1
Korzystając z definicji – wzór (1.7), mamy Z
Γ
(x + y + z) dl = Z
Γ1
(x + y + z) dl + Z
Γ2
(x + y + z) dl + Z
Γ3
(x + y + z) dl.
Łuk Γ1 jest odcinkiem łączącym punkty (−1, 0, 0), (0, 0, 1). Zatem ma równanie parame- tryczne: x = −1 + t, y = 0, z = t, gdzie 0 ¬ t ¬ 1. Z kolei łuk Γ2 jest odcinkiem łączącym punkty (0, 0, 1), (1, 0, 0), ma więc równanie parametryczne: x = t, y = 0, z = 1 − t, gdzie 0 ¬ t ¬ 1. Ostatni łuk Γ3 jest półokręgiem o równaniu parametrycznym x = cos t, y = sin t, z= 0, gdzie 0 ¬ t ¬ π. Korzystając teraz ze wzoru (1.5) otrzymamy kolejno:
Z
Γ1
(x + y + z) dl =
1
Z
0
((−1 + t) + 0 + t)q
[(−1 + t)′]2+ 02+ [(t)′]2dt
=
1
Z
0
(2t − 1)√ 2 dt = 0,
Z
Γ2
(x + y + z) dl = Z1
0
(t + 0 + (1 − t))q
[(t)′]2+ 02+ [(1 − t)′]2dt= Z1
0
√2 dt =√ 2,
Z
Γ3
(x + y + z) dl =
π
Z
0
(cos t + sin t + 0)q
[(cos t)′]2+ [(sin t)′]2+ 02dt
=
π
Z
0
(cos t + sin t)p
(− sin t)2+ (cos t)2dt
=
π
Z
0
(cos t + sin t) dt = 0 + 2 = 2.
Zatem Z
Γ
(x + y + z) dl = 0 +√
2 + 2 = 2 +√ 2.
c) Kawałkami gładki łuk Γ składa się z łuków Γ1, Γ2, Γ3. y
x
1 2
1 2
−1
Γ1
Γ2
Γ3
Korzystając z definicji – wzór (1.7), mamy Z
Γ
xy dl= Z
Γ1
xy dl+ Z
Γ2
xy dl+ Z
Γ3
xy dl.
Równania łuków Γ1, Γ2, Γ3 mają postać:
Γ1: x = 1, gdzie 1 ¬ y ¬ 2, Γ2: x = y2, gdzie − 1 ¬ y ¬ 1, Γ3: y = −1, gdzie 1 ¬ x ¬ 2.
Łuki Γ1, Γ2 są wykresami funkcji x = x(y), gdzie c ¬ y ¬ d, więc zastosujemy wzór analo- giczny do (1.6):
Z
Γ
f(x, y) dl =
d
Z
c
f(x(y), y)q
1 + [x′(y)]2dy.
Mamy kolejno:
Z
Γ1
xy dl=
2
Z
1
1 · yq
1 + [(1)′]2dy=
2
Z
1
y dy=h1 2y2
i2 1= 3
2,
Z
Γ2
xy dl=
1
Z
−1
y2· y q
1 + (y2)′2
dy=
1
Z
−1
y3p
1 + 4y2dy= 0.
Ostatnia równość wynika z faktu, że przedział całkowania jest symetryczny względem 0, a funkcja podcałkowa – nieparzysta. Do obliczenia całki po łuku Γ3wykorzystamy wzór (1.6).
Mamy
Z
Γ3
xy dl= Z2
1
x· (−1) q
1 + [(−1)′]2dx= − Z2
1
x dx= −h1 2x2
i2 1 = −3
2.
Ostatecznie Z
Γ
xy dl= 3
2+ 0 +
−3 2
= 0.
Ćwiczenia 1.2.
1. Sprawdzić stwierdzenie, że całka krzywoliniowa niezorientowana Z
Γ
x2y dl
nie zależy od parametryzacji łuku, jeżeli Γ jest ćwiartką okręgu opisaną równaniami:
a) x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈h 0,π
2
i; b) x = 2 cos t2, y = 2 sin t2, t ∈
0,r π
2
;
c) x = t, y =p4 − t2, t ∈ [0, 2];
d) x = 2 cos(−t), y = 2 sin(−t), t ∈
3π 2 , 2π
; e) x = 2 − 2t2
1 + t2 , y = 4t
1 + t2, t ∈ [0, 1].
2. Obliczyć całki krzywoliniowe po wskazanych łukach:
a) Z
Γ
√ dl
x − y, Γ – odcinek łączący punkty (0, −1), (2, 0);
b)Z
Γ
(x + y) dl, Γ – brzeg trójkąta o wierzchołkach (1, 0), (0, 1), (0, 0);
c) Z
Γ
xy dl, Γ – brzeg kwadratu |x| + |y| ¬ 1;
d)Z
Γ
px2+ y2dl, Γ – okrąg x2+ y2= 2x;
e) Z
Γ
xy
z dl, Γ – odcinek łączący punkty (1, 1, 1) i (2, 3, 4);
f)Z
Γ
(x + y + z) dl, Γ – brzeg trójkąta o wierzchołkach (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1);
g) Z
Γ
px2+ y2+ z2dl, Γ – okrąg x2+ y2= 4, z = 2;
h)Z
Γ
z2dl, Γ – okrąg powstały z przecięcia sfery x2+y2+z2=1 i płaszczyzny y =x.
1.3 Zastosowania całek krzywoliniowych niezorientowanych
•
Pole powierzchni walcowejNiech Σ oznacza powierzchnię boczną walca o tworzących przechodzących przez łuk Γ ⊂ R2, które są ograniczone z dołu i z góry odpowiednio przez wykresy funkcji ciągłych z = d(x, y) i z = g(x, y). Wtedy pole S powierzchni Σ wyraża się wzorem:
S = Z
Γ
(g(x, y) − d(x, y)) dl. (1.8)
x
y z
Γ Σ z = g(x, y)
z =d(x, y)
Rys. 1.17. Powierzchnia walcowa
Przykład 1. Obliczyć pole powierzchni bocznej walca x2+ y2= R2(R > 0) ograni- czonej płaszczyzną z = 0 oraz powierzchnią z = R +y2
R.
Rozwiązanie. Łuk Γ, przez który przechodzą tworzące powierzchni walca, ma równanie pa- rametryczne
Γ : x = R cos t, y = R sin t, 0 ¬ t ¬ 2π.
x
y z
Γ z= R +yR2
Powierzchnia boczna walca jest wycięta z góry powierzchnią o równaniu g(x, y) = R +y2 R, a z dołu powierzchnią o równaniu d(x, y) ≡ 0. Zatem korzystając kolejno ze wzorów (1.8), (1.4), otrzymamy
S = Z
Γ
R+y2 R
− 0
dl
=
2π
Z
0
R+R2sin2t R
q
[(R cos t)′]2+ [(R sin t)′]2dt
=
2π
Z
0
R+R2sin2t R
p(−R sin t)2+ (R cos t)2dt=
=
2π
Z
0
R+ R sin2t
· R dt
= R2
2π
Z
0
1 + sin2t dt= R2
2π
Z
0
1 +1
2(1 − cos 2t)
dt wykorzystano wzór:
sin2t=12(1 − cos 2t)
= 1 2R2
2π
Z
0
(3 − cos 2t) dt = 1
2R2(6π + 0) = 3πR2. Powierzchnia boczna walca ma pole 3πR2.
•
Masa łukuMasa M łuku materialnego Γ o gęstości liniowej masy λ(r) wyraża się wzorem:
M = Z
Γ
λ(r) dl. (1.9)
Uwaga. Gdy łuk Γ jest jednorodny o gęstości λ0, to wzór (1.9) przyjmuje postać:
M = λ0· długość (Γ).
Przykład 2.
a) Obliczyć masę łuku asteroidy Γ : x = cos3t, y = sin3t, gdzie 0 ¬ t ¬ π
2, o gęstości liniowej masy λ(x, y) = x + y.
b) Obliczyć masę łuku Γ : y = ln x, gdzie 1 ¬ x ¬ e, jeżeli gęstość liniowa masy wyraża się wzorem λ(x, y) = x2.
c)Obliczyć masę dwóch zwojów linii śrubowej, nawiniętej na walec o średnicy d = 2 i wysokości H = 2, jeżeli gęstość liniowa masy λ w dowolnym punkcie jest równa jego odległości od podstawy walca.
Rozwiązanie.
a) Łuk Γ asteroidy przedstawiono na rysunku.
y
x 1 1
Γ
Korzystając ze wzoru (1.9) oraz ze wzoru na zamianę całki krzywoliniowej na całkę oznaczoną (1.4), mamy
M = Z
Γ
(x + y) dl =
π 2
Z
0
cos3t+ sin3t r
(cos3t)′2
+h
sin3t′i2
dt=
=
π 2
Z
0
cos3t+ sin3tq
(3 cos2t(− sin t))2+ 3 sin2tcos t2
dt
=
π 2
Z
0
cos3t+ sin3t p
9 cos4tsin2t+ 9 sin4tcos2t dt
= 3
π 2
Z
0
cos3t+ sin3tq
cos2tsin2t cos2t+ sin2t dt
= 3
π 2
Z
0
cos3t+ sin3t
cos t sin t dt
wykorzystano wzory:
sin2t+ cos2t= 1
√cos2tsin2t= cos t sin t dla 0 ¬ t ¬π2
= 3
π 2
Z
0
cos4tsin t dt
cos t = τ
− sin t dt = dτ t= 0, τ = 1 t=π2, τ= 0
+ 3
π 2
Z
0
sin4tcos t dt
sin t = τ cos t dt = dτ t= 0, τ = 0 t=π2, τ= 1
= 3
0
Z
1
−τ4 dτ+ 3
1
Z
0
τ4dτ = 6
1
Z
0
τ4dτ =6 5.
Zatem masa łuku jest równa 6 5. b) Łuk Γ przedstawiono na rysunku.
y
1 e x
y=ln x
Γ
Korzystając ze wzoru (1.9) oraz ze wzoru na zamianę całki krzywoliniowej na całkę poje- dynczą (1.6), mamy
M = Z
Γ
x2dl
=
e
Z
1
x2 q
1 + (ln x)′2
dx
=
e
Z
1
x2 r
1 +1 x
2 dx=
e
Z
1
xp
x2+ 1 dx
x2+ 1 = u 2x dx = du x= 1, u = 2 x= e, u = e2+ 1
=
=
e2+1
Z
2
1 2
√u du=2 9 h
e2+ 1 p
e2+ 1 − 2√ 2i
.
Zatem masa łuku jest równa 2 9 h
e2+ 1 p
e2+ 1 − 2√ 2i
. c) Położenie walca i linii śrubowej przedstawiono na rysunku.
x
y z
Γ
1 1
2
Skok linii śrubowej jest równy h = 1. Zatem łuk Γ ma równanie parametryczne x = cos t, y= sin t, z = t
2π, gdzie 0 ¬ t ¬ 4π. Przyjmując we wzorze (1.9) gęstość masy λ(x, y, z) = z i następnie korzystając ze wzoru na zamianę całki krzywoliniowej na całkę pojedynczą (1.5), otrzymamy
M = Z
Γ
z dl
=
4π
Z
0
t 2π
r
(cos t)′2
+
(sin t)′2
+h t 2π
′i2 dt
= Z4π
0
t 2π
r
(− sin t)2+ (cos t)2+ 1
4π2dt= 1 π
r 1 + 1
4π2 Z4π
0
t dt= 2p 4π2+ 1.
Masa łuku wynosi 2p 4π2+ 1.
•
Współrzędne środka masyWektor wodzący rC środka masy C łuku materialnego Γ o gęstości liniowej masy λ (r) ma postać
rC = 1 M
Z
Γ
rλ (r) dl,
gdzie M jest masą łuku. Dla łuku na płaszczyźnie współrzędne wektora rC wyrażają się wzorami:
xC = 1 M
Z
Γ
xλ(x, y) dl, yC = 1 M
Z
Γ
yλ(x, y) dl, (1.10)
y
x Γ yC
xC C
Rys. 1.18. Współrzędne środka masy łuku na płaszczyźnie a dla łuku w przestrzeni – wzorami:
xC = 1 M
Z
Γ
xλ(x, y, z) dl, yC = 1 M
Z
Γ
yλ(x, y, z) dl, zC = 1 M
Z
Γ
zλ(x, y, z) dl.
(1.11)
x
y z
b
xC
yC zC
Γ
C
Rys. 1.19. Współrzędne środka masy łuku w przestrzeni
Uwaga. Gdy łuk Γ jest jednorodny, to wzory na współrzędne środka masy przyjmują prostszą postać:
xC = 1
długość (Γ) Z
Γ
x dl, yC = 1 długość (Γ)
Z
Γ
y dl, zC = 1 długość (Γ)
Z
Γ
z dl.
(1.12) Jeżeli płaski łuk materialny ma środek lub oś symetrii i gęstość masy jest funkcją sy- metryczną względem tego środka lub osi (np. jest stała), to środek masy łuku pokrywa się ze środkiem lub leży na osi.
Γ
środek C symetrii a)
C Γ
symetriioś b)
Rys. 1.20. Łuk na płaszczyźnie: a) ze środkiem symetrii; b) z osią symetrii
Jeżeli przestrzenny łuk materialny ma środek symetrii, oś obrotu lub płaszczyznę symetrii i gęstość liniowa masy jest funkcją symetryczną odpowiednio względem tego środka, osi lub płaszczyzny (np. jest stała), to środek masy łuku pokrywa się ze środkiem albo leży na osi lub płaszczyźnie.
b
Γ
C środek symetrii a)
C oś obrotu
Γ
b
b)
bC Γ
płaszczyzna symetrii c)
Rys. 1.21. Łuk w przestrzeni:
a) ze środkiem symetrii; b) z osią obrotu; c) z płaszczyzną symetrii Przykład 3. Wyznaczyć współrzędne środka masy:
a) jednorodnego łuku cykloidy Γ : x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), gdzie 0 ¬ t ¬ 2π;
b) łuku Γ : y = x2, gdzie −1 ¬ x ¬ 1, jeżeli liniowa gęstość masy ma postać λ (x, y) =√
1 + 4x2;
c) jednorodnej łamanej ABC o wierzchołkach A = (−1, 1, 2), B = (0, 0, 0), C = (1, −1, 1).
Rozwiązanie.
a) Łuk Γ cykloidy przedstawiono na rysunku.
y
2πa x πa
2a
C Γ
Ponieważ łuk Γ jest jednorodny, więc wykorzystamy wzory (1.12). Długość tego łuku obli- czymy ze wzoru (1.1). Mamy
długość (Γ) =
2π
Z
0
q
(a(t − sin t))′2
+
(a(1 − cos t))′2
dt
=
2π
Z
0
pa2(1 − cos t)2+ a2sin2t dt
=√ 2a
2π
Z
0
√1 − cos t dt =√ 2a
2π
Z
0
r 2 sin2 t
2dt wykorzystano wzór:
cos t = 1 − 2 sin2t2
=
= 2a
2π
Z
0
sin
t 2 dt= 2a
2π
Z
0
sint
2dt= 8a.
Ponieważ prosta x = πa jest osią symetrii łuku, a jego gęstość jest stała, więc środek masy leży na tej prostej, tzn. xC = πa. Współrzędną yC środka masy wyznaczymy ze wzoru (1.12) oraz ze wzoru (1.4) na zamianę całki krzywoliniowej na całkę pojedynczą. Mamy
yC = 1
długość (Γ) Z
Γ
y dl
= 1 8a
2π
Z
0
a(1 − cos t)q
(a(t − sin t))′2
+
(a(1 − cos t))′2
dt
= 1 8a
2π
Z
0
√2a2(1 − cos t)√
1 − cos t dt
= 1 8a
2π
Z
0
√2a2· 2 sin2 t 2 ·
√2 sin
t 2 dt
wykorzystano rachunki przeprowadzone przy obliczaniu masy
= a 2
2π
Z
0
sin3 t 2dt
= a 2
2π
Z
0
sint 2
1 − cos2 t 2
dt
cos2t= τ
−12sin t dt = dτ t= 0, τ = 1 t= 2π, τ = −1
= a 2
Z−1
1
−2 1 − τ2 dτ =a
2 · 8 3 =4
3a.
Środek masy łuku cykloidy ma współrzędne: xC = πa, yC = 4 3a.
b) Łuk Γ przedstawiono na rysunku.
y
x
−1 1
C
Γ
y= x2
Zauważmy najpierw, że łuk jest symetryczny względem osi Oy. Ponadto, gęstość masy jest funkcją parzystą względem zmiennej x. Stąd wynika, że środek masy C należy do osi Oy.
Zatem xC = 0. Teraz wyznaczymy masę M łuku Γ. Korzystając ze wzoru (1.9) oraz ze wzoru
