Krivolinijski Integrali Zadaci III Deo

KRIVOLINIJSKI INTEGRALI – zadaci (III deo) Nezavisnost krivolinijskog integrala od putanje integracije Sledeća tvrñenja su ekvivalentna: 1)

∫ P( x, y, z)dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z)dz

ne zavisi od putanje integracije

C

2) Postoji funkcija u=u(x,y) tako da je du = P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy + R(x,y,z)dz i tada važi : B

∫

P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy + R(x,y,z)dz = u(B) - u(A)

A

3)

4)

∂P ∂Q = , ∂y ∂x

∫

∂P ∂R = , ∂z ∂x

∂Q ∂R = ∂z ∂y

P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy + R(x,y,z)dz = 0 ako je kriva c zatvorena.

C

1. Odrediti funkciju u = u ( x,y) ako je poznat njen totalni diferencijal : du = ( 2 x cos y − y 2 sin x ) dx + ( 2 y cos x − x 2 sin y ) dy

Rešenje: Znamo da formula za totalni diferencijal glasi: du = ∂u = 2 x cos y − y 2 sin x ∂x

i

∂u ∂u dx + dy pa zaključujemo da je: ∂x ∂y

∂u = 2 y cos x − x 2 sin y ∂y

∂u = 2 x cos y − y 2 sin x ∂x

u ( x, y ) = ∫ ( 2 x cos y − y 2 sin x )dx + ϕ ( y )

sami dodajemo neku funkciju "po y", recimo ϕ ( y )

u ( x, y ) = 2 cos y ∫ xdx + y 2 ∫ sin xdx + ϕ ( y ) x2 u ( x, y ) = 2 cos y ⋅ + y 2 ⋅ cos x + ϕ ( y ) 2 u ( x, y ) = x 2 cos y + y 2 cos x + ϕ ( y ) →

Sad ovo uporedimo sa

∂u = − x 2 sin y + 2 y cos x + ϕ `( y ) ∂y

∂u = 2 y cos x − x 2 sin y ∂y

Ideja je da nadjemo ϕ ( y ) .

− x 2 sin y + 2 y cos x + ϕ `( y ) = 2 y cos x − x 2 sin y → ϕ `( y ) = 0 → ϕ ( y ) = c ( neka konstanta)

I našli smo traženu funkciju: u ( x, y ) = x 2 cos y + y 2 cos x + c

2. Odrediti funkciju u = u ( x, y, z ) ako je poznat njen totalni diferencijal : u ( x, y, z ) = (1 −

1 y x x xy + )dx + ( + 2 )dy − 2 dz y z z y z

Rešenje: Ovde formula za totalni diferencijal glasi: du = ∂u 1 y = 1− + ∂x y z

∂u x x = + ∂y z y 2

∂u ∂u ∂u dx + dy + dz pa zaključujemo da je: ∂x ∂y ∂z

∂u xy =− 2 ∂z z

Krećemo od:

∂u 1 y = 1− + y z ∂x  1 y u ( x, y, z ) = ∫ 1 − + dx + ϕ ( y, z ) → sad moramo dodati funkciju " po y i po z"  y z  1 y u ( x, y, z ) = 1 − +  ∫ dx + ϕ ( y, z )  y z  1 y ∂u x x ∂ϕ ( y, z ) u ( x, y , z ) =  1 − +  ⋅ x + ϕ ( y, z ) → = + + ∂y y 2 z ∂y  y z Sad ovo izjednačavamo sa

∂u x x = + ∂y z y 2

Dakle: x x ∂ϕ ( y, z ) x x ∂ϕ ( y, z ) + + = 2+ → = 0 → ϕ ( y, z ) = δ ( z ) → samo funkcija " po z " 2 y z ∂y y z ∂y

 1 y  1 y Pa je sada u ( x, y, z ) = 1 − +  ⋅ x + ϕ ( y, z ) → u ( x, y, z ) = 1 − +  ⋅ x + δ ( z )  y z  y z Sad je izvod ove funkcije “po z” jednak  1 y ∂u xy u ( x, y, z ) =  1 − +  ⋅ x + δ ( z ) → = − 2 + δ `( z ) ∂z z  y z Ovo izjednačavamo sa

∂u xy xy xy = − 2 pa je − 2 + δ `( z ) = − 2 → δ `( z ) = 0 → δ ( z ) = c ( neka konstanta) ∂z z z z

 1 y Tražena funkcija je onda: u ( x, y, z ) = 1 − +  ⋅ x + c  y z www.matematiranje.com

3. Dokazati da je vrednost krivolinijskog integrala

∫ f (x

2

+ y 2 )( xdx + ydy ) uzetog po zatvorenoj konturi

c

jednaka 0, nezavisno od oblika funkcije u podintegralnom izrazu. Rešenje: Iz

∫ f (x c

2

+ y 2 )( xdx + ydy ) = ∫ x ⋅ f ( x 2 + y 2 )dx + y ⋅ f ( x 2 + y 2 )dy uočimo da je : c

P ( x, y ) = x ⋅ f ( x 2 + y 2 ) →

∂P = x ⋅ f `( x 2 + y 2 ) ⋅ 2 y = 2 xy ⋅ f `( x 2 + y 2 ) i ∂y

Q ( x, y ) = y ⋅ f ( x 2 + y 2 ) →

∂Q = y ⋅ f `( x 2 + y 2 ) ⋅ 2 x = 2 xy ⋅ f `( x 2 + y 2 ) ∂x

To znači da je

∂P ∂Q = pa je po teoremi koju smo dali na početku fajla ∂y ∂x

∫ f (x

2

+ y 2 )( xdx + ydy ) = 0

c

Grinova formula:

Ako kriva C ograničava oblast D ( to jest ona je rub oblasti D) pri čemu D ostaje sa leve strane prilikom obilaska krive C, i važi da su funkcije P,Q,R neprekidne zajedno sa svojim parcijalnim izvodima prvog reda u oblasti D i na njenom rubu, onda važi formula:

 ∂Q

∂P 

∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy = ∫∫  ∂x − ∂y dxdy

C

D

Iz Grinove formule se lako dokazuje da je površina oblasti P(D) koja je ograničena krivom C data formulom:

P(D)=

1 xdy − ydx 2 C∫

∫ 2( x

4. Izračunati

2

+ y 2 )dx + ( x + y )dy ako je c kontura trougla sa temenima A(1,1) , B(2,2) i C(1,3).

c

Rešenje: Nacrtajmo najpre sliku .....

Sa slike uočimo da je : AB : y = x BC : y = 4 − x CA : x = 1 ∂P = 4y ∂y ∂Q Q ( x, y ) = ( x + y ) 2 → = 2( x + y ) ∂x P ( x, y ) = 2( x 2 + y 2 ) →

Dalje iz datog integrala ∫ 2( x 2 + y 2 )dx + ( x + y ) 2 dy je : c

Pa je onda

∂Q ∂P − = 2(x+y)-4y = 2(x-y) ∂x ∂y

Još da odredimo granice integracije i možemo upotrebiti Grinovu formulu!  1≤ x ≤ 2 D: ( pogledajte sliku još jednom) x ≤ y ≤ 4 − x

 ∂Q

∂P 

∫∫  ∂x − ∂y dxdy = D

2

4− x

1

x

= ∫ dx 2

∫

2  y2  4 − x  2( x − y )dy = ∫   2 xy − 2  dx =  2  x  1 

(

= ∫ ( 2 x(4 − x) − 2 x ⋅ x ) − ( (4 − x) − x 2

1

2

2

2

2

) ) dx = ∫ (8 x − 2 x

2

− 2 x 2 − 16 + 8 x − x 2 + x 2 )dx =

1

2

= ∫ ( −4 x 2 + 16 x − 16 )dx = −4 ∫ ( x 2 − 4 x + 4 )dx = −4 ∫ ( x − 2 ) dx = −4 2

1

1

1

( x − 2)3 2 4 =− 1 3 3

5.Izračunati I = ∫ ( e x sin y − my )dx + ( e x cos y − m ) dy ako je c gornji deo kruga x 2 + y 2 = ax . c

Rešenje: Spakujmo najpre kružnicu i nacrtajmo sliku:

x 2 + y 2 = ax x 2 − ax + y 2 = 0 2

2

a a x − ax +   −   + y 2 = 0 2 2 2

a a ( x − )2 + y 2 =   2 2

2

Posmatrajmo krivu c1 tako da je

∫

c1

=∫ + c

∫

.

AB

Što ovo radimo? Zato što Grin zahteva da oblast bude zatvorena! Sad formulu možemo primeniti na krivu c1 . ∂P = e x cos y − m ∂y ∂Q Q( x, y ) = e x cos y − m → = e x cos y ∂x P ( x, y ) = e x sin y − my →

Odavde je :

∂Q ∂P x − e cos y − ( e x cos y − m ) = m ∂x ∂y

 ∂Q ∂P  ∫∫D  ∂x − ∂y dxdy =

∫∫ mdxdy = m ⋅ ∫∫ D

dxdy = m ⋅ P( D)

D

Površina oblasti P(D) je ustvari polovina površine kruga poluprečnika

P( D) =

a pa je: 2

1 2 1 a a 2π r π = ( )2 π = odnosno, traženo rešenje je: 2 2 2 8

 ∂Q ∂P  ∫∫D  ∂x − ∂y dxdy =

∫∫ mdxdy = m ⋅ ∫∫ dxdy = m ⋅ P( D) = D

D

ma 2π 8 www.matematiranje.com

6. Izračunati površinu oblasti ograničenu krivama x = a cos3 t

i y = a sin 3 t ako je 0 ≤ t ≤ 2π .

Rešenje: Iskoristićemo formulu P(D)=

2π 1 1 xdy − ydx to jest P ( D ) = [ P ( x(t ), y (t ), z (t )) xt` + Q ( x(t ), y (t ), z (t )) yt` ]dt 2 C∫ 2 ∫0

Iz :

x = a cos3 t → x`= −3a cos 2 t sin t y = a sin 3 t → y`= 3a sin 2 t cos t pa imamo: 2π

1 P ( D ) = ∫ [ P ( x(t ), y (t ), z (t )) xt` + Q ( x(t ), y (t ), z (t )) yt` ]dt 2 0 2π

P( D) =

1 [a cos3 t ⋅ 3a sin 2 t cos t − a sin 3 t ⋅ (−3a cos 2 t sin t )]dt = ∫ 2 0 2π

=

1 [3a 2 cos 4 t ⋅ sin 2 t + 3a 2 sin 4 t ⋅ cos 2 t ]dt = 2 ∫0

=

1 [3a 2 cos 2 t ⋅ sin 2 t ⋅ ( sin 2 t + cos 2 t ) ]dt = 2 ∫0 ovo je 1

=

3a 2 2

2π

2π

∫ [cos

2

t ⋅ sin 2 t ]dt =

0

Sad malo upotrebimo formule iz trigonometrije: cos 2 t ⋅ sin 2 t = =

3a 2 2

2π

∫[ 0

1 − cos 4t 3a 2 ]dt = 8 16

2π

∫ [1 − cos 4t ]dt = 0

7. Izračunati krivolinijski integral

∫ (x

2

4 cos 2 t ⋅ sin 2 t sin 2 2t 1 − cos 4t = = 4 4 8

2 3a 2  1 3a 2π  2π 3a t − sin 4 t = ⋅ 2 = π   16  4 16 8  0

+ y 2 ) dx + ( x 2 − y 2 ) dy gde je kriva c zadata sa x − 1 + y − 1 = 1 .

c

Rešenje: Ako se sećate ovaj integral smo rešavali u prethodnom fajlu o krivolinijskim integralima. Ovde ćemo zadatak rešiti primenom Grinove formule.

∫ (x

2

+ y 2 )dx + ( x 2 − y 2 )dy odavde je :

c

∂P = 2y ∂y ∂Q = 2x Q ( x, y ) = x 2 − y 2 → ∂x pa je: ∂Q ∂P − = 2 x − 2 y = 2( x − y ) ∂x ∂y Dakle : P ( x, y ) = x 2 + y 2 →

I = ∫ 2( x − y )dxdy = 2 ∫ ( x − y )dxdy D

D

Podsetimo se slike iz prethodnog fajla: y

x+ y=

3 >

>

C(1,2)

2 D(0,1)

1

1 x= y

B(2,1) >

>

A(1,0)

2

y= 1x

3 y=

x

-x +3

Ovde ćemo morati da uzimamo smene: u = y+x v= y−x  ∂y 1  ∂u = 2 u+v u + v = 2y → y = → 2  ∂y = 1  ∂v 2  ∂x 1  ∂u = 2 u −v u − v = 2x → x = → 2  ∂x = − 1  ∂v 2 Jakobijan je: ∂x ∂u J= ∂y ∂u

∂x 1 ∂v 2 = ∂y 1 ∂v 2

1 2 1 1 1 = + = 1 4 4 2 2

−

Pogledajmo sliku :

Vratimo se sada na rešavanje integrala: 3

1

1

−1

3

v2 1 du = 0 2 −1 1

I = ∫ 2( x − y )dxdy = ∫ (−v)dudv = − ∫ du ∫ vdv = − ∫ D

D

8. Izračunati krivolinijski integral

x

y

∫ xy[(− 2 + y )dy − ( x + 2 )dx]

gde je c kružnica x 2 + y 2 = r 2 .

c

Rešenje: Vama za trening ostavljamo da ovaj integral rešite DIREKTNO, a mi ćemo ga rešiti upotrebom Grinove formule. Primetimo najpre da zadati integral nije u obliku gde možemo pročitati P(x,y) i Q(x,y) pa ćemo najpre malo da ga prisredimo: x

y

∫ xy[(− 2 + y )dy − ( x + 2 )dx] = c

∫ (− c

∫

x2 y xy 2 + xy 2 )dy − ( x 2 y + )dx = 2 2

(− x 2 y −

c

xy 2 x2 y )dx + (− + xy 2 )dy = 2 2

Odavde je: P ( x, y ) = − x 2 y − Q ( x, y ) = −

xy 2 ∂P 2 xy → = − x2 − = − x 2 − xy 2 ∂y 2

x2 y ∂Q 2 xy + xy 2 → =− + y 2 = y 2 − xy ∂x 2 2

∂Q ∂P − = y 2 − xy − ( − x 2 − xy ) = y 2 − xy + x 2 + xy = x 2 + y 2 ∂x ∂y Dakle, posao nam je da rešimo:

I = ∫ ( x 2 + y 2 )dxdy G

Naravno, u ovoj situaciji prelazimo na polarne koordinate:

x = R cos ϕ y = R sin ϕ

gde 0 ≤ ϕ ≤ 2π

J =R x2 + y2 = r 2 → R2 = r 2 → R = r Pogledajmo sliku.

Sad rešavamo: 2π

R 4 r r 4π I = ∫ ( x + y )dxdy = ∫∫ R ⋅ J dRdϕ = ∫ dϕ ∫ R ⋅ RdR = 2π ⋅ = 4 0 2 G G 0 0 2

2

2

r

2

www.matematiranje.com