Suma duž krive i krivolinijski integral I vrste
Neka \(L = AB\) glatka kriva u ravni \(Oxy\) i neka je na njoj definisana funkcija dve promenljive \(f(x, y)\). Podelimo krivu \(L\) na \(n\) delova tačkama \(A = M_0, M_1, \dots, M_n = B\). Na svakom od delova krive \(\overline{M_{i-1}M_i}\) izaberemo proizvoljnu tačku \(\xi_i(x_i, y_i)\) i formiramo sumu
\[
\sigma_n = \sum_{i=1}^n f(\xi_i)\,\Delta l_i,
\]
gde je \(\Delta l_i\) dužina luka \(\overline{M_{i-1}M_i}\).
Označimo sa \(d\) maksimalnu dužinu lukova \(\overline{M_{i-1}M_i}\).
def. Ukoliko postoji konačna granična vrednost integralnih suma \(\sigma_n\), kada \(d \to 0\), koja ne zavisi od podele krive \(L\) i izbora tačaka \(M_i\), onda se ona zove krivolinijski integral I vrste funkcije \(f(x, y)\) i označava sa
\[
\int_{L} f(x, y) \, dl \quad \text{ili} \quad \int_{AB} f(x, y) \, dl.
\]
Izračunavanje krivolinijskog integrala I vrste
Neka je kriva \(L\) zadata neprekidno-diferencijabilnom funkcijom \(y = y(x)\), \(x \in [a, b]\). Tada važi:
\[ \int_{L} f(x, y) \, dl = \int_{a}^{b} f(x, y(x)) \sqrt{1 + \big(y'(x)\big)^2} \, dx.\]
Neka je kriva \(L\) zadata parametarskim jednačinama \(x = x(t), y = y(t)\), \(t \in [\alpha, \beta]\). Tada važi:
\[ \int_{L} f(x, y) \, dl = \int_{\alpha}^{\beta} f(x(t), y(t)) \sqrt{\big(x'(t)\big)^2 + \big(y'(t)\big)^2} \, dt. \]
Osobine krivolinijskog integrala I vrste i njegovu primenu demonstriraćemo kroz primere i zadatke.
Primer 1:
Izračunati krivolinijski integral prve vrste \(\int_L (x + y) \, dl, \text{ gde je L granica trougla sa temenima } O(0,0), A(1,0), B(0,1).\)
\[
\int_L (x + y) \, dl = \int_{OA} (x + y) \, dl + \int_{AB} (x + y) \, dl + \int_{BO} (x + y) \, dl
\]
Prava OA: U pitanju je x-osa, znači prava \(y = 0\). Tada:
\[
\int_{OA} (x + y) \, ds = \int_0^1 (x + 0) \, dx = \int_0^1 x \, dx = \frac{1}{2}.
\]
Prava AB: U pitanju je prava \(x + y = 1\), tj. \(y = 1 – x\), pa je \(y’ = -1\). Tada:
\[
\int_{AB} (x + y) \, ds = \int_0^1 (x + (1-x)) \sqrt{1 + (-1)^2} \, dx = \int_0^1 1 \cdot \sqrt{2} \, dx = \sqrt{2}.
\]
Prava BO: Ovde imamo y-osu, to jest pravu \(x = 0\). Tada:
\[
\int_{BO} (x + y) \, ds = \int_0^1 (0 + y) \, dy = \int_0^1 y \, dy = \frac{1}{2}.
\]
Saberemo sva tri rešenja i dobijamo:
\[
\int_L (x + y) \, ds = \frac{1}{2} + \sqrt{2} + \frac{1}{2} = 1 + \sqrt{2}.
\]
Primer 2:
Izračunati \(\int_L xy \, ds\), gde je \(L\) kontura pravougaonika sa temenima \(A(0,0), B(4,0), C(4,2)\) i \(D(0,2)\).
\[
\int_L xy \, ds = \int_{AB} xy \, ds + \int_{BC} xy \, ds + \int_{CD} xy \, ds + \int_{DA} xy \, ds
\]
Prava AB: Ovde imamo pravu \(y = 0\) (x-osa). Integral
\[
\int_{AB} xy \, ds
\]
je očigledno \(0\).
Prava BC: Ovde imamo pravu \(x = 4\), pa radimo po \(y\).
Iz \(x = 4\) sledi da je \(x’ = 0\), a sa slike vidimo da \(0 \le y \le 2\).
Tada:
\[
\int_{BC} xy \, ds = \int_0^2 4y \, dy = 8.
\]
Prava CD: Ovde je prava \(y = 2\), \(y’ = 0\) i \(0 \le x \le 4\).
Tada:
\[
\int_{CD} xy \, ds = \int_0^4 2x \, dx = 16.
\]
Prava DA: Ovde je prava \(x = 0\) (y-osa), integral je očigledno \(0\):
\[
\int_{DA} xy \, ds = 0.
\]
Saberemo sva četiri integrala i dobijamo:
\[
\int_L xy \, ds = 0 + 8 + 16 + 0 = 24.
\]
U prethodna dva primera koristili smo sledeću osobinu krivolinijskog integrala I vrste:
Ako je funkcija \(f(x, y)\) integrabilna na krivoj \(AB\), i ako se kriva \(AB\) može predstaviti kao unija dve krive \(AC\) i \(CB\), onda je
\[
\int_{AB} f(x, y) \, dl = \int_{AC} f(x, y) \, dl + \int_{CB} f(x, y) \, dl.
\]
Jedna od glavnih primena krivolinijskog integrala I vrste u fizici je izračunavanje mase krive, pa ćemo, shodno tome, prikazati postupak rešavanja ovog tipa problema u sledećem primeru.
Primer 3:
Izračunati masu krive \(L\): \(x^2 + y^2 + z^2 = 2, \; z = x\), ako je gustina \(\rho(x, y, z) = x^2 + y^2 + 2z\).
Masu računamo po formuli:
\[
m = \int_L \rho(x, y, z) \, dl.
\]
Na osnovu slike vidimo da je kriva, čiju masu ćemo računati, zapravo kružnica, dobijena u preseku sfere i ravni.
Najpre ćemo izvršiti parametrizaciju:
\[
x = \cos t, \quad y = \sqrt{2}\sin t, \quad z = \cos t, \quad t \in [0, 2\pi]
\]
Potom računamo diferencijal:
\[
dl = \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dz}{dt}\right)^2} \, dt = \sqrt{2} \, dt
\]
Zatim gustinu izražavamo preko parametra t:
\[
\rho(t) = x^2 + y^2 + 2z = \cos^2 t + 2\sin^2 t + 2 \cos t = 1 + \sin^2 t + 2\cos t
\]
I konacno računamo masu:
\[
m = \int_0^{2\pi} \rho(t) \, dl = \int_0^{2\pi} (1 + \sin^2 t + 2\cos t) \sqrt{2} \, dt = \sqrt{2} \int_0^{2\pi} (1 + \sin^2 t + 2\cos t) \, dt
\]
\[
\int_0^{2\pi} 1 \, dt = 2\pi, \quad \int_0^{2\pi} \sin^2 t \, dt = \pi, \quad \int_0^{2\pi} 2\cos t \, dt = 0
\]
\[
m = \sqrt{2} (2\pi + \pi + 0) = 3\pi \sqrt{2}
\]