Neka je kriva \(L\subset\mathbb{R}^{2}\) data u parametarskom obliku
\(x=x(t),\quad y=y(t),\quad t\in[\alpha,\beta]\), i neka je funkcija
\(f(x,y)\) neprekidna na luku \(L\), tada je
\[
\int\limits_{L}f(x,y)\,ds
=\int_{\alpha}^{\beta}f\!\big(x(t),y(t)\big)\,
\sqrt{\left(x'(t)\right)^{2}+\left(y'(t)\right)^{2}}\,dt.
\]
Neka je kriva \(L\subset\mathbb{R}^{3}\) data u parametarskom obliku
\(x=x(t),\quad y=y(t),\quad z=z(t),\quad t\in[\alpha,\beta]\), i neka je
funkcija \(f(x,y,z)\) neprekidna na luku \(L\), tada je
\[
\int\limits_{L}f(x,y,z)\,ds
=\int_{\alpha}^{\beta}f\big(x(t),y(t),z(t)\big)\,
\sqrt{(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}+(z'(t))^{2}}\,dt.
\]
Neka je kriva \(L\subset\mathbb{R}^{2}\) zadata neprekidno-diferencijabilnom
funkcijom \(y=y(x),\qquad x\in[a,b]\), i neka je funkcija \(f(x,y)\)
neprekidna na luku \(L\), tada je
\[
\int\limits_{L}f(x,y)\,ds
=\int_{a}^{b}f\!\big(x,y(x)\big)\sqrt{1+\left(y'(x)\right)^{2}}\,dx.
\]
Neka je kriva \(L\subset\mathbb{R}^{3}\) zadata neprekidno-diferencijabilnim
funkcijama \(y=y(x),\qquad z=z(x),\qquad x\in[a,b]\), i neka je funkcija
\(f(x,y,z)\) neprekidna na luku \(L\), tada je
\[
\int\limits_{L}f(x,y,z)\,ds
=\int_{a}^{b}f\!\big(x,y(x),z(x)\big)
\sqrt{1+\left(y'(x)\right)^{2}+\left(z'(x)\right)^{2}}\,dx.
\]
Primer 1.
Izračunati
\(\int\limits_{L}\frac{ds}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+4}}\)
gde je \(L\) duž koja spaja tačke \(O(0,0)\) i \(A(1,2)\).
Prisetimo se da je jednačina prave \(AB\) koja sadrži tačke
\(A(x_{1},y_{1})\) i \(B(x_{2},y_{2})\) data formulom
\[
AB:\;y-y_{1}=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}(x-x_{1}), \quad ako \quad je \quad x_{1}\neq x_{2},
\]
ili
\[
AB:\;x=x_{1}, \quad ako \quad je \quad x_{1}=x_{2}.
\]
Dakle, \(L=OA:\;y=2x\). S obzirom da tačku \(O\) dobijamo za \(x=0\), a tačku \(A\) za \(x=1\), imamo da je duž \(L\) parametrizovana sa
\[
L:\;y=2x, \quad 0\leq x\leq 1.
\]
Kako je
\[
ds=\sqrt{1+(y'(x))^{2}}=\sqrt{1+4}\,dx=\sqrt{5}\,dx,
\]
dobijamo
\[
\int\limits_{L}\frac{ds}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+4}}
=\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{5}\,dx}{\sqrt{5x^{2}+4}}.
\]
Ovaj integral računamo smenom:
\[
\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{5}\,dx}{\sqrt{5x^{2}+4}}
=\begin{cases}
_{dt=\sqrt{5}dx}^{t=\sqrt{5}x} & _{x=0\,\Rightarrow\,t=0}^{x=1\,\Rightarrow\,t=\sqrt{5}}\bigg\}\end{cases}
=\int_{0}^{\sqrt{5}}\frac{dt}{\sqrt{t^{2}+4}}.
\]
Dalje:
\[
\int_{0}^{\sqrt{5}}\frac{dt}{\sqrt{t^{2}+4}}
=\ln\!\big(t+\sqrt{t^{2}+4}\big)\Big|_{0}^{\sqrt{5}}.
\]
Dakle:
\[
\int\limits_{L}\frac{ds}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+4}}
=\ln(\sqrt{5}+3)-\ln 2
=\ln\frac{\sqrt{5}+3}{2}.
\]
Primer 2.
Izračunati
\( \int\limits_{L} xy \, ds \) gde je L kontura pravougaonika sa temenima
A(0,0), B(4,0), C(4,2), D(0,2).
Kako je kriva L sastavljena od četiri duži, integral ćemo računati kao
\[ \int\limits_{L} xy \, ds = \int\limits_{AB} xy \, ds + \int\limits_{BC} xy \, ds + \int\limits_{CD} xy \, ds + \int\limits_{DA} xy \, ds \]
Kako je AB: \( y=0, 0 \le x \le 4 \), dobijamo
\[ \int\limits_{AB} xy \, ds = \int_{0}^{4} 0 \, dx = 0 \]
Stranica BC ima jednačinu \( x=4, 0 \le y \le 2 \), pa je
\[ \int\limits_{BC} xy \, ds = \int_{0}^{2} 4y \, dy = 2y^{2} \Big|_{0}^{2} = 8 \]
Na kraju, stranica DA: \( x=0, 0 \le y \le 2 \), pa je
\[ \int\limits_{DA} xy \, ds = \int_{0}^{2} 0 \, dy = 0 \]
Dakle,
\[ \int\limits_{L} xy \, ds = 24. \]
Primer 3.
Izračunati
\(
\int\limits_{L} xy\,ds
\)
gde je
\(
L:\;\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1,\qquad x\ge 0,\; y\ge 0.
\)
Kriva \(L\) je elipsa i parametriyovaćemo je polarnim koordinatama:
\[x=a\cos t,\qquad y=b\sin t,\qquad t\in[0,\frac{\pi}{2}].\]
Sada je \[ds=\sqrt{(x')^{2}+(y')^{2}}\,dt=\sqrt{a^{2}\sin^{2}t+b^{2}\cos^{2}t}\,dt=\sqrt{(a^{2}-b^{2})\sin^{2}t+b^{2}}\,dt,\]
gde smo za poslednju jednakost iskoristili \(\cos^{2}t=1-\sin^{2}t.\)
Sada je \[I=\int\limits_{L}xy\,ds=\int_{0}^{\pi/2}ab\cos t\sin t\,\sqrt{(a^{2}-b^{2})\sin^{2}t+b^{2}}\;dt.\]
Ovaj integral rešavamo smenom
\[
\begin{cases}
_{dp=(a^{2}-b^{2})2\sin t\cos tdt}^{p=(a^{2}-b^{2})\sin^{2}t+b^{2}} & _{t=0\,\Rightarrow\,p=b^{2}}^{t=\pi/2\,\Rightarrow\,p=a^{2}}\bigg\}
\end{cases}
\]
tako da dobijamo \[I=ab\int_{b^{2}}^{a^{2}}\sqrt{p}\frac{dp}{2(a^{2}-b^{2})}=\frac{ab}{2(a^{2}-b^{2})}\cdot\frac{2}{3}p^{3/2}\bigg|_{b^{2}}^{a^{2}}=\frac{ab}{3(a^{2}-b^{2})}(a^{3}-b^{3}).\]
Sređivanjem izraza dobijamo
\[I=\frac{ab}{3(a-b)(a+b)}(a-b)(a^{2}+ab+b^{2})=\frac{ab(a^{2}+ab+b^{2})}{3(a+b)}.\]
Primer 4.
Izračunati
\(\int\limits_{L}\sqrt{2y}\,ds\)
gde je
\(
L:\;x=a(t-\sin t),\quad y=a(1-\cos t),\quad t\in[0,2\pi].
\)
Kako je
\[
x'(t)=a(1-\cos t),\qquad y'(t)=a\sin t
\]
dobijamo
\[
ds=\sqrt{(x'(t))^{2}+(y'(t))^{2}}\,dt
=a\sqrt{(1-\cos t)^{2}+(\sin t)^{2}}\,dt
=a\sqrt{2(1-\cos t)}\,dt.
\]
Sada je
\[
\int\limits_{L}\sqrt{2y}\,ds
=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2a(1-\cos t)}\;\cdot\;a\sqrt{2(1-\cos t)}\,dt
=2a\sqrt{a}\int_{0}^{2\pi}(1-\cos t)\,dt,
\]
pa je
\[
I=2a\sqrt{a}\,(t-\sin t)\Big|_{0}^{2\pi}
=2a\sqrt{a}\,(2\pi-0)
=4\pi a\sqrt{a}.
\]
