Krivolinijski integral druge vrste

Strana 1
Strana 2

Primer 5) Izračunati \(\int\limits_{L}\frac{(x+y)\,dx-(x-y)\,dy}{x^{2}+y^{2}}\) gde je \(L:\;x^{2}+y^{2}=a^{2}\) pozitivno orijentisana kružnica.

Rešenje: Kružnicu \(L\) parametrizujemo u polarnim koordinatama

\[x=a\cos t,\qquad y=a\sin t,\qquad t\in[0,2\pi].\]

Tada je

\[dx=-a\sin t\,dt,\qquad dy=a\cos t\,dt.\]

Sada je

\[\int\limits_{L}\frac{(x+y)\,dx-(x-y)\,dy}{x^{2}+y^{2}}=\int_{0}^{2\pi}\frac{a(\cos t+\sin t)(-a\sin t)-a(\cos t-\sin t)(a\cos t)}{a^{2}\cos^{2}t+a^{2}\sin^{2}t}\,dt.\]

Pošto je \(\cos^{2}t+\sin^{2}t=1\), imenilac je \(a^{2}\), pa imamo

\[I=\int_{0}^{2\pi}\frac{-a^{2}\big(\cos t\sin t+\sin^{2}t+\cos^{2}t-\sin t\cos t\big)}{a^{2}}\,dt.\]

\[I=\int_{0}^{2\pi}\frac{-a^{2}(1)}{a^{2}}\,dt=-\int_{0}^{2\pi}dt=-t\Big|_{0}^{2\pi}=-2\pi.\]

Dakle

\[\int\limits_{L}\frac{(x+y)\,dx-(x-y)\,dy}{x^{2}+y^{2}}=-2\pi.\]

Primer 6) Izračunati \(\int\limits_{L}(2y-z)dx+3zdy+(x+2y)dz\) po konturi \(\triangle ABC\), gde je \(A(2,0,0)\), \(B(0,2,0)\), \(C(0,0,1)\), orijentisanoj pozitivno gledano iz \(O(0,0,0)\).

Rešenje: Pošto je ravan trougla iznad koordinatnog početka, gledano odozdo iz \(O\) pozitivna orijentacija je

\[A\longrightarrow C\longrightarrow B\longrightarrow A.\]

Sada podelimo konturu na tri duži sa parametrizacijama odgovarajućeg smera.

Duž \(A\to C\): Parametrizacija za \(t\in[0,1]\) je

\[x=2-2t,\quad y=0,\quad z=t;\qquad dx=-2\,dt,\;dy=0,\;dz=dt.\]

U vektorskom polju imamo

\[P=2y-z=-t,\quad Q=3z=3t,\quad R=x+2y=2-2t,\]

pa je

\[P\,dx+Q\,dy+R\,dz=(-t)(-2\,dt)+(3t)(0)+(2-2t)(1\,dt)=2t\,dt+(2-2t)\,dt=2\,dt.\]

Sada je

\[I_{1}=\int\limits_{AC}(2y-z)\,dx+3z\,dy+(x+2y)\,dz=\int_{0}^{1}2\,dt=2.\]

Duž \(C\to B\): Parametrizacija za \(t\in[0,1]\) je

\[x=0,\quad y=2t,\quad z=1-t;\qquad dx=0,\;dy=2\,dt,\;dz=-1\,dt.\]

Kako je

\[P=2y-z=4t-(1-t)=5t-1,\quad Q=3z=3(1-t),\quad R=x+2y=4t,\]

dobijamo

\[P\,dx+Q\,dy+R\,dz=(5t-1)\cdot0+3(1-t)\cdot2\,dt+4t\cdot(-1\,dt)=(6-6t-4t)\,dt=(6-10t)\,dt,\]

pa je

\[I_{2}=\int_{0}^{1}(6-10t)\,dt=\big[6t-5t^{2}\big]_{0}^{1}=6-5=1.\]

Duž \(B\to A\): Parametrizacija za \(t\in[0,1]\) je

\[x=2t,\quad y=2-2t,\quad z=0;\qquad dx=2\,dt,\;dy=-2\,dt,\;dz=0.\]

Komponente polja su

\[P=2y-z=4-4t,\quad Q=3z=0,\quad R=x+2y=2t+2(2-2t)=4-2t,\]

pa imamo

\[P\,dx+Q\,dy+R\,dz=(4-4t)\cdot(2\,dt)+0\cdot(-2\,dt)+(4-2t)\cdot0=(8-8t)\,dt,\]

što daje

\[I_{3}=\int_{0}^{1}(8-8t)\,dt=\big[8t-4t^{2}\big]_{0}^{1}=8-4=4.\]

Dakle,

\[\int_{L}(2y-z)\,dx+3z\,dy+(x+2y)\,dz=I_{1}+I_{2}+I_{3}=2+1+4=7.\]

Primer 7) Izračunati \(\int\limits_{L}y\,dx+z\,dy+x\,dz,\) gde je \(L:\;z=x^{2}+y^{2},\quad x^{2}+y^{2}+z^{2}=12\) orijentisana pozitivno gledano iz tačke \(O(0,0,0)\).

Rešenje: Kako bismo parametrizovali krivu menjamo \(z=x^{2}+y^{2}\) u \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=12\) i dobijamo

\[z^{2}+z-12=0\quad\Longrightarrow\quad z=3\,\lor\,z=-4.\]

Dakle, dobijamo da je \(L\) kružnica

\[x^{2}+y^{2}=3,\qquad z=3.\]

Krivu \(L\) možemo parametrizovati sa

\[x(t)=\sqrt{3}\cos t,\qquad y(t)=\sqrt{3}\sin t,\qquad z(t)=3,\qquad t\in[0,2\pi].\]

Potrebno je da orijentacija bude pozitivna gledano iz tačke \(O(0,0,0)\). Po definiciji, to znači da posmatrač iz tačke \(O\) treba da vidi obilaženje krive u smeru suprotnom kretanju kazaljki na satu. Pošto se \(O\) nalazi ispod ravni \(z=3\), to znači da će parametrizacija ići u suprotnom smeru od standardne parametrizacije koja je pozitivna gledana odozgo i koja prati rast parametra \(t.\) Dakle, \(t\) ide od \(2\pi\) do 0. Kako je

\[dx=-\sqrt{3}\sin t\,dt,\qquad dy=\sqrt{3}\cos t\,dt,\qquad dz=0,\]

\[y\,dx+z\,dy+x\,dz=\big((\sqrt{3}\sin t)(-\sqrt{3}\sin t)\;+\;3\cdot(\sqrt{3}\cos t)\big)\,dt=\big(-3\sin^{2}t+3\sqrt{3}\cos t\big)\,dt.\]

Sada imamo

\[\int\limits_{L}y\,dx+z\,dy+x\,dz=\int_{2\pi}^{0}\big(-3\sin^{2}t+3\sqrt{3}\cos t\big)\,dt.\]

Kako je

\[\int_{2\pi}^{0}\sin^{2}t\,dt=\int_{2\pi}^{0}\frac{1-\cos2t}{2}\,dt=\bigg(\frac{1}{2}t-\frac{1}{4}\sin2t\bigg)\bigg|_{2\pi}^{0}=-\pi,\]

\[\int_{0}^{2\pi}\cos t\,dt=0,\]

Dobijamo

\[\int\limits_{L}y\,dx+z\,dy+x\,dz=3\pi.\]

Primer 8) Izračunati \(\int\limits_{L}y\,dx+z\,dy+x\,dz,\) gde je \(L:\;x^{2}+y^{2}+z^{2}=4,\quad y-z=0\) orijentisana pozitivno gledano sa pozitivnog dela \(z\)-ose.

Rešenje: Tražimo presek ravni i sfere. Zamenom \(z=y\) u jednačinu sfere dobijamo

\[L\,\!:\,x^{2}+2y^{2}=4,\qquad z=y,\]

pa krivu \(L\) možemo parametrizovati sa

\[x(t)=2\cos t,\qquad y(t)=\sqrt{2}\sin t,\qquad z(t)=\sqrt{2}\sin t,\qquad t\in[0,2\pi].\]

S obzirom da se kriva \(L\) posmatra odozgo, pozitivna orijentacija je orijentacija u smeru rasta parametra. Kako je

\[dx=-2\sin t\,dt,\qquad dy=\sqrt{2}\cos t\,dt,\qquad dz=\sqrt{2}\cos t\,dt,\]

dobijamo

\[\begin{aligned}y\,dx+z\,dy+x\,dz & =y(t)\,x'(t)\,dt+z(t)\,y'(t)\,dt+x(t)\,z'(t)\,dt\\[4pt] & =(\sqrt{2}\sin t)(-2\sin t)\,dt\;+\;(\sqrt{2}\sin t)(\sqrt{2}\cos t)\,dt\;+\;(2\cos t)(\sqrt{2}\cos t)\,dt\\[4pt] & =-2\sqrt{2}\sin^{2}t\,dt\;+\;2\sin t\cos t\,dt\;+\;2\sqrt{2}\cos^{2}t\,dt\\[4pt] & =\big(2\sin t\cos t\big)\,dt\;+\;2\sqrt{2}\big(\cos^{2}t-\sin^{2}t\big)\,dt\\[4pt] & =\sin(2t)\,dt\;+\;2\sqrt{2}\cos(2t)\,dt.\end{aligned}\]

Sada je

\[\begin{aligned}\int\limits_{L}y\,dx+z\,dy+x\,dz & =\int_{0}^{2\pi}\big(\sin(2t)+2\sqrt{2}\cos(2t)\big)\,dt\\[4pt] & =\bigg(-\frac{1}{2}\cos(2t)+\sqrt{2}\sin(2t)\bigg)\bigg|_{0}^{2\pi}=0.\end{aligned}\]