Całka krzywoliniowa niezorientowana

Niech ℝ3 będzie krzywą prostowalną opisywaną parametryzacją 𝑟: ,𝛼, 𝛽- → 𝛾 taką, że ∀𝑡 ∈ 𝛼, 𝛽 : 𝑟 𝑡 = (𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ) ∈ 𝛾

Def. Mówimy, że krzywa jest kawałkami gładka funkcja 𝑟 𝑡 ma przedziałami ciągłą

pochodną i |𝑟′ 𝑡 | ≠ 0 tam, gdzie istnieje Mówimy, że krzywa jest zwyczajna funkcja 𝑟 𝑡 jest różnowartościowa Mówimy, że krzywa jest zamknięta 𝑟 𝛼 = 𝑟 𝛽

Rozważmy funkcję pomocniczą 𝑔: 𝛼, 𝛽 → ,0, 𝛾 - , gdzie ||oznacza długośd krzywej, daną

wzorem ∀𝑡 ∈ 𝛼, 𝛽 : 𝑔 𝑡 = ∫ |𝑟′ 𝜏 |𝑑𝜏𝑡

𝛼 , przy czym 𝑟′ 𝜏 = ,𝑥′ 𝜏 -2+,𝑦′ 𝜏 -2+,𝑧′ 𝜏 -2

Zauważmy, że g(t) oznacza długośd fragmentu krzywej od punktu r() do r(t)

Def. Parametryzacją łukową (naturalną) krzywej nazywamy funkcję 𝑟 : ,0, 𝛾 - → 𝛾 taką, że ∀𝑝 ∈ 0, 𝛾 : 𝑟 𝑝 = 𝑟 ∘ 𝑔−1 𝑝 = (𝑥 𝑝 , 𝑦 𝑝 , 𝑧 𝑝 )

Oznaczmy przez 𝐴 = 𝑟 𝛼 , 𝐵 = 𝑟(𝛽) wtedy krzywą możemy oznaczyd jako 𝛾 = 𝐴𝐵 .

𝑟 𝜏 = (𝑥 𝜏 , 𝑦 𝜏 , 𝑧 𝜏 )

x

y

z

t

0 || p g()=p

𝑟 𝑝 = 𝑟 𝜏 = 𝑟 ∘ 𝑔−1 (𝑝)

Niech 𝑓: 𝛾 → ℝ będzie funkcją ograniczoną

Wybieramy podział 𝑃𝑛 przedziału *,]: 𝛼 = 𝑡0 < 𝑡1 < ⋯ < 𝑡𝑛 = 𝛽 Oznaczamy ∆𝑡𝑖 = 𝑡𝑖 − 𝑡𝑖−1 oraz 𝛿𝑛 = max

𝑖=1,…,𝑛∆𝑡𝑖 (średnica podziału 𝑃𝑛)

Wybieramy punkty pośrednie 𝑡 𝑖 ∈ ,𝑡𝑖−1, 𝑡𝑖-

Podział 𝑃𝑛 = *𝑡0, 𝑡1, … , 𝑡𝑛+ wyznacza podział krzywej ozn. 𝜋𝑛 = 𝑇0, 𝑇1, … , 𝑇𝑛 , gdzie 𝑇0 = 𝐴 = 𝑟 𝛼 ,… , 𝑇𝑖 = 𝑟 𝑡𝑖 , … , 𝑇𝑛 = 𝐵 = 𝑟(𝛽) Punktom pośrednim 𝑡 𝑖 odpowiadają punkty pośrednie na krzywej 𝑇 𝑖 = 𝑟(𝑡 𝑖) Oznaczmy ∆𝑠𝑖 = |𝑇𝑖−1𝑇𝑖 | oraz 𝜌𝑛 = max

𝑖=1,…,𝑛∆𝑠𝑖 (średnica podziału 𝜋𝑛)

Zauważamy, że 𝛿𝑛 𝑛→∞0 ⇔ 𝜌𝑛 𝑛→∞

0

Def. Sumą całkową dla funkcji f i krzywej odpowiadającą podziałowi 𝑃𝑛 i zbiorowi punktów pośrednich *𝑡 𝑖+ nazywamy liczbę 𝜍𝑛 = 𝑓(𝑛

𝑖=1 𝑇 𝑖)∆𝑠𝑖 Jeżeli istnieje granica właściwa ciągu sum całkowych dla funkcji f i krzywej odpowiadających ciągowi podziałów 𝑃𝑛 i zbiorom punktów pośrednich *𝑡 𝑖+ przy 𝛿𝑛 𝑛→∞

0, która nie zależy od

wyboru podziałów 𝑃𝑛 i zbiorów punktów pośrednich 𝑡 𝑖 , to granicę tę nazywamy całką

krzywoliniową niezorientowaną z funkcji f po krzywej . Oznaczamy ją ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

.

Mamy więc ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

= lim𝛿𝑛→0

𝑓(𝑛𝑖=1 𝑇 𝑖)∆𝑠𝑖

Zauważmy, że 𝛾 = lim𝛿𝑛→0

∆𝑠𝑖𝑛𝑖=1 =∫ 𝑑𝑠

𝛾

Tw: własności całki krzywoliniowej niezorientowanej

Jeżeli istnieją całki krzywoliniowe niezorientowane z funkcji f i g po krzywej 𝛾 = 𝐴𝐵 , to:

1. ∫ 𝛼𝑓 + 𝛽𝑔 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

= 𝛼 ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

+ 𝛽 ∫ 𝑔 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

2. ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝐴𝐵

= ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝐵𝐴

3. Jeżeli 𝐶 ∈ 𝐴𝐵 , to ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝐴𝐵

= ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝐴𝐶

+ ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝐶𝐵

Dowód: własności 1-3 wynikają wprost z definicji całki

Tw: Jeżeli krzywa 𝛾 = 𝐴𝐵 jest krzywą kawałkami gładką opisaną parametryzacją 𝑟(𝑡) i funkcja f jest ciągła na 𝛾, to istnieje całka krzywoliniowa niezorientowana z funkcji f po krzywej 𝛾 i

𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

= 𝑓(𝑟 𝑡 ) ∙ |𝑟′ 𝑡 |𝑑𝑡𝛽

𝛼

Dowód: niech 𝑟 𝑝 = 𝑟 ∘ 𝑔−1 𝑝 , 𝑝 ∈ 0, 𝛾 będzie parametryzacją łukową krzywej , gdzie 𝑔 𝑡 = 𝑝 Weźmy podział 𝑃𝑛 = *𝑡0, 𝑡1, … , 𝑡𝑛+ przedziału *,+ oraz punkty pośrednie 𝑡 𝑖 ∈ ,𝑡𝑖−1, 𝑡𝑖- Punktom podziału 𝑡𝑖 odpowiadają punkty 𝑝𝑖 podziału przedziału 0, 𝛾 , a punktom pośrednim 𝑡 𝑖 punktu pośrednie 𝑝 𝑖 Zauważmy, że ∆𝑝𝑖 = 𝑝𝑖 − 𝑝𝑖−1 = ∆𝑠𝑖 oraz 𝜌𝑛 = max

𝑖=1,…,𝑛∆𝑠𝑖 = max

𝑖=1,…,𝑛∆𝑝𝑖, a zatem

𝑓(𝑟 𝑡 𝑖 )∆𝑠𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝑓(𝑟 𝑝 𝑖 )∆𝑝𝑖

𝑛

𝑖=1

𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠 =𝛾

lim𝛿𝑛→0

𝑓(𝑟 𝑡 𝑖 )∆𝑠𝑖

𝑛

𝑖=1

= lim𝜌𝑛→0

𝑓(𝑟 𝑝 𝑖 )∆𝑝𝑖

𝑛

𝑖=1

= 𝑓 𝑟 𝑝 𝑑𝑝|𝛾|

0

=

=

𝑝 = 𝑔 𝑡 = |𝑟′ 𝜏 |𝑑𝜏𝑡

𝛼

𝑑𝑝 = 𝑔′ 𝑡 𝑑𝑡 = |𝑟′ 𝑡 |𝑑𝑡𝑝 = 0 ⇒ 𝑡 = 𝛼

𝑝 = 𝛾 ⇒ 𝑡 = 𝛽

= 𝑓(𝑟 𝑡 ) ∙ |𝑟′ 𝑡 |𝑑𝑡𝛽

𝛼

Np. 1. Oblicz ∫𝑥 𝑦

𝑧2𝑑𝑠, 𝛾: 𝑟 𝑡 = 𝑡, 2𝑡, 2 𝑡 , 𝑡 ∈ ,

3

5,8

5-

𝛾

𝑥 𝑦

𝑧2𝑑𝑠

𝛾

= 𝑡 ∙ 2𝑡

4 𝑡2

85

35

∙ 1 + 4 +1

𝑡𝑑𝑡 =

2

4 5𝑡 + 1𝑑𝑡

85

35

=2

4∙2

155𝑡 + 1

3|35

85 =

2

30∙ 19

2. Oblicz ∫ 𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑠𝛾

, 𝛾: (𝑥 − 1)2 + 𝑦2 = 1

wprowadzamy współrzędne biegunowe 𝑥 = 1 + 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑡

, 𝑡 ∈ ,0,2𝜋-

𝑟′ 𝑡 = (−𝑠𝑖𝑛𝑡)2+𝑐𝑜𝑠2𝑡 = 1

𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑠𝛾

= (1 + 2𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡2𝜋

0

+ 𝑠𝑖𝑛2𝑡)𝑑𝑡 = 2(𝑡 + 𝑠𝑖𝑛𝑡)|02𝜋= 4𝜋

3. Oblicz długośd krzywej przecięcia się powierzchni 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 4 i 𝑥2 + 𝑦2 = 3𝑧

wprowadzamy współrzędne sferyczne 𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝜑𝑐𝑜𝑠𝜃𝑦 = 2𝑠𝑖𝑛𝜑𝑐𝑜𝑠𝜃𝑧 = 2𝑠𝑖𝑛𝜃

, 𝜃 ∈ −𝜋

2,𝜋

2, 𝜑 ∈ ,0,2𝜋-

z drugiego równania mamy 4𝑐𝑜𝑠2𝜑𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 4𝑠𝑖𝑛2𝜑𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 6𝑠𝑖𝑛𝜃 4𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 6𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

2𝑠𝑖𝑛2𝜃 + 3𝑠𝑖𝑛𝜃 − 2 = 0

𝑠𝑖𝑛𝜃 =1

2 ∨ 𝑠𝑖𝑛𝜃 = −2

𝜃 =𝜋

6

czyli

𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝜑 ∙3

2

𝑦 = 2𝑠𝑖𝑛𝜑 ∙3

2

𝑧 = 1

, 𝜑 ∈ ,0,2𝜋-

𝑟′ 𝜑 = 3(−𝑠𝑖𝑛𝜑)2+3𝑐𝑜𝑠2𝜑 = 3

𝛾 = 𝑑𝑠 = 3𝑑𝜑2𝜋

0

= 2 3𝜋𝛾

Całka krzywoliniowa zorientowana Niech ℝ3 będzie krzywą prostowalną opisywaną parametryzacją 𝑟: ,𝛼, 𝛽- → 𝛾 taką, że

∀𝑡 ∈ 𝛼, 𝛽 : 𝑟 𝑡 = (𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ) ∈ 𝛾

Wybieramy podział 𝑃𝑛 przedziału *,]: 𝛼 = 𝑡0 < 𝑡1 < ⋯ < 𝑡𝑛 = 𝛽 Oznaczamy ∆𝑡𝑖 = 𝑡𝑖 − 𝑡𝑖−1 oraz 𝛿𝑛 = max

𝑖=1,…,𝑛∆𝑡𝑖 (średnica podziału 𝑃𝑛)

Wybieramy punkty pośrednie 𝑡 𝑖 ∈ ,𝑡𝑖−1, 𝑡𝑖-

Podział 𝑃𝑛 = *𝑡0, 𝑡1, … , 𝑡𝑛+ wyznacza podział 𝜋𝑛 = 𝑇0, 𝑇1, … , 𝑇𝑛 krzywej , gdzie 𝑇0 = 𝐴 = 𝑟 𝛼 ,… , 𝑇𝑖 = 𝑟 𝑡𝑖 , … , 𝑇𝑛 = 𝐵 = 𝑟(𝛽) Punktom pośrednim 𝑡 𝑖 odpowiadają punkty pośrednie na krzywej 𝑇 𝑖 = 𝑟(𝑡 𝑖)

Oznaczmy przez ∆𝑟𝑖 = 𝑟 𝑡𝑖 − 𝑟 𝑡𝑖−1 = 𝑇𝑖−1𝑇𝑖 Niech funkcja 𝐹: 𝛾 → ℝ3 nazywana polem wektorowym będzie określona jako

∀ 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝛾: 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = (𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑧 , 𝑄 𝑥, 𝑦, 𝑧 , 𝑅 𝑥, 𝑦, 𝑧 )

Def. Sumą całkową dla pola F i krzywej odpowiadającą podziałowi 𝑃𝑛 i zbiorowi punktów pośrednich *𝑡 𝑖+ nazywamy liczbę 𝜍𝑛 = 𝐹(𝑛

𝑖=1 𝑇 𝑖) ∘ ∆𝑟𝑖

Jeżeli istnieje granica właściwa ciągu sum całkowych dla pola F i krzywej odpowiadających ciągowi podziałów 𝑃𝑛 i zbiorom punktów pośrednich *𝑡 𝑖+ przy 𝛿𝑛 𝑛→∞

0, która nie zależy od

wyboru podziałów 𝑃𝑛 i zbiorów punktów pośrednich 𝑡 𝑖 , to granicę tę nazywamy całką

krzywoliniową zorientowaną z pola F po krzywej . Oznaczamy ją ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝛾

.

Mamy więc ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝛾

= lim𝛿𝑛→0

𝐹(𝑛𝑖=1 𝑇 𝑖) ∘ ∆𝑟𝑖

ponieważ wektor dr = (dx,dy,dz) , to całkę krzywoliniową zorientowaną zapisujemy też jako

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝛾

∘ 𝑑𝑟 = ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑦 + 𝑅(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧𝛾

Wniosek:

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝛾

∘ 𝑑𝑟 = ∫ 𝐹𝑟(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠𝛾, gdzie 𝐹𝑟(𝑥, 𝑦, 𝑧) = |𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧)| ∙cos∢(𝐹, 𝑑𝑟),

𝐹𝑟 jest składową styczną pola 𝐹 w punkcie (x,y,z) na krzywej .

Dowód: 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟 = 𝑐𝑜𝑠∢ 𝐹, 𝑑𝑟 ∙ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∙ 𝑑𝑟 = 𝐹𝑟(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ |𝑑𝑟|

𝑑𝑟 = 𝑑𝑥2 + 𝑑𝑦2 + 𝑑𝑧2 = 𝑑𝑥2

𝑑𝑡2+

𝑑𝑦2

𝑑𝑡2+

𝑑𝑧2

𝑑𝑡2𝑑𝑡 =

= ,𝑥′ 𝑡 -2+,𝑦′ 𝑡 -2+,𝑧′ 𝑡 -2𝑑𝑡 = 𝑟′(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑑𝑠 Tw: własności całki krzywoliniowej zorientowanej Jeżeli istnieją całki krzywoliniowe zorientowane z pól F i G po krzywej 𝛾 = 𝐴𝐵 , to:

1. ∫ 𝛼𝐹 + 𝛽𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝛾

= 𝛼 ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝛾

+ 𝛽 ∫ 𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝛾

2. ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝐴𝐵

= −∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝐵𝐴

3. Jeżeli 𝐶 ∈ 𝐴𝐵 , to ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝐴𝐵

= ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝐴𝐶

+ ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝐶𝐵

Dowód: własności 1-3 wynikają wprost z definicji całki

(x,y,z)

𝑑𝑟

𝐹𝑟 𝐹

Tw: Jeżeli krzywa 𝛾 = 𝐴𝐵 jest krzywą kawałkami gładką opisaną parametryzacją 𝑟(𝑡) i pole F jest ciągłe na 𝛾, to istnieje całka krzywoliniowa zorientowana z pola F po krzywej 𝛾 i

𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟𝛾

=

= ,𝑃(𝑥 𝑡 ,𝛽

𝛼

𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ) ∙ 𝑥′(𝑡) + 𝑄 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ∙ 𝑦′ 𝑡 + 𝑅 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ∙ 𝑧′ 𝑡 -𝑑𝑡

Dowód:

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟𝐾

= lim𝛿𝑛→0

𝐹(𝑇 𝑖) ∘ ∆𝑟𝑖𝑛𝑖=1 = lim

𝛿𝑛→0 ,𝑃(𝑥 𝑡 𝑖 ,

𝑛𝑖=1 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑧 𝑡 𝑖 ) ∙ (𝑥 𝑡𝑖 −

𝑥 𝑡𝑖−1 ) + 𝑄(𝑥(𝑡 𝑖), 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑧 𝑡 𝑖 ) (𝑦 𝑡𝑖 − 𝑦 𝑡𝑖−1 ) + 𝑅(𝑥 𝑡 𝑖 , 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑧 𝑡 𝑖 ) (𝑧 𝑡𝑖 − 𝑧 𝑡𝑖−1 )- =

= lim𝛿𝑛→0

,𝑃(𝑥 𝑡 𝑖 ,𝑛𝑖=1 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑧 𝑡 𝑖 )

𝑥 𝑡𝑖 −𝑥 𝑡𝑖−1

𝑡𝑖−𝑡𝑖−1+ 𝑄(𝑥 𝑡 𝑖 , 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑧 𝑡 𝑖 )

𝑦 𝑡𝑖 −𝑦 𝑡𝑖−1

𝑡𝑖−𝑡𝑖−1 +

+ 𝑅 𝑥 𝑡 𝑖 , 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑧 𝑡 𝑖𝑧 𝑡𝑖 −𝑧 𝑡𝑖−1

𝑡𝑖−𝑡𝑖−1-Δ𝑡𝑖 = lim

𝛿𝑛→0 ,𝑃(𝑥 𝑡𝑖 ,

𝑛𝑖=1 𝑦 𝑡𝑖 , 𝑧 𝑡𝑖 )𝑥

′(𝑡𝑖 ) +

𝑄 𝑥 𝑡𝑖 , 𝑦 𝑡𝑖 , 𝑧 𝑡𝑖 𝑦′ 𝑡𝑖 + 𝑅 𝑥 𝑡𝑖 , 𝑦 𝑡𝑖 , 𝑧 𝑡𝑖 𝑧′(𝑡𝑖 )- Δ𝑡𝑖

z drugiej strony

,𝑃(𝑥 𝑡 ,𝛽

𝛼

𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ) ∙ 𝑥′(𝑡) + 𝑄 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ∙ 𝑦′ 𝑡 + 𝑅 𝑥 𝑡 , 𝑦 𝑡 , 𝑧 𝑡 ∙ 𝑧′ 𝑡 -𝑑𝑡 =

= lim𝛿𝑛→0

,𝑃(𝑥 𝑡𝑖 ,

𝑛

𝑖=1

𝑦 𝑡𝑖 , 𝑧 𝑡𝑖 )𝑥′ 𝑡𝑖 + 𝑄 𝑥 𝑡𝑖 , 𝑦 𝑡𝑖 , 𝑧 𝑡𝑖 𝑦′ 𝑡𝑖

+ 𝑅 𝑥 𝑡𝑖 , 𝑦 𝑡𝑖 , 𝑧 𝑡𝑖 𝑧′(𝑡𝑖)-Δ𝑡𝑖

ale 𝛿𝑛 → 0 ∀𝑖 = 1,… , 𝑛: ∆𝑡𝑖 → 0, czyli 𝑡𝑖 ≈ 𝑡𝑖 ≈ 𝑡𝑖 ≈ 𝑡𝑖 , a zatem lewa jest równa prawej

Np. 1. Oblicz ∫ 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 + 𝑥𝑦𝑑𝑧 𝛾

, : odcinek od A=(-1,1,2) do B=(1,3,-2)

parametryzujemy odcinek 𝑥 = −1 + 2𝑡𝑦 = 1 + 2𝑡𝑧 = 2 − 4𝑡

, 𝑡 ∈ ,0,1-

𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 + 𝑥𝑦𝑑𝑧 = 𝛾

1 + 2𝑡 ∙ 2 + 2 −1 + 2𝑡 ∙ 2 + −1 + 2𝑡 1 + 2𝑡 −4 𝑑𝑡 =1

0

= ,−16

3𝑡3 + 6𝑡2 + 2𝑡-|0

1= 8 −16

3

2. Oblicz ∫ 𝑥𝑑𝑥 − 𝑦2𝑑𝑦𝐴𝐵

, 𝐴𝐵 : łuk hiperboli y= 1

𝑥 od A=(-1/2 , -2) do B=(-1 , -1)

parametryzujemy krzywą 𝑥 = 𝑡

𝑦 =1

𝑡

t [-1/2 , -1]

𝑥𝑑𝑥 − 𝑦2𝑑𝑦𝐴𝐵

= (𝑡 ∙ 1 −1

𝑡2(

−1

−12

−1

𝑡2))𝑑𝑡 = ,

1

2𝑡2 −

1

3𝑡3-|−12

−1 =1

2+1

3−1

8−8

3

Def. Cyrkulacją pola 𝐹 = (𝑃, 𝑄, 𝑅) po krzywej zamkniętej nazywamy

𝑐𝑢𝑟𝑙𝛾𝐹 = 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟

𝛾

Np. 1. Oblicz 𝑐𝑢𝑟𝑙𝛾𝐹 dla F=(1,1,-y,) : 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 − 10𝑧 = −1

otrzymujemy równanie krzywej x2+y2=9 i parametryzujemy 𝑥 = 3 cos 𝑡 𝑦 = 3 sin 𝑡𝑧 = −1

t [0,2π]

𝑐𝑢𝑟𝑙𝛾𝐹 = ,1 ∙ (−3 sin 𝑡) + 1 ∙ 3 cos 𝑡 − 3 sin 𝑡 ∙ 0-𝑑𝑡

2𝜋

0

= ,3𝑐𝑜𝑠𝑡 + 3𝑠𝑖𝑛𝑡-|02𝜋= 0

2. Oblicz 𝑐𝑢𝑟𝑙𝛾𝐹, gdzie F=(x+z,x+y,y+z) , : brzeg trójkąta (2,0,0),(1,2,1),(0,2,2).

parametryzujemy każdy z odcinków 𝐴𝐵: 𝑥 = 2 − 𝑡𝑦 = 2𝑡𝑧 = 𝑡

, 𝑡 ∈ ,0,1-, 𝐵𝐶: 𝑥 = 1 − 𝑡𝑦 = 2

𝑧 = 1 + 𝑡, 𝑡 ∈ ,0,1- ,

𝐶𝐴: 𝑥 = 2𝑡

𝑦 = 2 − 2𝑡𝑧 = 2 − 2𝑡

, 𝑡 ∈ ,0,1-

𝑐𝑢𝑟𝑙𝛾𝐹 = *, 2 − 𝑡 + 𝑡 −1 + (2 − 𝑡 + 2𝑡) ∙ 2 + (2𝑡 + 𝑡) ∙ 1-1

0

+ 1 − 𝑡 + 1 + 𝑡 −1 + 1 − 𝑡 + 2 ∙ 0 + 2 + 1 + 𝑡 ∙ 1 + + 2𝑡 + 2 − 2𝑡 ∙ 2 + 2𝑡 + 2 − 2𝑡 −2 + 2 − 2𝑡 + 2 − 2𝑡 −2 𝑑𝑡 = ,7𝑡2 − 5𝑡-|0

1= 2 Def. Mówimy, że∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟

𝛾 nie zależy od drogi całkowania ⇔

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟1 =𝛾1∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟2𝛾2

,

gdzie 𝛾1 = 𝐴𝐵 𝑖 𝛾2 = 𝐴𝐵 oraz 𝛾1: 𝑟1 𝑡 , t ∈ ,𝛼, 𝛽-, 𝛾2: 𝑟2 𝑡 , t ∈ 𝛼, 𝛽 są parametryzacjami obydwu krzywych.

Def. Mówimy , że obszar V jest jednospójny, jeżeli każde dwa punkty tego obszaru można połączyd krzywą całkowicie zawartą w tym obszarze.

Tw: Jeżeli pole F jest ciągłe w obszarze jednospójnym V, to ∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟𝛾

nie zależy od drogi

całkowania (⊂V) ⇔ pole F jest potencjalne (tzn. istnieje funkcja G taka, że F(x,y,z) = 𝛻(𝑥,𝑦,𝑧)G)

Dowód:

„⇒” ∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟 nie zależy od drogi całkowania𝛾

, 𝛾 = 𝐴𝐵

Niech G(x,y,z)=∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟, gdzie 𝐶 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈𝐴𝐶

𝑉

tak określone G jest funkcją oraz 𝜕𝐺

𝜕𝑥𝑥, 𝑦, 𝑧

= lim∆𝑥→0

𝐺 𝑥 + ∆𝑥, 𝑦, 𝑧 − 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧)

∆𝑥= lim

∆𝑥→0

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟𝐴𝐶 𝐴𝐷

∆𝑥=

= lim∆𝑥→0

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟 + ∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟𝐴𝐶 𝐶𝐷 𝐴𝐶

∆𝑥= lim

∆𝑥→0

∫ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∘ 𝑑𝑟𝐶𝐷

∆𝑥=

𝐷 = 𝑥 + ∆𝑥, 𝑦, 𝑧 oraz 𝐶𝐷 : 𝑥 = 𝑥 + 𝑡∆𝑥

𝑦 = 𝑦𝑧 = 𝑧

, t[0,1] (𝐶𝐷 może byd odcinkiem z założenia)

= lim∆𝑥→0

∫ 𝑃 𝑥 + 𝑡∆𝑥, 𝑦, 𝑧 ∆𝑥 + 𝑄 𝑥 + ∆𝑥, 𝑦, 𝑧 ∙ 0 + 𝑅 𝑥 + ∆𝑥, 𝑦, 𝑧 ∙ 0 𝑑𝑡1

0

∆𝑥=

= lim∆𝑥→0

𝑃 𝑥 + 𝑡∆𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 = lim∆𝑥→0

𝑃 𝑥 + 𝑡∆𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 =1

0

1

0

𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 = 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧)1

0

Analogicznie pokazujemy że 𝜕𝐺

𝜕𝑦= 𝑄 ,

𝜕𝐺

𝜕𝑧= 𝑅 ⇒ 𝐹 = 𝛻𝐺

„⟸ " 𝐹 = 𝛻𝐺

𝐹 ∘ 𝑑𝑟 =𝛾

𝛻𝐺 ∘ 𝑑𝑟 = ,𝐺′𝑥 𝑟 𝑡 𝑥′ 𝑡 + 𝐺′𝑦 𝑟 𝑡 ∙ 𝑦′ 𝑡 + 𝐺′𝑧 𝑟 𝑡 )𝑧′ 𝑡 𝑑𝑡 =𝛽

𝛼𝐴𝐵

= 𝐺 𝑟 𝑡′=

𝛽

𝛼

𝐺 𝑟 𝛽 − 𝐺 𝑟 𝛽 − 𝐺 𝑟 𝛼 = 𝐺 𝐵 − 𝐺(𝐴)

Mamy niezależnośd od parametryzacji r(t) Def. Rotacją pola F w punkcie (x0,y0,z0) nazywamy wektor 𝑟𝑜𝑡(𝑥

0,𝑦

0,𝑧0)𝐹 = 𝛻 𝑥

0,𝑦

0,𝑧0× 𝐹 =

=

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧𝑃 𝑄 𝑅

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦𝑃 𝑄

=

(𝜕𝑅

𝜕𝑦𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 −

𝜕𝑄

𝜕𝑧𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 ,

𝜕𝑃

𝜕𝑧𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 −

𝜕𝑅

𝜕𝑥𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 ,

𝜕𝑄

𝜕𝑥𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 −

𝜕𝑃

𝜕𝑦𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 )

Tw: Jeżeli F jest polem ciągłym i różniczkowalnym w obszarze powierzchniowo jednospójnym V,

to F jest potencjalne ⇔ 𝑟𝑜𝑡(𝑥,𝑦,𝑧) 𝐹 = 0 dla dowolnego (x,y,z)V

Dowód: „ ⇒ " F jest potencjalne F=𝛻𝐺

rotF=rot𝛻𝐺 =𝜕2𝐺

𝜕𝑦𝜕𝑧−

𝜕2𝐺

𝜕𝑧𝜕𝑦,𝜕2𝐺

𝜕𝑧𝜕𝑥−

𝜕2𝐺

𝜕𝑥𝜕𝑧,𝜕2𝐺

𝜕𝑥𝜕𝑦−

𝜕2𝐺

𝜕𝑦𝜕𝑥= (0,0,0)

„⇐ " 𝑟𝑜𝑡 𝐹 = 0 ⇔ 𝑃𝑦′ = 𝑄𝑥

′ , 𝑅𝑥′ = 𝑃𝑧

′ , 𝑄𝑧′ = 𝑅𝑦

′ ,

szukamy funkcji G takiej, że 𝐺𝑥′ = 𝑃 , 𝐺𝑦

′ = 𝑄 , 𝐺𝑧′= 𝑅

𝐺𝑥′ 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 =𝑥

𝑥0

𝑃 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 ⟹ 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝐺 𝑥0, 𝑦, 𝑧 = 𝑃 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡

𝑥

𝑥0

𝑥

𝑥0

𝐺𝑦′ 𝑥, 𝑦, 𝑧 − 𝐺𝑦′ 𝑥0, 𝑦, 𝑧 = 𝑃𝑦′ 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡

𝑥

𝑥0

= 𝑄𝑥′ 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 = 𝑄 𝑥, 𝑦, 𝑧 − 𝑄(𝑥0, 𝑦, 𝑧)

𝑥

𝑥0

𝐺𝑦′ 𝑥0, 𝑦, 𝑧 = 𝑄(𝑥0, 𝑦, 𝑧)

𝐺𝑦′ 𝑥0, 𝑠, 𝑧 𝑑𝑠 = 𝑄 𝑥0, 𝑠, 𝑧 𝑑𝑠

𝑦

𝑦0

𝑦

𝑦0

𝐺 𝑥0, 𝑦, 𝑧 − 𝐺 𝑥0, 𝑦0, 𝑧 = 𝑄 𝑥0, 𝑠, 𝑧 𝑑𝑠

𝑦

𝑦0

𝐺𝑧′ 𝑥0, 𝑦, 𝑧 − 𝐺𝑧′ 𝑥0, 𝑦, 𝑧 = 𝑄𝑧′ 𝑥0, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠 = 𝑅𝑦′ 𝑥0, 𝑠, 𝑧 𝑑𝑠 =

𝑦

𝑦0

𝑦

𝑦0

𝑅 𝑥0, 𝑦, 𝑧 − 𝑅 𝑥0, 𝑦0, 𝑧

𝐺𝑧′ 𝑥0, 𝑦0, 𝑧 = 𝑅 𝑥0, 𝑦0, 𝑧

𝐺𝑧′ 𝑥0, 𝑦0, 𝑢 𝑑𝑢 =

𝑧

𝑧0

𝑅 𝑥0, 𝑦0, 𝑢 𝑑𝑢

𝑧

𝑧0

𝐺 𝑥0, 𝑦0, 𝑧 − 𝐺 𝑥0, 𝑦0, 𝑧0 = 𝑅 𝑥0, 𝑦0, 𝑢 𝑑𝑢

𝑧

𝑧0

czyli ostatecznie

𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑃 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 + 𝐺 𝑥0, 𝑦, 𝑧

𝑥

𝑥0

= 𝑃 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 + 𝑄 𝑥0, 𝑠, 𝑧 𝑑𝑠 + 𝐺 𝑥0, 𝑦0, 𝑧 =

𝑦

𝑦0

𝑥

𝑥0

= 𝑃 𝑡, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑡 + 𝑄 𝑥0, 𝑠, 𝑧 𝑑𝑠 +

𝑦

𝑦0

𝑥

𝑥0

𝑅 𝑥0, 𝑦0, 𝑢 𝑑𝑢

𝑧

𝑧0

+ 𝐺(𝑥0, 𝑦0, 𝑧0)

║ const Np. 1. Zbadaj, czy pole jest potencjalne, jeżeli tak, to wylicz potencjał dla

F(x,y)=(𝑒𝑥𝑙𝑛𝑦 −𝑒𝑦

𝑥,𝑒𝑥

𝑦− 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥)

𝑟𝑜𝑡(𝑥,𝑦,𝑧)𝐹 =

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝑒𝑥𝑙𝑛𝑦 −𝑒𝑦

𝑥

𝑒𝑥

𝑦− 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥 0 𝑒𝑥𝑙𝑛𝑦 −

𝑒𝑦

𝑥

𝑒𝑥

𝑦− 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥

= 0,0,𝑒𝑥

𝑦−𝑒𝑦

𝑥−𝑒𝑥

𝑦+𝑒𝑦

𝑥= 0,0,0

zatem pole jest potencjalne i liczymy potencjał 𝜕𝐺

𝜕𝑥= 𝑒𝑥𝑙𝑛𝑦 −

𝑒𝑦

𝑥

𝐺 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑙𝑛𝑦 − 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥 + 𝐶(𝑦) 𝜕𝐺

𝜕𝑦=𝑒𝑥

𝑦− 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥

𝑒𝑥

𝑦− 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥 + 𝐶′ 𝑦 =

𝑒𝑥

𝑦− 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥

𝐶 𝑦 = 𝐶1 𝐺 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑙𝑛𝑦 − 𝑒𝑦𝑙𝑛𝑥 + 𝐶1

2. 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = (4𝑥𝑦 − 15𝑥2𝑦, 2𝑥2 − 5𝑥3, 𝑧2)

𝑟𝑜𝑡 𝐹 =

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

4𝑥𝑦 − 15𝑥2𝑦 2𝑥2 − 5𝑥3 𝑧2 4𝑥𝑦 − 15𝑥2𝑦 2𝑥2 − 5𝑥3

= 0, 0, 4𝑥 − 15𝑥2 − 4𝑥 + 15𝑥2 = (0,0,0) pole jest potencjalne i liczymy potencjał

𝜕𝐺

𝜕𝑥= 4𝑥𝑦 − 15𝑥2𝑦

𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥2𝑦 − 5𝑥3𝑦 + 𝐶(𝑦, 𝑧) 𝜕𝐺

𝜕𝑦= 2𝑥2 − 5𝑥3 +

𝜕𝐶(𝑦, 𝑧)

𝜕𝑦

2𝑥2 − 5𝑥3 +𝜕𝐶(𝑦, 𝑧)

𝜕𝑦= 2𝑥2 − 5𝑥3

𝐶 𝑦, 𝑧 = 𝐶1(𝑧) 𝜕𝐺

𝜕𝑧= 𝑧2

𝜕𝐶1𝜕𝑧

𝑧 = 𝑧2 ⇒ 𝐶1 𝑧 =𝑧3

3+ 𝐶2

𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥2𝑦 − 5𝑥3𝑦 +𝑧3

3+ 𝐶2

3. Oblicz ∫ 𝑦𝑒𝑥𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝐴𝐵

𝑒𝑥𝑦𝑑𝑦 𝐴 = 1,1 𝐵 = 0,0

𝑟𝑜𝑡 𝐹 =

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝑦𝑒𝑥𝑦 𝑥𝑒𝑥𝑦 0 𝑦𝑒𝑥𝑦 𝑥𝑒𝑥𝑦= 0, 0, 𝑒𝑥𝑦 1 + 𝑥𝑦 − 𝑒𝑥𝑦(1 + 𝑥𝑦) = (0,0,0)

pole jest potencjalne więc liczymy całkę po odcinku

𝐴𝐵 = −1,−1

parametryzacja odcinka 𝐴𝐵 : 𝑥 = 1 − 𝑡𝑦 = 1 − 𝑡

t [0, 1]

𝑦𝑒𝑥𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝐴𝐵

𝑒𝑥𝑦𝑑𝑦 = 1 − 𝑡 𝑒 1−𝑡 2−1 + 1 − 𝑡 𝑒 1−𝑡 2

(−1) 𝑑𝑡

1

0

= −2 1 − 𝑡 𝑒 1−𝑡 2𝑑𝑡

1

0

=𝑢 = 1 − 𝑡 2

𝑑𝑢 = −2 1 − 𝑡 𝑑𝑡= 𝑒𝑢𝑑𝑢

0

1

= 𝑒0 − 𝑒 = 1 − 𝑒

4. ∫ 𝑥2 − 2𝑦𝑧 𝑑𝑥 + 𝑦2 − 2𝑥𝑧 𝑑𝑦 + 𝑧2 − 2𝑥𝑦 𝑑𝑧

𝐴𝐵 𝐴 = 0,0,1 𝐵 = 1,2,3

𝑟𝑜𝑡 𝐹 =

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝜕

𝜕𝑧

𝜕

𝜕𝑥

𝜕

𝜕𝑦

𝑥2 − 2𝑦𝑧 𝑦2 − 2𝑥𝑧 𝑧2 − 2𝑥𝑦 𝑥2 − 2𝑦𝑧 𝑦2 − 2𝑥𝑧= −2𝑥 + 2𝑥, −2𝑦 + 2𝑦,−2𝑧 + 2𝑧 = (0,0,0)

pole jest potencjalne i liczymy potencjał

𝐺𝑥′ 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 − 2𝑦𝑧 ⇒ 𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 =

𝑥3

3− 2𝑦𝑧𝑥 + 𝐶(𝑦, 𝑧)

𝐺𝑦′ 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 − 2𝑥𝑧 ⇒ −2𝑧𝑥 +

𝜕𝐶 𝑦, 𝑧

𝜕𝑦= 𝑦2 − 2𝑥𝑧

𝐶 𝑦, 𝑧 =𝑦3

3+ 𝐶1 (𝑧)

𝐺𝑧′ 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑧2 − 2𝑥𝑦 ⇒ −2𝑦𝑥 + 𝐶1

′ 𝑧 = 𝑧2 − 2𝑥𝑦

𝐶1 𝑧 =𝑧2

3+ 𝐶2

czyli potencjał ma postad

𝐺 𝑥, 𝑦, 𝑧 =𝑥3

3− 2𝑦𝑧𝑥 +

𝑦3

3+𝐶1 𝑧 =

𝑥3

3− 2𝑦𝑧𝑥 +

𝑦3

3+𝑧3

3+ 𝐶2

stąd całka

𝑥2 − 2𝑦𝑧 𝑑𝑥 + 𝑦2 − 2𝑥𝑧 𝑑𝑦 + 𝑧2 − 2𝑥𝑦 𝑑𝑧

𝐴𝐵

= 𝐺 𝐵 − 𝐺(𝐴) =1

3+8

3+27

3− 12 −

1

3

Całka podwójna Rozważmy zbiór 𝐷 ⊂ ℝ2.

Def. Kulą o środku w punkcie 𝑥0, 𝑦0 i promieniu r>0 nazywamy zbiór

𝐾 𝑥0, 𝑦0 , 𝑟 = * 𝑥, 𝑦 : | 𝑥, 𝑦 − 𝑥0, 𝑦0 | < 𝑟+

Def. Mówimy że zbiór D jest ograniczony istnieje kula 𝐾 𝑥0, 𝑦0 , 𝑟 zawierająca zbiór D

istnieje prostokąt *a,b][c,d+ zawierający zbiór D

Punktem brzegowym zbioru nazywamy punkt spełniający warunek, że w każdej kuli o środku w tym punkcie, leżą zarówno punkty należące do D, jak i do niego nie należące. Brzegiem obszaru nazywamy zbiór wszystkich punktów brzegowych zbioru D i oznaczamy 𝜕𝐷.

𝜕𝐷 = * 𝑥, 𝑦 : ∀𝑟 > 0∃ 𝑥1, 𝑦1 , 𝑥2, 𝑦2 ∈ 𝐾 𝑥, 𝑦 , 𝑟 :

𝑥1, 𝑦1 ∈ 𝐷 ∧ 𝑥2, 𝑦2 ∉ 𝐷+ Mówimy, że 𝜕𝐷 jest zorientowany dodatnio poruszając się po krzywej zgodnie z orientacją, zbiór D pozostaje po lewej stronie (poruszamy się po krzywej przeciwnie do ruchu wskazówek zegara).

D

D

D

D

c

(x)

(y)

(x)

(y)

Def. Mówimy, że zbiór D jest normalny względem osi OX istnieją funkcje (x) i (x) takie, że brzeg zbioru D jest sumą wykresów tych funkcji określonych na *a,b]

Możemy wtedy zbór D opisad jako 𝐷 = * 𝑥, 𝑦 : 𝑥 ∈ 𝑎, 𝑏 ∧ 𝜑(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ (𝑥)+ Def. Mówimy, że zbiór D jest normalny względem osi OY istnieją funkcje (y) i (y) takie, że brzeg zbioru D jest sumą wykresów tych funkcji określonych na *c,d]

Możemy wtedy zbór D opisad jako 𝐷 = * 𝑥, 𝑦 : 𝑦 ∈ 𝑐, 𝑑 ∧ 𝜑(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ (𝑦)+

x x

y y

obszar normalny względem osi OX obszar normalny względem osi OY

Niech zbiór D ℝ2 będzie ograniczony D [a,b][c,d]

Dokonujemy podziału przedziałów *a,b] i [c,d] ,

Powstaje podział prostokąta *a,b][c,d]

𝑃𝑛𝑘 = *𝐷𝑖𝑗 = 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑗 × 𝑦𝑗−1, 𝑦𝑗 : 𝑖 = 1,… , 𝑛; 𝑗 = 1,… , 𝑘+

Oznaczmy przez średnicę prostokąta 𝐷𝑖𝑗, gdzie ∆𝑥𝑖 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1,

oraz przez średnicę podziału 𝑃𝑛𝑘

Wybierzmy punkty pośrednie

(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗) ∈ ( 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑗 × 𝑦𝑗−1, 𝑦𝑗 ) ∩ 𝐷

oraz zbiór punktów pośrednich 𝑋 = *(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗) ∈ 𝐷: 𝑖 = 1,… , 𝑛; 𝑗 = 1, … , 𝑘+

Niech

𝑠𝑛𝑘 = |𝐷𝑖𝑗|

𝐷𝑖𝑗⊂𝐷

oraz 𝑆𝑛𝑘 = |𝐷𝑖𝑗|

𝐷⊂ 𝐷𝑖𝑗

gdzie |𝐷𝑖𝑗| oznacza pole prostokąta 𝐷𝑖𝑗

Def. Jeżeli istnieją granice lim

𝛿𝑛𝑘→0𝑠𝑛𝑘 oraz

lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑆𝑛𝑘, które są sobie równe, to mówimy, że

zbór D jest mierzalny (ma pole) i D = lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑠𝑛𝑘

bxxxxa n ...210 0 1 2 ... kc y y y y d

𝐷𝑖𝑗

2 2ij i jD x y

maxnk ijD

(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗)

𝑠𝑛𝑘

𝑆𝑛𝑘

∆𝑦𝑗 = 𝑦𝑗 − 𝑦𝑗−1

Niech teraz funkcja 𝑓:𝐷 → ℝ będzie ograniczona.

Def. Sumą całkową dla funkcji f podziału𝑃𝑛𝑘 i zbioru punktów pośrednich 𝑋 nazywamy liczbę

𝜍𝑛𝑘 = 𝑓 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 𝐷𝑖𝑗𝑘𝑗=1

𝑛𝑖=1

Jeżeli istnieje właściwa granica ciągu sum całkowych dla funkcji f podziału 𝑃𝑛𝑘 i zbioru punktów pośrednich 𝑋 przy 𝛿𝑛𝑘 → 0, która nie zależy od wyboru podziału 𝑃𝑛𝑘 i zbioru 𝑋 , to nazywamy ją

całką podwójną z funkcji f po obszarze D. Oznaczamy ∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

.

Jeżeli istnieje całka z funkcji f po obszarze D, to mówimy, że f jest całkowalna na D.

Piszemy wtedy ∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑓 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 𝐷𝑖𝑗𝑘𝑗=1

𝑛𝑖=1𝐷

.

Wniosek: Jeżeli zbiór D jest mierzalny, to 𝐷 = ∬ 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

Dowód: niech 𝑓 𝑥, 𝑦 = 1 , 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷

0 , 𝑥, 𝑦 ∉ 𝐷

𝑓: 𝑎, 𝑏 × ,𝑐, 𝑑- → ℝ i jest ograniczona

𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

= 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑓 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 𝐷𝑖𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1𝐷

= lim𝛿𝑛𝑘→0

𝐷𝑖𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

=

= lim𝜍𝑛𝑘→0

𝑠𝑛𝑘 = 𝐷

Tw. własności całki podwójnej Jeżeli 𝐷 ⊂ ℝ2 jest mierzalny i f, g są całkowalne na D, to:

1. ∬ 𝛼𝑓 + 𝛽𝑔𝐷

𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝛼∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + 𝛽∬ 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷𝐷

2. Jeżeli 𝐷 = 𝐷1 ∪ 𝐷2 oraz 𝐷1 ∩ 𝐷2 = 0, to

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 +𝐷1𝐷

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷2

3. Jeżeli 𝑓 𝑥, 𝑦 ≤ 𝑔 𝑥, 𝑦 dla (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, to

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ≤𝐷

𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

4. tw. o wartości średniej

Jeżeli f jest ciągła w 𝐷 ∪ 𝜕𝐷, to ∃(𝑥 , 𝑦 ) ∈ 𝐷:∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =𝐷

𝑓(𝑥 , 𝑦 ) 𝐷

Dowód: 1.-3. wynikają z definicji całki 4. niech 𝑚 = inf 𝑓 𝑥, 𝑦 : 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷 , 𝑀 = sup 𝑓 𝑥, 𝑦 : 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷

𝑚 ≤ 𝑓 𝑥, 𝑦 ≤ 𝑀 𝑑𝑙𝑎 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷

𝑚 𝐷𝑖𝑗 ≤ 𝑓(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗) 𝐷𝑖𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

≤ 𝑀 𝐷𝑖𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

ale lim𝛿𝑛𝑘→0

𝐷𝑖𝑗 = 𝐷𝑘𝑗=1

𝑛𝑖=1 oraz lim

𝜍𝑛𝑘→0 𝑓 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 𝐷𝑖𝑗 = ∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷𝑘𝑗=1

𝑛𝑖=1

po przejściu do granicy 𝛿𝑛𝑘 → 0 otrzymujemy

𝑚 ≤∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

𝐷≤ 𝑀

z twierdzenia o przyjmowaniu wartości pośrednich

∃(𝑥 , 𝑦 ) ∈ 𝐷: 𝑓 𝑥 , 𝑦 =1

|𝐷| 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

Niech zbiór D będzie prostokątem D=[a,b]x[c,d].

Def. Całkami iterowanymi dla całki podwójnej ∬ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

nazywamy każdą z całek

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑑𝑥, 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑏

𝑎

Tw: o zamianie całki podwójnej na iterowaną Jeżeli f jest ciągła w D=[a,b]x[c,d], to

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑏

𝑎𝐷

inny zapis: ∫ ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑

𝑐𝑑𝑥 =

𝑏

𝑎 ∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑

𝑐

𝑏

𝑎

Dowód: wybieramy podział 𝑃𝑛𝑘 prostokąta D oraz punkty pośrednie (𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗) ∈ 𝐷𝑖𝑗

niech mij=inf {f(x,y):(x,y) ∈ Dij}=𝑓(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗) i Mij=sup {f(x,y):(x,y) ∈ Dij}=𝑓(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗)

dla 𝑥 i oraz dowolnego y∈ ,yj-1,yj] zachodzi mij f(𝑥 i,y) ≤ Mij

czyli całkując nierównośd stronami otrzymujemy

𝑚𝑖𝑗𝑑𝑦 ≤

𝑦𝑗

𝑦𝑗−1

f(𝑥𝑖 , y)

𝑦𝑗

𝑦𝑗−1

𝑑𝑦 ≤ 𝑀𝑖𝑗𝑑𝑦

𝑦𝑗

𝑦𝑗−1

sumujemy stronami po j=1,…,k

𝑚𝑖𝑗Δ𝑦𝑗 ≤ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦)𝑑𝑦 ≤ 𝑀𝑖𝑗Δ𝑦𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑑

𝑐

𝑘

𝑗=1

mnożymy stronami przez Δ𝑥𝑖 i sumujemy po i=1,…,n

𝑚𝑖𝑗Δ𝑦𝑗Δ𝑥𝑖 ≤ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦)𝑑𝑦)

𝑑

𝑐

Δ𝑥𝑖

𝑛

𝑖=1

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

≤ 𝑀𝑖𝑗Δ𝑦𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

Δ𝑥𝑖

𝑓(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗)Δ𝑦𝑗Δ𝑥𝑖 ≤ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦)𝑑𝑦)

𝑑

𝑐

Δ𝑥𝑖

𝑛

𝑖=1

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

≤ 𝑓(𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗)Δ𝑦𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

Δ𝑥𝑖

zauważamy, że 𝛿𝑛𝑘 → 0 ⇔ Δ𝑥𝑖 → 0 ∧ Δ𝑦𝑗 → 0

przechodzimy do granicy przy 𝛿𝑛𝑘 → 0

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

≤ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑑𝑥 ≤

𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

Wniosek: Jeżeli f jest ciągła w obszarze D normalnym względem osi OX, to:

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

= 𝑑𝑥 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝜓(𝑥)

φ(x)

𝑏

𝑎

Dowód: niech f*(x,y)= 𝑓(𝑥, 𝑦), (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷

0, (𝑥, 𝑦) ∈ ,𝑎, 𝑏- × ,𝑐, 𝑑- \ 𝐷 ,

gdzie c=inf{(x) : x[a,b]}, d=sup{(x) : x[a,b]} niech P= ,𝑎, 𝑏- × ,𝑐, 𝑑-

𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 =

𝑃

𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 +

𝐷

𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝑃\𝐷

z drugiej strony

𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 =

𝑃

𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 =

𝑑

𝑐

= 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + 𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 + 𝑓∗(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝑑

𝜓(𝑥)

𝜓(𝑥)

𝜑(𝑥)

𝜑(𝑥)

𝑐

= 𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝜓(𝑥)

𝜑(𝑥)

Uwaga: Analogiczne twierdzenie jest prawdziwe dla obszaru normalnego względem osi OY

(x)

(x)

a b

D

d

c

P

Np. 1. Oblicz ∬𝑥

𝑦2𝑑𝑥

𝐷𝑑𝑦 𝐷 = 1,3 × 1, 𝑒

𝑑𝑥 𝑥

𝑦2𝑑𝑦 = −

𝑥

𝑦|1𝑒𝑑𝑥 = −

𝑥

𝑒+ 𝑥 𝑑𝑥 = −

𝑥2

2𝑒+𝑥2

2|13 =

3

1

−9

2𝑒+9

2

3

1

𝑒

1

3

1

+1

2𝑒−1

2

= 4 −4

𝑒

2. oblicz pole obszaru D ograniczonego krzywymi xy=1, xy=2, y=x, y=3x

𝐷 = 𝑑𝑥𝑑𝑦 =

𝐷

2 𝑑𝑥

23

13

𝑑𝑦 + 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

2𝑥

1𝑥

+ 2 𝑑𝑥

2

1

𝑑𝑦

2𝑥

𝑥

1

23

3𝑥

1𝑥

=

= 2 3𝑥 −1

𝑥𝑑𝑥 + 2

2

𝑥−1

𝑥𝑑𝑥 + 2

2

𝑥− 𝑥 𝑑𝑥 = 2 3

𝑥2

2− 𝑙𝑛𝑥

13

23

2

1

1

23

23

13

+2 𝑙𝑛𝑥23

1 + 2 2𝑙𝑛𝑥 −𝑥2

21

2

= 2 1 + 𝑙𝑛2

3−1

2+ 𝑙𝑛

1

3+ 2 −𝑙𝑛

2

3+

+2 2𝑙𝑛 2 − 1 − 0 +1

2= 𝑙𝑛3

3. Oblicz pole obszaru ograniczonego krzywymi 𝑦 = − −𝑥, 𝑥𝑦 = 1, y= - 2 D=𝐷1+𝐷2 𝐷1: −4 ≤ 𝒙 ≤ −1 − 2 ≤ 𝒚 ≤ − −𝑥

𝐷2: −1 ≤ 𝑥 ≤ −1

2 − 2 ≤ 𝑦 ≤

1

𝑥

𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =− −𝑥

−2

−1

−4𝐷1

= ,𝑦-−2− −𝑥𝑑𝑥 = − −𝑥 + 2 𝑑𝑥 =

−1

−4

−1

−4

,2

3−𝑥3 + 2𝑥-−4

−1=4

3

𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 1

𝑥+ 2 𝑑𝑥 =

−12

−1

1𝑥

−2

−12

−1𝐷2

,ln |𝑥| + 2𝑥-−1−12= 1 − ln2

|D|= 7

3− 𝑙𝑛2

lub traktujemy D jako normalny względem osi OY

𝐷 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 1

𝑦+ 𝑦2 𝑑𝑦

−1

−2

= ,ln 𝑦 +𝑦3

3-−2−1=

7

3− 𝑙𝑛2

1𝑦

−𝑦2

−1

−2

4. Oblicz ∬ |cos (𝑥 + 𝑦)|𝐷

, 𝐷 = 0, 𝜋 × 0, π

|cos(𝑥 + 𝑦)|𝑑𝑦𝜋

0

𝑑𝑥 =𝜋

0

𝑑𝑥 cos 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦

𝜋2−𝑥

0

−

𝜋2

0

− 𝑑𝑥 cos 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦

32𝜋−𝑥

𝜋2−𝑥

𝜋

0

+ 𝑑𝑥 cos 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 =𝜋

32𝜋−𝑥

𝜋

𝜋2

= sin (𝑥 + 𝑦)|0

𝜋2−𝑥

𝜋2

0

𝑑𝑥 − sin (𝑥 + 𝑦)|𝜋2−𝑥

3𝜋2 −𝑥

𝜋

0

dx +

+ sin (𝑥 + 𝑦)|3𝜋2 −𝑥

𝜋𝜋

𝜋2

= 1 − 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋2

0

+ 2𝑑𝑥𝜋

0

+

+ (−𝑠𝑖𝑛𝑥 + 1)𝑑𝑥 =𝜋

𝜋2

,𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥-0

𝜋2 + 2𝜋 + 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝜋

2

𝜋 =𝜋

2− 1 + 2𝜋 + 𝜋 − 1 −

𝜋

2

cos(x+y)<0

cos(x+y)0

cos(x+y)0

Tw: Greena Jeżeli 𝐷 ⊂ ℝ2 jest normalny względem obydwu osi i F(x,y)=(P(x,y),Q(x,y)) jest polem ciągłym, 𝜕𝑃

𝜕𝑦 i 𝜕𝑄

𝜕𝑥 są ciągłe w D, oraz 𝜕𝐷 jest dodatnio zorientowany, to:

∫ 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = ∬𝜕𝑄

𝜕𝑥−

𝜕𝑃

𝜕𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷𝜕𝐷

Dowód:

𝜕𝑃

𝜕𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

= 𝑑𝑥 𝜕𝑃

𝜕𝑦𝑑𝑦

𝛹1 𝑥

𝜑1(𝑥)

𝑏

𝑎

= (𝑃 𝑥, 𝛹1 𝑥 − 𝑃

𝑏

𝑎

𝑥, 𝜑1 𝑥 𝑑𝑥 =

− 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 −

𝐴𝐵 =−𝐾2

𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 = − 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥

𝜕𝐷𝐴𝐵 =𝐾1

analogicznie

𝜕𝑄

𝜕𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

= 𝑑𝑦 𝜕𝑄

𝜕𝑥𝑑𝑥

𝛹2 𝑦

𝜑2(𝑦)

𝑑

𝑐

=

= (𝑄 𝛹2 𝑦 , 𝑦 − 𝑄

𝑑

𝑐

𝜑2 𝑦 , 𝑦 𝑑𝑦 =

= ∫ 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 +𝐶𝐷 =𝐾4

∫ 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 =𝐶𝐷 =−𝐾3

= ∫ 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝜕𝐷

a b

c

d D

C

A B

𝜑2(𝑦) 𝜓2(𝑦)

𝐾3 = 𝐷𝐶 𝐾4 = 𝐶𝐷

Wniosek: Jeżeli D jest normalny względem obydwu osi i 𝜕𝐷 jest dodatnio zorientowany, to

𝐷 = 𝑥𝑑𝑦 = − 𝑦𝑑𝑥 =1

2 (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝜕𝐷𝜕𝐷𝜕𝐷

Dowód:

𝐷 = 1 · 𝑑𝑥 · 𝑑𝑦 = 𝜕𝑄𝜕𝑥

=1 ∧ 𝜕𝑃𝜕𝑦

=0𝐷

= 𝑥𝑑𝑦

𝜕𝐷

= 𝜕𝑄𝜕𝑥

=0 ∧ 𝜕𝑃𝜕𝑦

=1= − 𝑦𝑑𝑥 = 𝜕𝑄

𝜕𝑥=12 ∧

𝜕𝑃𝜕𝑦

=− 12

𝜕𝐷

=

=1

2 (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥)

𝜕𝐷

Np. 1. Oblicz: ∫ 𝑥𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 , 𝛾: 𝑥2 + 𝑦2 = 1 zorientowana dodatnio𝛾

𝑥𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦

𝛾

= 1 − 0 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋

𝑥2+𝑦2≤1

2. ∫ 𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑦 , 𝛾

𝛾 jest brzegiem trójkąta o wierzchołkach 𝐴 1,1 , 𝐵 = 3,2 ,

𝐶 = (2,5)

𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑦

𝛾

= 2𝑥 − 2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =

𝛥𝐴𝐵𝐶

= 2 𝑑𝑥 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑦 + 2 𝑑𝑥

3

2

4𝑥−3

12𝑥+

12

2

1

𝑥 − 𝑦 𝑑𝑦 =

−3𝑥+11

12𝑥+

12

= 2 (4𝑥2 − 3𝑥 −1

2𝑥2 −

1

2𝑥 −

1

2(4𝑥 − 3)2

2

1

+1

2(1

2𝑥 +

1

2)2)𝑑𝑥 +

+2 (3𝑥2 − 11𝑥 −1

2𝑥2 −

1

2𝑥 −

1

2(−3𝑥 + 11)2

3

2

+1

2(1

2𝑥 +

1

2)2)𝑑𝑥 =

= 2 −4,375𝑥2 + 8,75𝑥 − 4,375 𝑑𝑥 + 2 −7,875𝑥2 + 43,75𝑥 − 60,375 𝑑𝑥 =

3

2

2

1

= −4,667

3. Oblicz pole obszaru ograniczonego krzywą 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠3𝑡𝑦 = 𝑠𝑖𝑛3𝑡

, 𝑡 ∊ ,0,2𝜋]

𝐷 =1

2 |𝑐𝑜𝑠3𝑡 · 3𝑠𝑖𝑛2𝑡 · 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑖𝑛3𝑡

2𝜋

0

· 3𝑐𝑜𝑠2𝑡 · 𝑠𝑖𝑛𝑡|𝑑𝑡 =

=3

2 𝑠𝑖𝑛2𝑡 · 𝑐𝑜𝑠2𝑡𝑑𝑡 =

3

8 𝑠𝑖𝑛22𝑡𝑑𝑡

2𝜋

0

2𝜋

0

=3

16 (1 − 𝑐𝑜𝑠4𝑡)𝑑𝑡

2𝜋

0

=3

16∙ 2𝜋

Lemat: Jeżeli 𝛥, 𝐷 ⊂ ℝ2, 𝑢: 𝛥 ∋ 𝑡, 𝑠 → 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷 jest wzajemnie jednoznaczne, ciągłe

i ma ciągłe pochodne cząstkowe 𝜕𝑥

𝜕𝑡,𝜕𝑥

𝜕𝑠,𝜕𝑦

𝜕𝑡,𝜕𝑦

𝜕𝑠, to istnieje 𝑡, 𝑠 ∊ 𝛥 takie, że

𝐷 = 𝐽 𝑡 ,𝑠 (𝑥, 𝑦) ∙ ∆ ,

gdzie 𝐽 𝑡,𝑠 𝑥, 𝑦 =

𝜕𝑥

𝜕𝑡(𝑡, 𝑠)

𝜕𝑥

𝜕𝑠(𝑡, 𝑠)

𝜕𝑦

𝜕𝑡(𝑡, 𝑠)

𝜕𝑦

𝜕𝑠(𝑡, 𝑠)

.

Dowód:

Parametryzujemy brzeg 𝜕𝐷: 𝑟 𝜑 = 𝑥 𝜑 , 𝑦 𝜑 , 𝜑 ∊ ,𝛼, 𝛽], wtedy

𝑡 = 𝑡 𝜑

𝑠 = 𝑠 𝜑 jest parametryzacją 𝜕∆

wtedy 𝑥 𝜑 = 𝑥 𝑡 𝜑 , 𝑠 𝜑 , 𝑦 𝜑 = 𝑦 𝑡 𝜑 , 𝑠 𝜑 , 𝑟 𝛼 = 𝑟(𝛽)

𝐷 = 𝑥𝑑𝑦 = 𝑥

𝛽

𝛼𝜕𝐷

𝜑 𝑑𝑦 (𝜑) = 𝑥 𝑡 𝜑 , 𝑠 𝜑 · |𝜕𝑦

𝜕𝑡· 𝑡′ 𝜑 +

𝜕𝑦

𝜕𝑠

𝛽

𝛼

· 𝑠′ 𝜑 |𝑑𝜑 =

𝑥 𝑡, 𝑠𝜕𝑦

𝜕𝑡 𝑑𝑡 + 𝑥 𝑡, 𝑠

𝜕𝑦

𝜕𝑠𝑑𝑠 =

𝛽

𝛼

𝑡𝑤. 𝐺𝑟𝑒𝑒𝑛𝑎 = |𝜕

𝜕𝑡

𝛥

𝑥𝜕𝑦

𝜕𝑠−

𝜕

𝜕𝑠 𝑥

𝜕𝑦

𝜕𝑠|𝑑𝑡𝑑𝑠 =

|𝜕𝑥

𝜕𝑡𝛥

·𝜕𝑦

𝜕𝑠+ 𝑥

𝜕2𝑦

𝜕𝑡𝜕𝑠−𝜕𝑥

𝜕𝑠·𝜕𝑦

𝜕𝑡− 𝑥

𝜕2𝑦

𝜕𝑠𝜕𝑡|𝑑𝑡𝑑𝑠 = 𝐽 𝑡,𝑠 𝑥, 𝑦 · 𝑑𝑡𝑑𝑠 =

𝛥

𝐽 𝑡, 𝑠 𝑥, 𝑦 · |𝛥|

Tw: zamiana zmiennych w całce podwójnej Jeżeli Δ,D ℝ2, u:Δ∋(t,s)→(x,y)∈D jest wzajemnie jednoznaczna, ciągła i ma ciągłe pochodne

cząstkowe 𝜕𝑥

𝜕𝑡,𝜕𝑥

𝜕𝑠,𝜕𝑦

𝜕𝑡 ,𝜕𝑦

𝜕𝑠 w Δ oraz J(t,s)(x,y)≠0 dla dowolnych (t,s) ∈ Δ oraz f: D→ jest ciągła, to

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥 𝑡, 𝑠 , 𝑦 𝑡, 𝑠 𝐽(𝑡,𝑠) 𝑥, 𝑦

𝛥𝐷

𝑑𝑡𝑑𝑠

Dowód:

𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑓 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 𝐷𝑖𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1𝐷

=

gdzie 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 jest punktem pośrednim ∈ 𝐷𝑖𝑗

= lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑓 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 𝐽(𝑡 𝑖,𝑠 𝑗) 𝑥, 𝑦 𝜋𝑖𝑗

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

=

gdzie 𝑡 𝑖 , 𝑠 𝑗 jest dowolnym punktem pośrednim ∈ 𝜋𝑖𝑗, oraz 𝑢(𝜋𝑖𝑗) = 𝐷𝑖𝑗

z dowolności wyboru punktów pośrednich wybieramy 𝑥 𝑖 = 𝑥 𝑡 𝑖 , 𝑠 𝑗 , 𝑦 𝑗 = 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑠 𝑗

𝑡 𝑖 , 𝑠 𝑗 ∈ 𝜋𝑖𝑗 ⇒ 𝑥 𝑖 , 𝑦 𝑗 ∈ 𝐷𝑖𝑗

= lim𝛿𝑛𝑘→0

𝑓 𝑥 𝑡 𝑖 , 𝑠 𝑗 , 𝑦 𝑡 𝑖 , 𝑠 𝑗 𝐽(𝑡 𝑖,𝑠 𝑗) 𝑥, 𝑦 𝜋𝑖𝑗 = 𝑓 𝑥 𝑡, 𝑠 , 𝑦 𝑡, 𝑠 𝐽(𝑡,𝑠) 𝑥, 𝑦

𝛥

𝑑𝑡𝑑𝑠

𝑘

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

Np. Oblicz 1. ∬ln(𝑥2+𝑦2)

𝑥2+𝑦2𝐷𝑑𝑥𝑑𝑦 𝐷 = 𝑥, 𝑦 : 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑒2

Wprowadzamy współrzędne biegunowe:

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡 1 ≤ 𝑟2 ≤ 𝑒2

1 ≤ 𝑟 ≤ 𝑒 𝑡 ∈ ,0,2𝜋-

𝐽(𝑟,𝑡) 𝑥, 𝑦 =𝑐𝑜𝑠𝑡 −𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡

= 𝑟𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑟𝑠𝑖𝑛2𝑡 = 𝑟

𝑑𝑟 𝑙𝑛(𝑟2)

𝑟2

2𝜋

0

𝑒

1

𝑟 𝑑𝑡 = ln 𝑟2

𝑟𝑑𝑟

𝑒

1

∙ 2𝜋 =𝑘 = ln 𝑟2

𝑑𝑘 =1

𝑟22𝑟 𝑑𝑟

= 1

2

2

0

𝑘 ∙ 2𝜋 𝑑𝑘 = 2𝜋

2. Oblicz pole figury D ograniczonej krzywymi 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑦 = 0 𝑖 𝑥2 + 𝑦2 − 4𝑦 = 0

𝐷 = 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝑡𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡

2𝑦 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4𝑦 2𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡 ≤ 𝑟2 ≤ 4𝑟𝑠𝑖𝑛𝑡

2𝑠𝑖𝑛𝑡 ≤ 𝑟 ≤ 4𝑠𝑖𝑛𝑡 ∧ 𝑠𝑖𝑛𝑡 ≥ 0 𝑡 ∈ ,0,2𝜋-

𝐷 = 𝑑𝑡 𝑟 𝑑𝑟 = 8 − 2 𝑠𝑖𝑛2𝑡 𝑑𝑡 = ⌇ 𝑠𝑖𝑛2𝑡 =1

2(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝑡) ⌇ =

6

2

𝜋

0

4𝑠𝑖𝑛𝑡

2𝑠𝑖𝑛𝑡

𝜋

0

𝑡 −𝑠𝑖𝑛2𝑡

2│0𝜋

= 3𝜋

Zadania:

1. Oblicz ∫ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑑𝑠𝛾

: a) 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 , : 𝑥2 + 𝑦2 = 4𝑧 = 2

,

b) 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2, jest krzywą zamkniętą łączącą punkty A=(a,0,0), B=(0,a,0) i

C=(0,0,a) oraz 𝐴𝐵 : 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑎2

𝑧 = 0, 𝐵𝐶 :

𝑦 + 𝑧 = 𝑎𝑥 = 0

, 𝐶𝐴 : 𝑥2 + 𝑧2 = 𝑎2

𝑦 = 0 ,

c) 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑧2, 𝛾: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1

𝑦 = 𝑥

2. Oblicz ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟 𝛾

: a) F=(yz-xz,xy,0) , : 𝑥 = 𝑒𝑡

𝑦 = 𝑒3𝑡

𝑧 = 𝑒−𝑡, t[0,1], b) F=(x2+y2,-x) , : x2+y2=1

przebiegana od A=(1,0) do B=(-1,0) dla y ≥0, c) F=(x2,xyz,z2) , : 𝑥2 + 𝑧2 = 4

𝑦 = 3 zorientowana

dodatnio 3. Oblicz 𝑐𝑢𝑟𝑙𝛾𝐹 : a) F=(x+z,x+y,y+z), jest brzegiem trójkąta o wierzchołkach (2,0,0),(1,2,1),

(0,2,2), b) F=(-y,x,z) , : (𝑥 − 2)2+𝑦2 = 1𝑧 = 1

, c) 𝐹 = 1,1, −𝑦 , 𝛾: 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 − 10𝑧 = −1

4. Sprawdź, czy pole jest potencjalne, jeżeli tak, to oblicz potencjał: a) 𝐹 = (𝑥 ∙ ln 𝑦 , 𝑦 ∙ ln 𝑥), b) 𝐹 = (𝑦 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝑧, 𝑥 ∙ sin 𝑧, 𝑥𝑦 ∙ cos 𝑧) , c) 𝐹 = (𝑒𝑦+2𝑧, 𝑥𝑒𝑦+2𝑧, 2𝑥𝑒𝑦+2𝑧)

5. Oblicz ∫ 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∘ 𝑑𝑟𝐴𝐵

: a) 𝐹 = 𝑦𝑠𝑖𝑛𝑥, 𝑐𝑜𝑠𝑥, 0 ,A=(0,1), B=(π,−1) , b) 𝐹 = (𝑦 + 𝑧, 𝑥 + 𝑧,

𝑥 + 𝑦), A(-1,2,1), B=(3,-1,2), c) 𝐹 = (𝑦𝑒𝑥𝑦𝑠𝑖𝑛𝑧, 𝑥𝑒𝑥𝑦𝑠𝑖𝑛𝑧, 𝑒𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠𝑧), A=(2,-1,0), B=(-2,1,)

6. Oblicz: a) ∬ 𝑥𝑦𝑙𝑛𝑥

𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦, 𝐷 = 1, 𝑒 × ,1, 𝑒2-

𝐷 , b) ∬ sin 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷, 𝐷 = 0,

𝜋

4× ,0,

𝜋

3-

c) ∬ max 2𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦, 𝐷 = 0,1 × ,0,2-𝐷

7. Oblicz pole figury ograniczonej krzywymi : a) 𝑦 = −𝑥2 + 4, 𝑦 = 3 𝑥 , 𝑦 = 0 , b) x=4y - y2, x+y=6, c) y=ex , y=lnx , x+y=1 , x=2

8. Z tw. Greena oblicz całkę: a) ∫ 3𝑥𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦𝛾

, jest brzegiem czworokąta o wierzchołkach

(-2,1), (2,3), (-2,2), (2,4) zorientowanym dodatnio, b) ∫ 𝑒𝑥 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑒𝑥 + 𝑥2 𝑑𝑦𝛾

,

jest brzegiem figury ograniczonej krzywymi 𝑦 = 𝑥2 i 𝑦 = 𝑥 zorientowanym dodatnio,

c) ∫ 𝑦𝑡𝑔2𝑥𝑑𝑥 + 𝑡𝑔𝑥𝑑𝑦𝛾

, : 𝑥2 + (𝑦 + 1)2= 1 zorientowana ujemnie

9. Oblicz pole figury ograniczonej krzywą: a) 𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑐𝑜𝑠2𝑡𝑦 = 2𝑠𝑖𝑛𝑡 − 𝑠𝑖𝑛2𝑡

, 𝑡 ∈ ,0,2𝜋-,

b) 𝑥 = 𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡𝑦 = 𝑏𝑠𝑖𝑛𝑡, 𝑡 ∈ 0,2𝜋 , 𝑎, 𝑏 > 0, c)

𝑥 = 𝑐𝑜𝑠3𝑡𝑦 = 3𝑠𝑖𝑛𝑡

, 𝑡 ∈ 0,2𝜋

10. Oblicz: a) ∬ 𝑦2 𝑅2 − 𝑥2𝑑𝑥𝑑𝑦 𝐷

, 𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑅2 , b) ∬𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥2+𝑦2+1

𝐷, D jest ograniczony

krzywą 𝑦 = 1 − 𝑥2 i prostą y=0, c) ∬ 4 − 𝑥2 − 𝑦2𝐷

𝑑𝑥𝑑𝑦 , 𝐷: 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥 ≤ 0