AM3_W2.pdf

(1061 KB) Pobierz
Rozdział 2
Całka krzywoliniowa niezorientowana
2.1. Podstawowe
Pamiętamy definicję całki oznaczonej Riemanna z funkcji
f
. Całkę
określenia
tę definiowaliśmy na odcinku [a,
b].
Odcinek ten został podzielony
na mniejsze odcinki w taki sposób, by przy wzrastającej ilości punk-
tów podziału długość najdłuższego odcinka dążyła do zera. W każdym z odcinków wy-
brany został punkt pośredni, w którym funkcja
f
osiąga średnią wartość. Definicja całki
krzywoliniowej będzie identyczna. Zastąpimy jedynie odcinek łukiem.
Definicja 2.1.1
(całka krzywoliniowa niezorientowana). Niech Γ będzie łukiem gładkim
na płaszczyźnie lub w przestrzeni, a
P
k
,
k
= 0,
. . . , n
– punktami podziału łuku Γ
na mniejsze łuki Γ
k
=
P
k−1
P
k
,
k
= 1,
. . . , n.
W każdym takim łuku wybieramy punkt
∗
pośredni
P
k
, w którym funkcja
f
osiąga średnią wartość na danym łuku. Zakładamy
przy tym, że
φ
– średnica podziału luku Γ – jest długością najdłuższego łuku w zadanym
podziale, czyli
φ
= max{|Γ
k
|
:
k
= 1,
. . . , n}.
Całkę krzywoliniową niezorientowaną
definiujemy wzorem
n
f dl
= lim
Γ
φ→0
∗
f
(P
k
)|Γ
k
|,
k=1
o ile rozważana granica istnieje i nie zależy ani od podziału łuku, ani od wyboru punktów
pośrednich. W takim wypadku mówimy, że funkcja
f
jest
całkowalna
na łuku Γ.
Namawiam w tym miejscu do zachowania zimnej krwi. Proszę się na zapas nie dener-
wować. Nie będziemy obliczać całek krzywoliniowych z definicji. Skupimy się na zamianie
całki krzywoliniową na zwykłą całkę Riemanna.
12
Uwaga 2.1.2
(interpretacja geometryczna niezorientowanej całki krzywoliniowej). Jeśli
Γ
⊂
R
2
oraz
f
(x,
y)
0 dla każdego (x,
y)
∈
Γ, a płat Σ jest powierzchnią boczną
walca krzywoliniowego powstałego przez rozciągnięcie łuku Γ wzdłuż osi OZ, obciętego
powierzchnią
z
=
f
(x,
y)
oraz płaszczyzną
z
= 0, to
|Σ|
=
Γ
f
(x,
y) dl.
Uwaga 2.1.3
(własności całki krzywoliniowej niezorientowanej).
1. długość łuku:
|Γ|
=
Γ
dl
2. liniowość:
(f +
g) dl
=
Γ
Γ
f dl
+
Γ
g dl
∧
Γ
(af )
dl
=
a
Γ
f dl
f, g
– funkcje całkowalne na Γ,
a
∈
R
3. zamiana całki krzywoliniowej na całkę Riemanna:
β
f dl
=
Γ
α
f
(
r
(t)
)|
r
(t)
|
dt,
r
– dowolna parametryzacja łuku gładkiego Γ,
f
– ciągła na Γ
tzn. całka krzywoliniowa nie zależy od parametryzacji łuku Γ.
Skupmy się przez chwilę na zamianie całki krzywoliniowej na całkę Riemanna, gdyż
to będzie najważniejszą częścią naszej działalności w najbliższej przyszłości. Przyjmijmy,
że całkujemy po łuku płaskim. Niech
Γ =
{[x(t),
y(t)]
:
t
∈
[α,
β]}
będzie łukiem gładkim oraz niech
f
:
R
2
→
R.
Wtedy
13
β
f
(x,
y) dl
=
Γ
α
f
(
x(t), y(t)
)
(
x
(t)
)
2
+
(
y
(t)
)
dt
2
W szczególności dla Γ :
y
=
y(x), x
∈
[a,
b]
mamy
b
f
(x,
y) dl
=
Γ
a
f
(
x, y(x)
)
1
+
(
y
(x)
)
2
dx
W przypadku łuku przestrzennego jest podobnie. Niech
Γ =
{[x(t),
y(t), z(t)]
:
t
∈
[α,
β]}
będzie łukiem gładkim oraz niech
f
:
R
3
→
R.
Wtedy
β
f
(x,
y, z) dl
=
Γ
α
f
(
x(t), y(t), z(t)
)
(
x
(t)
)
2
+
(
y
(t)
)
+
(
z
(t)
)
dt
2
2
Przykład 2.1.4.
Obliczymy
Γ
dl
, gdzie Γ jest odcinkiem łączącym punkty (0,
−1),
(2, 0).
2x +
y
2
Przypomnijmy, że odcinek
AB, A(x
1
, y
1
),
B(x
2
, y
2
), można sparametryzować nastę-
pująco
r
(t) =
[
x
1
+ (x
2
−
x
1
)t,
y
1
+ (y
2
−
y
1
)t
]
,
gdzie
t
∈
[0, 1].
A zatem w naszym przypadku mamy
Γ =
{
r
(t) = [2t,
t
−
1] :
t
∈
[0, 1]} oraz
r
(t) = [2, 1],
Stąd
dl
=
2x +
y
2
1
|
r
(t)| =
√
5.
√
Γ
0
√
√
1
5
dt
= 5
4t + (t
−
1)
2
1
0
√
1
5
dt
=
−
(t + 1)
2
t
+1
1
=
0
5
.
2
Przykład 2.1.5.
Obliczymy
Γ
x
2
y
2
xy dl,
gdzie Γ jest łukiem elipsy
2
+
2
= 1,
x, y
a
b
0.
Parametryzacja: dla
t
∈
0,
π
mamy
2
r
(t) = [a cos
t, b
sin
t],
π
2
r
(t) = [−a sin
t, b
cos
t],
|
r
(t)| =
π
2
a
2
sin
2
t
+
b
2
cos
2
t
xy dl
=
Γ
0
ab
sin
t
cos
t a
2
sin
2
t
+
b
2
cos
2
t dt
=
ab
0
1
sin
t
(a
2
−
b
2
) sin
2
t
+
b
2
cos
t dt
1
=
ab
0
x
2
=
s
ab
2
−
b
2
)x
2
+
b
2
dx
=
x
(a
=
xdx
=
1
ds
2
2
(a
2
−
b
2
)s +
b
2
ds
0
ab
2
=
2 3
(
(a
2
−
b
2
)s
+
b
2
)
3
1
a
2
−
b
2
0
ab a
3
−
b
3
ab a
2
+
ab
+
b
2
=
=
3
a
2
−
b
2
3
a
+
b
14
2.2. Pole powierzchni
Już wiemy, że całkę krzywoliniową niezorientowaną można
walcowej
wykorzystać do obliczenie długości łuku. Kolejnym, bardzo
naturalnym jej zastosowaniem jest obliczenie pola powierzchni
walcowej. Jest to prosta konsekwencja interpretacji geometrycznej tej całki.
Uwaga 2.2.1
(pole powierzchni walcowej). Niech Γ będzie łukiem w
R
2
, a Σ – powierzch-
nią boczną walca krzywoliniowego powstałego przez rozciągnięcie łuku Γ wzdłuż osi
Oz,
obciętego powierzchniami
z
=
d(x, y)
oraz
z
=
g(x, y),
gdzie
d(x, y)
Wtedy
|Σ|
=
Γ
z
g(x, y).
(
g(x, y)
−
d(x, y)
)
dl.
Przykład 2.2.2.
Obliczymy pole powierzchni walca
x
2
+
y
2
= 1 obciętego powierzch-
niami
z
= 0 oraz
z
=
y
2
+ 2.
15
Γ – rzut walca na płaszczyznę
XY
, czyli okrąg
x
2
+
y
2
= 1.
Parametryzacja tego okręgu:
Γ =
{
r
(t) = [cos
t,
sin
t]
:
t
∈
[0, 2π]},
2π
|
r
(t)| =
(cos
t)
2
+ (sin
t)
2
= 1.
2π
|Σ|
=
Γ
(y + 2)
dl
=
1
5
t
−
sin 2t
2
4
0
2π
0
2
1
(sin
t
+ 2)·1
dt
=
2
2
(5
−
cos 2t)
dt
=
0
=
= 5π.
Przykład 2.2.3.
Obliczymy teraz pole powierzchni walcowej
y
= 2
−
x
2
znajdującej
się w obszarze
0
z x
oraz
y
0.
Γ – (niebieska linia) – rzut części wspólnej powierzchni walcowej
y
= 2
−
x
2
i półpłasz-
czyzny 0
z
x,
√
y
0 (czerwona krzywa) na płaszczyznę
z
= 0, czyli łuk paraboli
y
= 2
−
x
2
,
x
∈
[0, 2].
Parametryzacja tego łuku:
√
Γ =
{
r
(x) = [x, 2
−
x
2
] :
x
∈
[0, 2]},
√
2
|
r
(x)| =
1 + (−2x)
2
=
1
=
8
9
√
1 + 4x
2
.
|Σ|
=
Γ
x dl
=
0
9
√
x
1 + 4x
2
dx
=
1
13
(27
−
1) =
12
6
16
1 + 4x
2
=
t
1
xdx
=
8
ds
√
t dt
=
1
1 2
√
=
·
t t
8 3
=
1

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin