Temat: Twierdzenie Green'a
Twierdzenie (Green)
Jeżeli funkcje \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) są klasy \(\displaystyle{ C^1(D) \;\;\wedge D \subset \mathbb{R}^2}\) normalnym względem osi \(\displaystyle{ OX \wedge OY}\) i \(\displaystyle{ K}\) jest brzegiem obszaru \(\displaystyle{ D}\) skierowanym dodatnio wzgl. jego wnętrza , to:
\(\displaystyle{ \oint \limits_K P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\iint \limits_D (\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy}\)
Uwaga
Teza twierdzenia pozostaje prawdziwa dla obszaru \(\displaystyle{ D}\) będącego sumą obszarów normalnych wzgl. \(\displaystyle{ OX \wedge OY}\) , a także dla obszarów które nie są jednospójne.
Przykład 1.
Obliczyć całkę :
\(\displaystyle{ I=\oint \limits_K \overbrace{(x^5 \cos^2{5x}+x^3+4y)}^{P}dx+ \overbrace{(6x+\sqrt{y}\cdot \sin \frac{1}{y})}^{Q}dy}\)
gdzie \(\displaystyle{ K}\) jest brzegiem prostokąta \(\displaystyle{ ABCD}\), oraz \(\displaystyle{ A(2,1)\;\;B(6,1)\;\; C(6,3)\;\;D(2,3)}\)
z tw. Green'a
\(\displaystyle{ I=\iint \limits_D (\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=}\)
\(\displaystyle{ \iint \limits_D (6-4) dxdy=2 \cdot \iint \limits_D dxdy=2 \cdot |D|=16}\)
Wniosek
Pole \(\displaystyle{ |D|}\) obszaru \(\displaystyle{ D}\) spełniającego założenia tw. Green'a wyraża sie wzorem :
\(\displaystyle{ |D|=\frac{1}{2} \oint \limits_K -ydx+xdy=\frac{1}{2} \oint \limits_K xdy-ydx}\)
gdzie \(\displaystyle{ K}\) jest dodatnio skierowanym brzegiem
Przykład 2
Obliczyć pole ograniczone elipsą:
\(\displaystyle{ E:\;\;\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\)
r-nie parametryczne:
\(\displaystyle{ E: \;\;\begin{cases} x(t)=a\cos t\\y(t)=b \sin t\end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x'(t)=-a \sin t \\ y'(t)= b \cos t \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ |E|=\frac{1}{2} \oint \limits_K -ydx+xdy=\frac{1}{2} \int\limits_0^{2\pi} ( -b \cdot \sin t \cdot -a \cdot \sin t+ab \cos^2 t)dt=}\)
\(\displaystyle{ =\frac{ab}{2} \int\limits_0^{2\pi}\overbrace{(\sin^2t+\cos^2t)}^{1}dt=\frac{ab}{2} \int\limits_0^{2\pi}dt=\pi ab}\)
Twierdzenie
Jeżeli funkcje \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) są klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w obszarze jednospójnym \(\displaystyle{ D}\) oraz:
\(\displaystyle{ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}}\) zachodzi w obszarze \(\displaystyle{ D}\) to dla skierowanego brzegu \(\displaystyle{ K}\) obszaru \(\displaystyle{ D}\) zachodzi równość:
\(\displaystyle{ \oint \limits_K P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0}\)
Twierdzenie
Jeżeli funkcje \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) są klasy \(\displaystyle{ C^1}\) w obszarze jednospójnym \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ \overset{\smile}{AB} \subset D}\) jest łukiem zwykłym skierownym , to równość:
\(\displaystyle{ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}}\)
jest warunkiem koniecznym i wystarczającym , na to , aby :
\(\displaystyle{ \oint \limits_{\overset{\smile}{AB}} P(x,y)dx+Q(x,y)dy}\)
nie zależała od kształtu łuku, a jedynie od wybory punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\)
\(\displaystyle{ K=K_1+K_2}\)
\(\displaystyle{ 0=\int\limits_{K}=\int\limits_{K_1}+\int\limits_{-K_2}=\int\limits_{K_1}-\int\limits_{K_2}}\), czyli :
\(\displaystyle{ \int\limits_{K_1}=\int\limits_{K_2}}\)
Twierdzenie
Jeżeli funkcje \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q \in C^1(D)}\) oraz
\(\displaystyle{ D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 :x\in \langle a,b \rangle \;\;\wedge\; y \in \langle c,d \rangle \}}\)
to równość: \(\displaystyle{ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}}\)
jest warunkiem koniecznym i wystarczającym na to, aby istniała funkcja :
\(\displaystyle{ U:\;D \mapsto \mathbb{R}}\)
spełniająca równości:
\(\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}|_{(x,y) \in D} =P(x,y)\;\;\wedge\;\;\frac{\partial U}{\partial y}|_{(x,y) \in D} =Q(x,y)\;\;\forall\;(x,y) \in D \subset \mathbb{R}^2}\)
Szkic dowodu
Warunek konieczny:
\(\displaystyle{ \exists U:\;D \mapsto \mathbb{R}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}(x,y) =P(x,y)\;\;\wedge\;\;\frac{\partial U}{\partial y} =Q(x,y)}\)
\(\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial^2 U}{\partial y \partial x}(x,y)}\)
\(\displaystyle{ \frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial^2 U}{\partial x \partial y}(x,y)}\)
czyli :\(\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}}\)
Warunek wystarczajcy:
Zakładamy:\(\displaystyle{ \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)}\)
\(\displaystyle{ U(x,y)=\int\limits_{x_0}^x P(t,y)dt+\int\limits_{y_0}^y Q(x_0,t)dt+C}\)
gdzie \(\displaystyle{ (x_0,y_0) \in D}\)
różniczkując najpierw po \(\displaystyle{ x}\), potem po \(\displaystyle{ y}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}(x,y)=P(x,y)}\)
\(\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial y}(x,y)=\int\limits_{x_0}^x \frac{\partial P}{\partial y} (t,y)dt+Q(x_0,y)=\int\limits_{x_0}^x \frac{\partial Q}{\partial x} (t,y)dt+Q(x_0,y)=}\)
\(\displaystyle{ =Q(x,y)-Q(x_0,y)+Q(x_0,y)=Q(x,y)}\)
Definicja
Wyrażenie \(\displaystyle{ P(x,y)dx+Q(x,y)dy}\) dla którego istnieje funkcja: \(\displaystyle{ U:\;D \mapsto \mathbb{R}}\), spełniająca warunki :
\(\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}=P \;\wedge\;\frac{\partial U}{\partial y}=Q}\)
nazywamy różniczką zupełną funkcji \(\displaystyle{ U}\) w obszarze \(\displaystyle{ D}\) piszemy:
\(\displaystyle{ dU=Pdx+Qdy}\)
Twierdzenie
Jeżeli wyrażenie \(\displaystyle{ P(x,y)dx+Q(,y)dy}\) dla \(\displaystyle{ (x,y) \in D}\) jest różniczką zupełną funkcji \(\displaystyle{ U:\;D \mapsto \mathbb{R}}\) i \(\displaystyle{ \overset{\smile}{AB}}\) jest zwykłym, dodatnio skierowanym łukiem i \(\displaystyle{ \overset{\smile}{AB} \subset D}\), to:
\(\displaystyle{ \int\limits_{\overset{\smile}{AB}} P(x,y)dx+Q(x,y)dy=U(B)-U(A)}\)
Przykład 3
Obliczyć
\(\displaystyle{ I=\int\limits_{\overset{\smile}{AB}} (x^4+4xy^3)dx+(6x^2y^2-5y^4)dy}\)
po dowolnym łuku \(\displaystyle{ \overset{\smile}{AB}}\) o początku w \(\displaystyle{ A(-2,-1)}\) i końcu w \(\displaystyle{ B(3,0)}\)
\(\displaystyle{ P(x,y)=x^4+4xy^3\;\;\;\;Q(x,y)=6x^2y^2-5y^4}\)
\(\displaystyle{ \frac{\partial U}{\partial x}=x^4+4xy^3 \;\Rightarrow\;U(x,y)=\int (x^4+4xy^3)dx=\underbrace{\frac{1}{5}x^5+2x^2y^3+C(y)}_{\text{różniczkujemy po }y\text{-ku}} \Rightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Rightarrow \;\;\frac{\partial U}{\partial y}=6x^2y^2+C'(y)=6x^2y^2-5y^4=Q(x,y)}\)
więc:
\(\displaystyle{ C(y)=-5\int y^4dy=-y^5+C}\)
zatem:
\(\displaystyle{ U(x,y)=\frac{1}{5}x^5+2x^2y^3-y^5+C}\)
\(\displaystyle{ U(3,0)=\frac{243}{5}+C}\)
\(\displaystyle{ U(2,-1)=iles\;tam+C}\)
czyli: \(\displaystyle{ I=U(3,0)-U(-2,-1)=62}\)