Obliczyć całkę z formy różniczkowej

[max123321]

Obliczyć całkę z formy różniczkowej:
\(\displaystyle{ \omega= \frac{x^2y^4(5xdy-3ydx)}{x^6+y^{10}}}\)
wzdłuż łuku elipsy \(\displaystyle{ \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: (x-1)^2+4y^2=4 \right\}}\) o początku w\(\displaystyle{ (1,1)}\) i końcu \(\displaystyle{ (1,-1)}\) przechodzą przez punkt \(\displaystyle{ (-1,0)}\).

Jak się liczy całkę z formy?

[janusz47]

1. Parametryzujemy elipsę:

\(\displaystyle{ x = 2\cos(\phi)+1, \ \ y = \sin(\phi).}\)

2. Obliczamy różniczki \(\displaystyle{ dx = -2\sin(\phi)d\phi , \ \ dy = cos(\phi)d\phi .}\)

3. Zapisujemy formę we współrzędnych biegunowych \(\displaystyle{ \omega'(\phi).}\)

4. Obliczamy całkę krzywoliniową dodatnio zorientowaną z tej formy dla \(\displaystyle{ \phi \in \left [\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right].}\)

Czy forma \(\displaystyle{ \omega}\) jest na pewno w tej postaci? Wychodzą kosmiczne rachunki.

[max123321]

Tak, ale licząc tą parametryzacją wychodzą straszne rachunki właśnie. Teraz próbowałem robić to zadanie inaczej. Proszę o sprawdzenie poniższego rozwiązania:

\(\displaystyle{ \omega= \frac{5x^3y^4dy-3x^2y^5dx}{x^6+y^{10}}=\frac{5x^3y^4}{x^6+y^{10}}dy-\frac{3x^2y^5}{x^6+y^{10}}dx}\)
\(\displaystyle{ d\omega= \frac{15x^2y^4(x^6+y^{10})-6x^5 \cdot 5x^3y^4}{(x^6+y^{10})^2}dx\wedge dy-\frac{15x^2y^4(x^6+y^10)-10y^9 \cdot 3x^2y^5}{(x^6+y^{10})^2}dy\wedge dx}\)
\(\displaystyle{ =\frac{15x^8y^4+15x^2y^{14}-30x^8y^4}{(x^6+y^{10})^2}dx \wedge dy-\frac{15x^8y^4+15x^2y^{14}-30x^2y^{14}}{(x^6+y^{10})^2}dy \wedge dx=
\frac{15x^2y^{14}-15x^8y^4}{(x^6+y^{10})^2}dx \wedge dy-\frac{15x^8y^4-15x^2y^{14}}{(x^6+y^{10})^2}dy \wedge dx=0}\).
Wniosek zatem taki, że całka z tej formy po dowolnej drodze jest równa całce po danej elipsie.
Wybieram zatem drogę będącą sumą trzech odcinków: \(\displaystyle{ (1,1)->(-1,1)->(-1,-1)->(1,-1)}\).
Całka po pierwszym odcinku to będzie (Podstawiam \(\displaystyle{ x=x,y=1,dx=dx,dy=0}\)) \(\displaystyle{ \int_{1}^{-1} \frac{-3x^2}{x^6+1}dx=\arctg x^3}\) w granicy od \(\displaystyle{ -1}\) do \(\displaystyle{ 1}\) czyli \(\displaystyle{ \pi/2}\). Analogicznie drugi odcinek \(\displaystyle{ \int_{1}^{-1} \frac{-5y^4dy}{1+y^{10}}=\arctg y^5}\) w granicy od \(\displaystyle{ -1}\) do \(\displaystyle{ 1}\) czyli \(\displaystyle{ \pi/2}\). Analogicznie trzeci odcinek:
\(\displaystyle{ \int_{-1}^{1} \frac{3x^2}{x^6+1}dx=\pi/2}\). Ostateczna całka będzie sumą tych trzech całek, a zatem \(\displaystyle{ 3/2\pi}\). Czy tak jest dobrze?

[janusz47]

Nie rozumiem Twojego rozwiązania. Przechodzisz na całkę powierzchniową, a a całki obliczasz po odcinkach?

[max123321]

Ale było jakieś takie twierdzenie, że jeśli \(\displaystyle{ d\omega=0}\) to całka do dowolnej drodze jest taka sama, chyba, że coś pomieszałem co jest bardzo możliwe.

[janusz47]

Co to znaczy całka taka sama? Jeśli różniczka zewnętrzna formy \(\displaystyle{ d\omega = 0}\) to mówimy że forma jest zamknięta. Czy ta forma jest zamknięta?

[max123321]

No jest zamknięta. Dlatego całka po tej elipsie jest taka sama jak całka po dowolnej krzywej. Zgadza się?

[janusz47]

Zgadza się. Ale czy na pewno Twoja \(\displaystyle{ d\omega =0?}\) Musisz to pokazać.

[max123321]

Ale jak to? A co robię w poście powyżej?

[janusz47]

Sprawdź jeszcze raz, czy \(\displaystyle{ d\omega = 0?}\)