Całka krzywoliniowa po trójkącie

[Studniek]

Witam.
Mam za zadanie policzyć \(\displaystyle{ \oint_{C} \left( \frac{-y}{x ^{2}+ y^{2} } \right) \, dx + \left( \frac{x}{x^2+y^2} \right) \, dy,}\), gdzie \(\displaystyle{ C}\) jest trójkątem o wierzchołkach w punktach \(\displaystyle{ \left( 0,1 \right) , \left( -1,0 \right) , \left( 2,-1 \right)}\).
Pole nie jest potencjalne, w \(\displaystyle{ \mathbb{R}\setminus\lbrace \left( 0,0 \right) \rbrace}\), więc nie można korzystać z Greena.
Próbowałem policzyć to jako suma 3 całek skierowanych wyznaczając sobie odpowiednio proste od \(\displaystyle{ \left( -1,0 \right)}\) do \(\displaystyle{ \left( 2,-1 \right)}\), od \(\displaystyle{ \left( 2,-1 \right)}\) do \(\displaystyle{ \left( 0,1 \right)}\) i od \(\displaystyle{ \left( 0,1 \right)}\) do \(\displaystyle{ \left( 1,-1 \right)}\) i po parametryzacji wyszły mi 3 takie oto całki:
\(\displaystyle{ \int\limits_{0}^{-1} \frac{-1}{2x^2+2x+1}dx+ \int\limits_{2}^{0} \frac{2x-1}{2x^2-2x+1}dx+\frac{1}{3} \int \limits_{-1}^{2} \frac{x+1}{5x^2+2x+2}dx}\). Jednak po doliczeniu tych całek wychodzi mi zarówno arcus tangens jak i logarytm i wyniki są dosyć skomplikowane, a wiem od nauczyciela, że wynik powinien wyjść \(\displaystyle{ 2\pi}\). Stąd moje pytanie, czy mój sposób jest zły i czy można to zrobić w jakiś prostszy sposób? Podobno można jakąś parametryzację sprytną zastosować, będę wdzięczny za pomoc
Edit: Zadanie jest do zrobienia jutro, więc Będę bardzo proszę o szybką ktokolwiek wie -- 11 gru 2018, o 11:24 --Udało mi się policzyć metodą tych 3 całek, po prostu zapomniałem o pochodnych we wzorze na parametryzacje, po tym wszystko wyszło, temat do zamknięcia

[janusz47]

Niech \(\displaystyle{ F(x,y) = \left( -\frac{y}{x^2+y^2}, \ \ \frac{x}{x^2 +y^2} \right)}\)

będzie polem wektorowym na płaszczyźnie \(\displaystyle{ \RR^2,}\)

z której usunięto początek układu współrzędnych \(\displaystyle{ (0, 0).}\)

Obliczymy pracę pola wektorowego \(\displaystyle{ F}\) po trójkącie \(\displaystyle{ \gamma}\) zorientowanym dodatnio o wierzchołkach:

\(\displaystyle{ (0,1), \ \ (-1, 0), \ \ (2,-1).}\)

Forma pracy \(\displaystyle{ \omega^{1}_{F}}\) tego pola dana jest wzorem:

\(\displaystyle{ \omega^{1}F = -\frac{y}{x^2+y^2}dx + \frac{x}{x^2 +y^2} dy.}\)

Parametryzacja odcinków (boków trójkąta):

\(\displaystyle{ \gamma_{1}: (0,1) \rightarrow (-1, 0): \ \ x(t) = -t \ \ y(t)= 1-t , \ \ 0\leq t \leq 1.}\)

\(\displaystyle{ \gamma_{2} : (-1,0) \rightarrow (2,-1): \ \ x(t) =-1+3t, \ \ y(t) = -t,\ \ 0 \leq t \leq 1.}\)

\(\displaystyle{ \gamma_{3}: (2,-1) \rightarrow (0,1): \ \ x(t) = 2 -2t. \ \ y(t) = -1 +2t , \ \ 0 \leq t \leq 1.}\)


\(\displaystyle{ \int_{\gamma} \omega^{1}F = \int_{\gamma_{1}} \omega^{1}F +\int_{\gamma_{2}} \omega^{1}F+ \int_{\gamma_{3}} \omega^{1}F.}\)

\(\displaystyle{ \int_{\gamma} \omega^{1}F = \int_{\gamma_{1}}\omega_{1}F(\gamma_{1})\cdot d(\gamma_{1}) =\int_{\gamma_{2}}\omega_{1}F(\gamma_{2})\cdot d(\gamma_{2}) +\int_{\gamma_{3}}\omega_{1}F(\gamma_{3})\cdot d(\gamma_{3}).}\)


\(\displaystyle{ \int_{\gamma} \omega^{1}F = \int_{0}^{1}\left[ \frac{-1+t}{t^2+(1-t)^2}, \frac{-t}{t^2+(1-t)^2}\right]\cdot \left[ -1, -1\right]dt +\int_{0}^{1}\left[ \frac{t}{(1+3t)^2+t^2}, \frac{-1+3t}{(1+3t)^2+t^2}\right]\cdot \left[ 3, -1\right]dt + \int_{0}^{1}\left[ \frac{1-2t}{(2-2t)^2+(-1+2t)^2}, \frac{2-2t}{(2-2t)^2+(-1+2t)^2}\right]\cdot \left[ -2, 2\right]dt}\)

\(\displaystyle{ \int_{\gamma} \omega^{1}F = \int_{0}^{1}\frac{1}{t^2+(1-t)^2}dt + \int_{0}^{1}\frac{1}{(-1+3t)^2+t^2}dt +\int_{0}^{1}\frac{2}{(2-2t)^2 + (-1+2t)^2}dt}\)

\(\displaystyle{ \int_{\gamma} \omega^{1}F = \frac{\pi}{2} + \arctg(3) + \arctg(7)+ \frac{\pi}{4}+\arctg(3)
= \frac{\pi}{2}+ 2\arctg(3)+\arctg(7) + \\ +\frac{\pi}{4}= \frac{\pi}{2}+ \frac{3}{2}\pi =2\pi}\)

Proszę sprawdzić.

Całka po jednostkowym okręgu - zorientowanym dodatnio pracy tego pola, też równa jest \(\displaystyle{ 2\pi.}\)

Pozostało potwierdzenie wyniku \(\displaystyle{ 2\pi}\) wzorem Greena.

[Kordyt]

Pole nie jest potencjalne, w \(\displaystyle{ \mathbb{R}\setminus\lbrace \left( 0,0 \right) \rbrace}\), więc nie można korzystać z Greena.

Gdyby pole było potencjalne to całka po drodze zamkniętej by się zerowała, co z resztą również wychodzi z tw. Greena.