Matematyka.pl

Witam.
Mam zadanie do policzenia z całki krzywoliniowej - całka skierowana. Zadanie brzmi: oblicz \(\displaystyle{ \int ( e^{x}+y^{2})dx+(e^{y}+x^{2})dy}\), gdzie \(\displaystyle{ K}\) jest dodatnio zorientowanym brzegiem obszaru ograniczonego krzywymi \(\displaystyle{ y=x^{2}}\) i \(\displaystyle{ y=x}\).
Otóż wykonałem to zadanie bez użycia tw. Greena, najpierw policzyłem całkę od punktu \(\displaystyle{ (0,0)}\) do punktu \(\displaystyle{ (1,1)}\) po krzywej \(\displaystyle{ y=x^{2}}\) - całka w granicach całkowania od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ 1}\).
\(\displaystyle{ x(t)=t}\)
\(\displaystyle{ y(t)=t}\); \(\displaystyle{ t \in \left\langle 0,1\right\rangle }\)
Ta całka wyszła mi \(\displaystyle{ 2e- \frac{4}{3} }\).

Następnie policzyłem całkę po krzywej \(\displaystyle{ y=x}\) od punktu \(\displaystyle{ (0,0)}\) do punktu \(\displaystyle{ (1,1)}\) - czyli przeciwnie do dodatniego skierowania, granice całkowania od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ 1}\).
\(\displaystyle{ x(t)=t}\)
\(\displaystyle{ y(t)=t^{2}}\); \(\displaystyle{ t \in \left\langle 0,1\right\rangle }\)
W tym wypadku wyszło mi \(\displaystyle{ 2e- \frac{13}{10}}\). Aby uzyskać wynik całki w odpowiednim, dodatnim kierunku odwracam znak wyniku czyli wynik całki od pkt \(\displaystyle{ (1,1)}\) do \(\displaystyle{ (0,0)}\) jest to: \(\displaystyle{ -2e+ \frac{13}{10} }\).
Końcowo dodałem wyniki obu całek: \(\displaystyle{ 2e- \frac{4}{3} +(-2e)+ \frac{13}{10}= \frac{39}{30} - \frac{40}{30}=- \frac{1}{30} }\). I to jest wynik zadania. Nie jestem pewien czy dobrze to wykonałem, więc prosiłbym o pomoc w sprawdzeniu.

Druga sprawa jest taka, że chciałem policzyć to zadanie za pomocą twierdzenia Greena, ale nie wiem jak sparametryzować ten obszar, tzn. nie wiem co w takim wypadku trzeba przyjąć za \(\displaystyle{ x(t), y(t)}\) oraz jakie wybrać granice całkowania. Proszę o poradę jak można to zrobić tym prawdopodbnie szybszym sposobem.

\(\displaystyle{ \oint_ {(\gamma)} ( e^{x} +y^2)dx + (e^{y} +x^2)dy }\)

Metoda pierwsza (definicja całki krzywoliniowej-skierowanej (zorientowanej))

Jeśli z polem wektorowym

\(\displaystyle{ \vec{A} = (e^{x} +y^2)\vec{e}_{x} + (e^{y} +x^2)\vec{e}_{y} }\) stowarzyszymy 1-formę

\(\displaystyle{ \omega^{(1)}_{A} = A_{x}dx + A_{y}dy = (e^{x} +y^2)dx + (e^{y}+x^2)dy,}\)

to możemy przekonać się. że

\(\displaystyle{ d\omega^{(1)}_{A} =( \partial _{x}A_{y} - \partial _{y}A_{x})dx \wedge dy = (2x -2y) dx \wedge dy \neq 0.}\)

Dwuwymiarowa rotacja nie znika, a zatem forma nie jest zupełna. Dla takiej formy wartość całki zależy od krzywej po której całkujemy.

Obliczymy całkę po krzywej \(\displaystyle{ \gamma_{1} }\) - łuku paraboli \(\displaystyle{ y =x^2 }\), a następnie po krzywej \(\displaystyle{ \gamma_{2} }\) - odcinku prostej \(\displaystyle{ y = x.}\)

Dla krzywej \(\displaystyle{ \gamma_{1} }\) wybieramy parametryzację:

\(\displaystyle{ \gamma_{1}: \begin{cases} x(\tau) = \tau, \\ y(\tau) = \tau^2 \end{cases}, \ \ \tau \in [0, 1].}\)

\(\displaystyle{ dx(\tau) =1d \tau, \ \ dy(\tau) = 2\tau d\tau.}\)

\(\displaystyle{ \int_{\gamma_{1}} \vec{A}\vec{dl} = \int_{0}^{1} \left(e^{\tau}+\tau^4\right)\cdot 1d\tau + \left(e^{\tau^2}+\tau^2\right)\cdot 2\tau d\tau =\left[e^{\tau} +\frac{1}{5}\tau^5 \right]_{0}^{1} + \left[e^{\tau^2} +\frac{1}{2}\tau^4 \right]_{0}^{1} = e + \frac{1}{5}+e + \frac{1}{2} = 2e +\frac{7}{10}.}\)

Dla krzywej \(\displaystyle{ \gamma_{2} }\) wybieramy parametryzację:

\(\displaystyle{ \gamma_{2}: \begin{cases} x(\tau) = \tau \\ y(\tau) = \tau \end{cases}, \ \ \tau\in [0,1].}\)

\(\displaystyle{ dx(\tau) = 1d\tau, \ \ dy(\tau) = 1d\tau.}\)


\(\displaystyle{ \int_{\gamma_{2}} \vec{A}\vec{dl} = \int_{1}^{0} \left(e^{\tau}+\tau^2\right)\cdot 1d\tau + \left(e^{\tau}+\tau^2\right)\cdot 1 d\tau = 2\left[e^{\tau} +\frac{1}{3}\tau^3 \right]_{0}^{1} = 2\left ( -e -\frac{1}{3}\right) = -2e - \frac{2}{3}.}\)

\(\displaystyle{ \oint_{(\gamma)} \vec{A}\vec{dl} = \int_{\gamma_{1}} \vec{A}\vec{dl} + \int_{\gamma_{2}} \vec{A}\vec{dl} = 2e+ \frac{7}{10} -2e -\frac{2}{3} = \frac{21-20}{30} = \frac{1}{30}.}\)


Metoda druga (twierdzenie Greena)

Założenia:

Obszar \(\displaystyle{ (D) \subset \RR^2 }\) jest normalny względem obu osi układu współrzędnych prostokątnych;

Na przykład, względem osi \(\displaystyle{ Ox:}\)

\(\displaystyle{ (D) = \{ (x,y) : 0 \leq x \leq 1, \ \ x^2 \leq y \leq y \}.}\)

Brzeg obszaru \(\displaystyle{ \partial D }\) jest zorientowany dodatnio.

Pole wektorowe \(\displaystyle{ \vec{A} = (e^{x} +y^2)\vec{e}_{x} + (e^{y} +x^2)\vec{e}_{y} }\) jest różniczkowalne w sposób ciągły na \(\displaystyle{ (D).}\)

\(\displaystyle{ \oint_ {(\gamma)} ( e^{x} +y^2)dx + (e^{y} +x^2)dy = \iint_{(D)} d\omega^{(1)}_{A} = \int_{0}^{1}\int_{x^2}^{x} 2(x-y)dy dx = 2\int_{0}^{1}\left[xy - \frac{1}{2}y^2\right]_{x^2}^{x} = }\)
\(\displaystyle{ = 2\int_{0}^{1} \left( x^2 - \frac{1}{2}x^2 -x^3+\frac{1}{2}x^4 \right)dx = 2\left[\frac{1}{6}x^3 -\frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{10}x^5\right]_{0}^{1} = 2\left(\frac{1}{6} -\frac{1}{4} +\frac{1}{10}\right) = 2 \cdot \frac{10-15 +6}{60} = 2 \cdot \frac{1}{60} =\frac{2}{60}= \frac{1}{30}. }\)