Křivkové integrály prvního druhu
Vypočítejte dané křivkové integrály prvního druhu v RRR2
.
Příklad 1.
k
ds
x-y , kde k je úsečka AB, A[0, -2], B[4, 0].
Řešení: Pro křivkový integrál prvního druhu platí:
k
f(x, y) ds =


f((t), (t))  2
(t) +  2
(t) dt,
kde regulární křivka k je parametricky vyjádřena rovnicemi
x = (t), y = (t), t  ,  .
Parametrické vyjádření úsečky AB je
x = 0 + 4t,
y = -2 + 2t, t  0, 1 .
Křivku k můžeme tedy parametricky vyjádřit rovnicemi
(t) =0 + 4t,
(t) = - 2 + 2t, t  0, 1 .
Odtud
k
ds
x - y
=
1
0
1
4t - (-2 + 2t)
42 + 22 dt =

5
1
0
1
t + 1
dt =

5 [ln |t + 1|]
1
0 =

5 ln 2.
Příklad 2.
k
(x + y) ds, kde k je obvod trojúhelníka ABC, A[0, 1], B[2, 1], C[0, 3]
Řešení: Platí k = k1  k2  k3, kde k1, k2, k3 jsou strany trojúhelníka ABC.
Je
k1 : x = 0 + 2t,
y = 1 + 0  t, t  0, 1 ,
k2 : x = 2 - 2t,
y = 1 + 2t, t  0, 1 ,
k3 : x = 0 + 0  t,
y = 1 + 2t, t  0, 1 .
Potom
k
(x + y) ds =
1
0
(2t + 1)2 dt +
1
0
((2 - 2t) + (1 + 2t))

8 dt +
1
0
(2t + 1)2 dt = 8 + 3

8.
Příklad 3.
k
x2
ds, kde k = (x, y)  RRR2
: x  1, 2  y = ln x .
Řešení: Křivku k můžeme parametricky vyjádřit pomocí rovnic
x = t, y = ln t, t  1, 2 .
Potom
k
x2
ds =
2
1
t2
1 +
1
t2
dt =
2
1
t t2 + 1 dt.
Označme u = t2
+ 1 a dále du = 2t dt. Potom
2
1
t t2 + 1 dt =
1
2
5
2

u du =
1
3
5

5 - 2

2 .
Příklad 4.
k
x2 + y2 ds, kde k je kružnice x2
+ y2
= 2x.
Řešení: Doplněním na čtverec a úpravou převedeme rovnici kružnice na tvar
(x - 1)2
+ y2
= 1. Její parametrické vyjádření je
x = 1 + cos t,
y = sin t, t  0, 2 .
Potom
k
x2 + y2 ds =
2
0

2 + 2 cos t dt =
2
0
2
1 + cos t
2
dt =
=
2
0
2 cos2
t
2
=
2
0
2 cos
t
2
=
= 2



0
cos
t
2
dt +
2

- cos
t
2
dt

 = 2 2 sin
t
2

0
- 2 sin
t
2
2

= 8
Příklad 5.
k
(x2
+ y2
) ds, kde k je křivka daná parametrickými rovnicemi
x = a(cos t + t sin t), y = a(sin t - t cos t), t  0, 2 , a > 0.
Řešení: Nejdříve určíme
 (t) = a(- sin t + sin t + t cos t) = at cos t,
 (t) = a(cos t - cos t + t sin t) = at sin t.
Potom
k
(x2
+ y2
) ds =
2
0
a2
(cos t + t sin t)2
+ (sin t - t cos t)2
at dt = 2a3
2
(1 + 22
).
Vypočítejte dané křivkové integrály prvního druhu v RRR3
.
Příklad 6.
k
ds
x2+y2+z2 , kde k je křivka (jeden "závit" šroubovice) daná parametrickými
rovnicemi
x = a cos t, y = a sin t, z = bt, t  0, 2 , a > 0, b > 0.
Řešení:
k
ds
x2 + y2 + z2
=
2
0
1
a2 + b2t2
a2 + b2 dt =
=

a2 + b2
b2
b
a
arctg
bt
a
2
0
=

a2 + b2
ab
arctg
2b
a
.
Příklad 7.
k
2 x2 + y2 - z ds, kde k je křivka (jeden "závit" kuželové šroubovice)
daná parametrickými rovnicemi
x = t cos t, y = t sin t, z = t, t  0, 2 .
Řešení: Nejdříve určíme
 (t) = cos t - t sin t,  (t) = sin t + t cos t,  (t) = 1
a
ds =  2
(t) +  2
(t) +  2
(t) dt = 2 + t2 dt.
Potom
k
2 x2 + y2 - z ds =
2
0
2 t2(cos2 t + sin2
t) - t 2 + t2 dt =
=
2
0
t 2 + t2 dt =
1
3
(2 + 42)3 - 2

2 .
Aplikace křivkového integrálu prvního druhu.
Příklad 8. Vypočítejte délku asteroidy k
3

x2 + 3
y2 =
3

a2, a > 0, jejíž parametrické
rovnice jsou x = a cos3
t, x = a sin3
t, t  0, 2 .
Řešení: Asteroida není regulární křivka. Víme, že funkce F(x, y) =
3

x2 + 3
y2 -
3

a2
je sudá v proměnné x i v proměnné y a křivka je souměrná podle osy y i podle osy x.
Platí k = k1 k2 k3 k4, kde k1, k2, k3, k4 jsou čtyři regulární křivky stejné délky. Pro
délku asteroidy platí
s =
k
ds = 4
k1
ds.
Nejdříve určíme
 (t) = -3a cos2
t sin t,  (t) = 3a sin2
t cos t
a
ds = 3a cos4 t sin2
t + sin4
t cos2 t dt = 3a cos t sin t dt.
Odtud
s = 4
k1
ds = 4
/2
0
3a cos t sin t = 12a
sin2
t
2
/2
0
= 3a.
Příklad 9. Pomocí křivkového integrálu prvního druhu vypočítejte obsah válcové
plochy
 = (x, y, z)  RRR3
: x2
+ y2
= 4  0  z  4 - x2 .
Řešení:
Z geometrického významu křivkového integrálu prvního druhu víme, že obsah části
válcové plochy je roven číslu
 =
k
f(x, y) ds,
kde k je křivka v rovině z = 0, do které se válcová plocha promítne a plocha je zdola
omezena rovinou z = 0 a shora grafem funkce z = f(x, y). V našem případě je k
kružnice x2
+ y2
= 4 (s parametrickými rovnicemi x = 2 cos t, y = 2 sin t, t  0, 2 ) a
f(x, y) =

4 - x2. Potom
 =
k
1 - x2 ds =
2
0
4 - 4 cos2 2 dt = 4
2
0
sin2
t dt = 4
2
0
| sin t| dt =
= 4

0
sin t dt + 4
2

- sin t dt = 4 [- cos t]

0 + [cos t]
2
 = 16.
Příklad 10. Pomocí křivkového integrálu prvního druhu vypočítejte obsah válcové
plochy
 = (x, y, z)  RRR3
: x2
+ y2
= ax  x2
+ y2
+ z2
 a2
(a > 0).
Řešení: Plocha je souměrná podle roviny z = 0 a podle roviny x = 0 a je sjednocením
čtyř ploch o stejném obsahu. Pro obsah plochy  platí
 = 4
k1
a2 - x2 - y2 ds,
kde k1 je půlkružnice x = a
2 (1 - cos t), y = a
2 sin t, t  0,  a graf funkce
f(x, y) = a2 - x2 - y2 je horní část zadané kulové plochy x2
+ y2
+ z2
= a2
. Tedy
 = 4
k1
a2 - x2 - y2 ds = 4

0
a2 -
a2
2
(1 + cos t)
a
2
dt = 2a2

0
1 - cos t
2
dt =
= 2a2

0
sin
t
2
dt = 2a2
-2 cos
t
2

0
= 4a2
.
Příklad 11. Najděte souřadnice těžiště homogenní křivky dané parametrickými rovnicemi
x = (t - sin t), y = (1 - cos t), t  0,  (část cykloidy).
Řešení: Pro souřadnice těžiště T = [xt, yt] platí
(1) xt =
Sy
m
, yt =
Sy
m
,
kde m je hmotnost křivky a Sx, resp. Sy je statický moment křivky vzhledem k ose x,
resp. vzhledem k ose y. Platí
m =
k
f(x, y) ds, Sx =
k
yf(x, y) ds Sy =
k
xf(x, y) ds,
kde f(x, y) je hustota křivky k v bodě (x, y). V našem případě je křivka homogenní, tj.
f(x, y) = konst. a souřadnice těžiště jsou na této konstantě nezávislé (ve vzorcích (1) se
tato konstanta vykrátí) a proto položím f(x, y) = 1.
Je
 (t) = 1 - cos t,  (t) = sin t
a
ds = (1 - cos t)2 + sin2
t dt =

2 - 2 cos t dt = 2
1 - cos t
2
= 2 sin
t
2
dt, t  0,  .
Potom
m =
k
1  ds =

0
2 sin
t
2
dt = 4 - cos
t
2

0
= 4.
Dále
Sx =
k
y ds =

0
2(1 - cos t) sin
t
2
dt = 4

0
1 - cos t
2
sin
t
2
dt =
= 4

0
sin2 t
2
sin
t
2
dt = 4

0
1 - cos2 t
2
sin
t
2
dt = 8
1
0
1 - u2
du =
16
3
(při výpočtu integrálu volíme substituci u = cos t
2 ) a
Sy =
k
x ds =

0
2(t - sin t) sin
t
2
dt = 2



0
t sin
t
2
dt -

0
sin t sin
t
2
dt

 =
16
3
.
(První integrál počítáme metodou per partes a ve druhém po úpravě sin t = 2 sin t
2 cos t
2
volíme substituci u = sin t
2 .)
Je tedy
xt =
16
3

1
4
=
4
3
, yt =
16
3

1
4
=
4
3
.
Křivkové integrály druhého druhu
Příklad 12. Vypočítejte křivkový integrál
(k)
(y2
- z2
) dx + 2yz dy - x2
dz, kde (k)
je kladně orientovaný oblouk daný parametrickými rovnicemi x = t, y = t2
, z = t3
,
t  0, 1 .
Řešení: Pro křivkový integrál druhého druhu
(k)
f(x, y, z) dx + g(x, y, z) dy + h(x, y, z) dz,
kde (k) je kladně (ve směru rostoucího parametru) orientovaný hladký oblouk daný
parametrickými rovnicemi
x = (t), y = (t), z = (t), t  ,  ,
platí
(k)
f(x, y, z) dx + g(x, y, z) dy + h(x, y, z) dz =
=


(f((t), (t), (t)) (t) + g((t), (t), (t)) (t) + h((t), (t), (t)) (t)) dt
Je tedy
(k)
(y2
- z2
) dx + 2yz dy - x2
dz =
1
0
t4
- t6
+ 2t2
 t3
 2t - t2
 3t2
dt =
1
35
.
Příklad 13. Vypočítejte křivkový integrál
(k)
x2
- 2xy dx + y2
- 2xy dy, kde (k)
je orientovaný oblouk s trajektorií k = (x, y)  RRR2
: x  -1, 1  y = x2
, přičemž
pb(k) = (-1, 1), kb(k) = (1, 1).
Řešení: Oblouk budeme parametrizovat rovnicemi (t) = t, (t) = t2
, t  -1, 1 .
Protože pb(k) = (-1, 1) je počátečním bodem oblouku, znamená to, že je při zvolené
parametrizaci orientován kladně. Potom
(k)
x2
- 2xy dx + y2
- 2xy dy =
1
-1
(t2
- 2t3
) + (t4
- 2t3
)  2t dt = -
14
15
.
Příklad 14. Vypočítejte křivkový integrál
(k)
(2 - y) dx + (1 + x) dy, kde (k) je obvod
trojúhelníka ABC, A[0, 0], B[1, 1], C[0, 2] a orientace je dána uvedeným pořadím
vrcholů.
Řešení: Oblouk (k) není hladký oblouk. Platí (k) = (k1)(k2)(k3), kde (k1), (k2), (k3)
jsou hladké oblouky (strany trojúhelníka ABC). Je
k1 : x = t, y = t, t  0, 1 , kladně orientovaná,
k2 : x = t, y = 2 - t, t  0, 1 , záporně orientovaná,
k3 : x = 0, y = t, t  0, 2 , záporně orientovaná.
Potom
(k)
(2 - y) dx + (1 + x) dy =
1
0
(2 - t + 1 + t) dt -
1
0
(2 - 2 + t - 1 - t) dt -
2
0
(1) dt = 2.
Příklad 15. Užitím Greenovy věty vypočtěte křivkový integrál
(k)
(x+y) dx-(x-y) dy,
kde (k) je kladně orientovaná elipsa (x2
/a2
) + (y2
/b2
) = 1, (a > 0, b > 0).
Řešení: Podle Greenovy věty platí
(k)
f(x, y) dx + g(x, y) dy =
M
g(x, y)
x
f(x,
y)
y
dx dy,
kde (k) je kladně orientovaná hranice uzavřené oblasti M.
V našem případě je f(x, y) = x+y, g(x, y) = -(x-y) a M je oblast omezená elipsou
(x2
/a2
) + (y2
/b2
) = 1.
Tedy
f(x, y)
y
= 1,
g(x, y)
x
= -1
a dále
(k)
(x + y) dx - (x - y) dy =
M
(-1 - 1) dx dy = -2ab.
(Dvojný integrál jsme vypočítali substitucí pomocí zobecněných polárních souřadnic.)
Příklad 16. Užitím Greenovy věty vypočtěte křivkový integrál
(k)
ex
(1 - cos y) dx - ex
(y - sin y) dy, kde (k) je kladně orientovaná hranice uzavřené
oblasti M = (x, y)  RRR2
: x  0,   0  y 

sin x .
Řešení: Je
f(x, y) = ex
(1 - cos y), g(x, y) = -ex
(y - sin y),
a odtud
f(x, y)
y
= ex
sin y,
g(x, y)
x
= -ex
(y - sin y)
a dále
(k)
ex
(1 - cos y) dx - ex
(y - sin y) dy =
M
(-ex
y + ex
sin y - ex
sin y) dx dy =
=
M
-ex
y dx dy = -

0




sin x
0
ex
y dy


 dx = -
1
2

0
ex
sin x dx = -
1
4
(e
+ 1) .
Příklad 17. Ukažte, že křivkový integrál druhého druhu vektorového pole
f(x, y) = 2x(y2
- 2x2
), 2y(x2
- 2y2
) nezávisí v oblasti G = RRR2
na cestě, a vypočtěte
integrál
(2,3)
(-1,1)
f(x, y)  ds.
Řešení: Křivkový integrál druhého druhu nezávisí na cestě, je-li pro vektorové pole
f(x, y) = (f(x, y), g(x, y)) splněna podmínka (vektorové pole je potenciální)
f(x, y)
y
=
g(x, y)
x
.
V našem případě je
f(x, y)
y
= 4xy,
g(x, y)
x
= 4xy
a to znamená, že vektorové pole je potenciální a křivkový integrál druhého druhu
(2,3)
(-1,1)
2x(y2
- 2x2
) dx + 2y(x2
- 2y2
) dy nazávisí na cestě a můžeme volit libovolnou
cestu (k), která spojí bod (-1, 1) s bodem (2, 3), přičemž bod (-1, 1) je počáteční bod
cesty.
Zvolme cestu (k) = (k1)  (k2), kde (k1) je úsečka spojující body (-1, 1) a (2, 1)
a (k2) je úsečka spojující body (2, 1) a (2, 3) (cestu volíme tak, abychom postupovali
rovnoběžně se souřadnicovými osami). Je
k1 : x = t, y = 1, t  -1, 2 , kladně orientovaná,
k2 : x = 2, y = t, t  1, 3 , kladně orientovaná.
Potom
(2,3)
(-1,1)
2x(y2
- 2x2
) dx + 2y(x2
- 2y2
) dy =
(k1)
2x(y2
- 2x2
) dx + 2y(x2
- 2y2
) dy+
+
(k2)
2x(y2
- 2x2
) dx + 2y(x2
- 2y2
) dy =
2
-1
2t(1 - 2t2
) dt +
3
1
2t(4 - 2t2
) dt = -60.
Příklad 18. Ukažte, že křivkový integrál druhého druhu vektorového pole
f(x, y) = y
x2 , -1
x nezávisí v oblasti G = (x, y)  RRR2
: x > 0 na cestě, a vypočtěte
integrál
(1,2)
(2,1)
f(x, y)  ds.
Řešení: Protože
f(x, y)
y
=
g(x, y)
x
=
1
x2
je vektorové pole potenciální a křivkový integrál
(1,2)
(2,1)
y
x2 dx - 1
x dy nezávisí na cestě.
Zvolme opět cestu (k) = (k1)  (k2), kde (k1) je úsečka spojující body (2, 1) a (1, 1)
a (k2) je úsečka spojující body (1, 1) a (1, 2). Tedy
k1 : x = t, y = 1, t  1, 2 , záporně orientovaná,
k2 : x = 1, y = t, t  1, 2 , kladně orientovaná.
Potom
(1,2)
(2,1)
y
x2
dx -
1
x
dy =
(k1)
y
x2
dx -
1
x
dy +
(k2)
y
x2
dx -
1
x
dy =
= -
2
1
1
t2
dt +
2
1
-1 dt = -
3
2
.