Príklady na precvičovanie – krivkové integrály,
Greenova integrálna veta
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme krivkový integrál prvého druhu
I =
∫
φ
sin 2x ds,
kde trajektória krivky φ je časť grafu funkcie y = cos x pre x ∈ [0, π/2].
Riešenie:
Štandardný postup je nasledujúci. Najprv vhodne parametrizujeme danú
krivku φ. V prípade, keď sa jedná o rovinnú krivku, ktorej trajektória splýva
s časťou grafu nejakej funkcie jednej reálnej premennej x, najpriamočiarejšie
je zvoliť za parameter t samotné x. V našom príklade má parametrizácia
krivky φ teda tvar
x = t, y = cos t, t ∈
[
0,
π
2
]
.
Predložený krivkový integrál potom prepíšeme na bežný určitý integrál s
integračnou premennou t. Za tým účelom je nutné vyjadriť deriváciu krivky
φ podľa parametra t. Keďže vektor φ(t) = (x(t), y(t)), t ∈ [0, π/2], máme
φ′
(t) = (x′
(t), y′
(t)) = (1, − sin t), t ∈
[
0,
π
2
]
(v krajných bodoch daného intervalu uvažujeme príslušné jednostranné derivácie
funkcií x(t) a y(t)). Pre absolútnu hodnotu vektora φ′
(t) potom platí
∥φ′
(t)∥ =
√
[x′(t)]2
+ [y′(t)]2
=
√
1 + sin2
t, t ∈
[
0,
π
2
]
.
Pre krivkový integrál v zadaní príkladu potom dostávame
I =
∫ π/2
0
sin 2t
sin 2x
· ∥φ′
(t)∥ dt
ds
=
∫ π/2
0
sin 2t ·
√
1 + sin2
t dt.
1
Posledný určitý integrál môžeme vypočítať napríklad použitím substitúcie
u = 1 + sin2
t. Potom
du = 2 sin t cos t dt = sin 2t dt
a nové integračné medze sú od 1 do 2. Po dosadení pre hodnotu I máme
I =
∫ 2
1
√
u du =
[
2
3
·
√
u3
]2
1
=
2
3
·
(√
8 − 1
)
.
Príklad 2
Stanovme krivkový integrál prvého druhu
I =
∫
φ
(x2
+ y2
+ y2
) ds,
kde φ je časť skrutkovice s parametrickým vyjadrením
x = a cos t, y = a sin t, z = bt, t ∈ [0, 2π],
kde a, b sú kladné konštanty.
Riešenie:
V tomto prípade integrujeme funkciu troch premenných po priestorovej krivke,
postupujeme však podobne ako v predchádzajúcom príklade :). Danú krivku
už máme paramatrizovanú. Vypočítame absolútnu hodnotu vektora φ′
(t) jej
prvej derivácie. Postupne dostávame
x′
= −a sin t, y′
= a cos t, z′
= b
⇓
∥φ′
(t)∥ =
√
[x′(t)]2
+ [y′(t)]2
+ [z′(t)]2
=
√
a2 + b2
(samy overte :)). Pre krivkový integrál v zadaní príkladu potom máme
I =
∫ 2π
0
(
[a cos t]2
+ [a sin t]2
+ [bt]2
)
·
√
a2 + b2 dt
=
∫ 2π
0
(
a2
+ b2
t2
)
·
√
a2 + b2 dt = 2π ·
√
a2 + b2 ·
(
a2
+
4
3
· π2
b2
)
.
2
Príklad 3
Pre dané a > 0 určme dĺžku časti tzv. reťazovky, ktorá je grafom funkcie
y = a cosh
x
a
=
a
2
·
(
e
x
a + e− x
a
)
, x ∈ [−2, 2].
Riešenie:
Jednou zo základných geometrických aplikácií krivkového integrálu prvého
druhu je práve výpočet dĺžky trajektórie krivky. Konkrétne, ak φ je po častiach
hladká krivka definovaná na intervale [a, b], potom pre jej dĺžku platí
L =
∫
φ
ds.
V našom prípade najprv vykonáme parametrizáciu danej krivky
x = t, y =
a
2
·
(
e
t
a + e− t
a
)
, t ∈ [−2, 2].
Ďalej stanovíme jej prvú deriváciu
x′
= 1, y′
=
a
2
·
(
e
t
a + e− t
a
)′
=
1
2
·
(
e
t
a − e− t
a
)
, t ∈ [−2, 2].
Pre hľadanú dĺžku krivky potom podľa vzorca vyššie máme
L =
∫ 2
−2
√
[x′(t)]2
+ [y′(t)]2
dt =
∫ 2
−2
1
2
·
(
e
t
a + e− t
a
)
dt
(samy overte detaily výpočtu ;)). Elementárnou integráciou napokon pre hodnotu
L dostaneme výraz
L =
[a
2
·
(
e
t
a − e− t
a
)]2
−2
= a ·
(
e
2
a − e− 2
a
)
= 2a · sinh
2
a
.
3
Príklad 4
Vypočítajme obsah prednej steny klinu, ktorý vznikol z trojbokého hranola
ohraničeného rovinami
x + y = 0, x = 0, y = 0, z = 0
odsekom plochou z = 4 − y2
.
Riešenie:
Toto je ďalšia typická geometrická aplikácia krivkového integrálu prvého
druhu. Nech φ je po častiach hladká krivka, ktorej trajektória leží v rovine
xy a nech z = f(x, y) je nejaká spojitá funkcia dvoch premenných definovaná
na krivke φ. Potom pre obsah valcovej plochy kolmej na rovinu xy, ktorej
základňou je trajektória krivky φ a ktorá je zhora ohraničená grafom funkcie
z = f(x, y), platí vzorec
S =
∫
φ
f(x, y) ds.
V našom prípade po nakreslení vhodného obrázka zistíme, že daná krivka φ
je úsečka
x + y = 2, x ∈ [0, 2],
a pre danú funkciou f(x, y) platí f(x, y) = 4−y2
(samy si premyslite :)). Pre
hľadaný obsah S potom platí
S =
∫
φ
(4 − y2
) ds.
Ďalej už postupujeme štandardným spôsobom ako v predchádzajúcich príkladoch
:). Krivka φ má napríklad parametrizáciu
x = t, y = 2 − t, t ∈ [0, 2].
Pre vektor jej derivácie potom platí
φ′
(t) = (x′
(t), y′
(t)) = (1, −1) =⇒ ∥φ′
(t)∥ =
√
2, t ∈ [0, 2].
Pre hodnotu S potom dostávame (samy overte detaily vypočtu :))
S =
∫ 2
0
[
4 − (2 − t)2
]
·
√
2 dt =
√
2 ·
[
4t +
(2 − t)3
3
]2
0
=
16
√
2
3
.
4
Príklad 5
Vypočítajme krivkový integrál druhého druhu
I =
∫
φ
f(x, y) · dr,
kde φ je časť paraboly y = x2
, x ∈ [−1, 1], orientovaná v smere rastu premennej
x, a vektorová funkcia f(x, y) má tvar
f(x, y) = (x2
− 2xy, y2
− 2xy).
Riešenie:
Krivkové integrály druhého druhu počítame podobne ako krivkové integrály
prvého druhu – opäť parametrizujeme danú krivku a zostavíme určitý Riemannov
integrál. V tomto prípade však vo výpočte musíme zohľadniť jednak
dopredu danú orientáciu krivky, a jednak, či si táto orientácia rozumie s nami
zvolenou parametrizáciou krivky. V našom prípade máme integrovať po oblúku
paraboly y = x2
, ktorý spája body [−1, 1] a [1, 1], pričom postupujeme
v smere od bodu [−1, 1] do bodu [1, 1] (samy si premyslite :)). Uvažujme
takúto parametrizáciu krivky φ
x = t, y = t2
, t ∈ [−1, 1].
⇓
φ′
(t) = (x′
(t), y′
(t)) = (1, 2t)
Pri prirodzenom pohybe parametra t vo svojom intervale [−1, 1], t.j., od
hodnoty −1 do hodnoty 1, nám potom budú postupne jednotlivé body na
parabole naskakovať práve v súlade s jej predpísanou orientáciou, t.j., prvý
naskočí bod [−1, 1] (pre hodnotu parametra t = −1) a posledný naskočí
bod [1, 1] (pre hodnotu parametra t = 1) (samy overte :)). V tomto prípade
je teda nami zvolená parametrizáciu súhlasná s danou orientáciou paraboly.
Táto skutočnosť sa potom pri samotnom výpočte predloženého krivkového
integrálu odrazí v podobe znamienka plus pred znakom integrálu. Konkrétne,
I = +
∫ 1
−1
(
t2
− 2t · t2
, (t2
)2
− 2t · t2
)
f(x,y)=(x2−2xy, y2−2xy)
·
skalárny súčin
φ′
(t) dt
dr
5
=
∫ 1
−1
(
t2
− 2t3
, t4
− 2t3
)
· (1, 2t) dt =
∫ 1
−1
(
2t5
− 4t4
− 2t3
+ t2
)
dt
=
[
t6
3
−
4t5
5
−
t4
2
+
t3
3
]1
−1
= −
14
15
.
Príklad 6
Stanovme krivkový integrál druhého druhu
I =
∫
φ
(y dx + z dy + x dz)
po skrutkovici φ s parametrickým vyjadrením
x = a cos t, y = a sin t, z = bt, , a, b > 0, t ∈ [0, 2π],
ktorá je orientovaná nesúhlasne s touto parametrizáciou.
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Z charakteru zadania
daného krivkového integrálu potrebujeme vyjadriť diferenciály premenných
x, y a z ako funkcií parametra t. Platí
dx = −a sin t dt, dy = a cos t dt, dz = b dt.
Po dosadení do predloženého integrálu a s ohľadom na predpísanú orientáciu
krivky φ postupne dostávame (samy overte detaily výpočtu :))
I = −
∫ 2π
0

(a sin t) · (−a sin t dt)
y·dx
+ (bt) · (a cos t dt)
z·dy
+ (a cos t) · (b dt)
x·dz


=
∫ 2π
0
[
a2
sin2
t − abt cos t − ab cos t
]
dt = πa2
.
Príklad 7
Pomocou krivkového integrálu druhého druhu odvoďme vzorec na výpočet
obsahu vnútra elipsy s polosami a, b > 0.
6
Riešenie:
Tento príklad ilustruje jednu zo základných geometrických aplikácií krivkového
integrálu druhého druhu. Konkrétne, ak φ je po častiach hladká, kladne
orientovaná Jordanova krivka, potom hodnota
1
2
·
φ
(−y dx + x dy)
vyjadruje obsah vnútra krivky φ. Krúžok na znaku integrálu nám pripomína,
že integrujeme po uzavretej krivke (krivkovému integrálu druhého druhu po
uzavretej krivke sa niekedy hovorí aj cirkulácia po danej krivke). V našom
prípade uvažujme pre jednoduchosť elipsu φ so stredom v začiatku systému
súradníc s polosami ležiacimi na súradnicových osiach, t.j.,
φ :
x2
a2
+
x2
b2
= 1.
Jej parametrické vyjadrenie má napríklad tvar
x = a cos t, y = b sin t, t ∈ [0, 2π]
(samy si premyslite ;)). Elipsa φ je hladká Jordanova krivka, pričom máme
dx = −a sin t dt, dy = b cos t dt.
Uvažujúc orientáciu φ súhlasnú s touto parametrizáciou, pre obsah jej vnútra
potom platí
S = +
1
2
·
∫ 2π
0
[(−b sin t) · (−a sin t dt) + (a cos t) · (b cos t dt)]
=
1
2
·
∫ 2π
0
ab dt =
ab
2
· [t]2π
0 = πab :).
Príklad 8
Určme prácu silového poľa f(x, y, z) = (y, z, x), ktorá sa vykoná pri posune
telesa s jednotkovou hmotnosťou z bodu [−1, 0, eπ
] do bodu [1, 0, 1] pozdĺž
krivky φ s vyjadrením
x = cos t, y = sin t, z = et
, t ∈ [0, π].
7
Riešenie:
Toto je jedna zo základných aplikácií krivkového integrálu druhého druhu vo
fyzike. Podľa klasickej mechaniky sa práca W sily f(x, y, z) pozdĺž priestorovej
krivky φ definuje práve ako krivkový integrál druhého druhu z vektorovej
funkcie f(x, y, z) po krivke φ, t.j.,
W =
∫
φ
f(x, y, z) · dr.
Je pochopiteľné, že celková vykonaná práca bude závisieť na orientácií danej
krivky, t.j., v akom smere budeme cestovať po krivke. V našom prípade
začiatočnému bodu [−1, 0, eπ
] odpoveda hodnota parametra t = π, kým koncovému
bodu odpovedá hodnota parametra t = 0 (samy overte :)). To teda
znamená, že daná parametrizácia krivky φ je nesúhlasná s jej predpísanou
orientáciou. Ďalej platí
φ′
(t) = (x′
(t), y′
(t), z′
(t)) = (− sin t, cos t, et
), t ∈ [0, π].
Pre celkovú vykonanú prácu potom dostávame
W = −
∫ π
0
(sin t, et
, cos t) · (− sin t, cos t, et
) dt =
∫ π
0
(sin2
t − 2et
cos t) dt
= 1 + eπ
+
π
2
(samy overte detaily výpočtu ;)). Kladná hodnota W znamená, že v celkovej
energetickej bilancii vykonalo na telese prácu silové pole f(x, y, z). Prípadná
záporná hodnota W by signalizovala, že v konečnom dôsledku samo teleso
vykonalo prácu (potrebnú na prekonanie pôsobenia poľa f(x, y, z)) :).
Príklad 9
Vypočítajme krivkový integrál druhého druhu
I =
φ
[
2(x2
+ y2
) dx + (x + y)2
dy
]
,
kde geometrický obraz krivky φ predstavuje kladne orientovaný obvod rovinného
trojuholníka ABC s vrcholmi
A = [1, 1], B = [2, 2], C = [1, 3].
8
Riešenie:
Popri štandardnom spôsobe výpočtu krivkových integrálov druhého druhu
(parametrizáciou integračnej cesty a následným prevodom na určitý Riemannov
integrál) sa v prípade rovinných uzavretých kriviek s výhodou využíva
prevod krivkového integrálu druhého druhu na dvojný integrál na základe
Greenovej integrálnej vety. Ak f(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) je vektorová funkcia
definovaná na rovinnej oblasti Ω, pričom funkcie P(x, y), Q(x, y), ∂P(x,y)
∂y
a ∂Q(x,y)
∂x
sú spojité na Ω, potom pre každú po častiach hladkú, kladne orientovanú
Jordanovu krivku φ ležiacu aj so svojím vnútrom v Ω platí identita
∫
φ
[P(x, y) dx + Q(x, y) dy] =
∫∫
M
(
∂Q(x, y)
∂x
−
∂P(x, y)
∂y
)
dxdy,
kde M je zjednotenie vnútra a trajektórie krivky φ. V našom prípade máme
P(x, y) = 2(x2
+ y2
), Q(x, y) = (x + y)2
,
∂P(x, y)
∂y
= 4y,
∂Q(x, y)
∂x
= 2(x + y),
∂Q(x, y)
∂x
−
∂P(x, y)
∂y
= 2(x − y).
Funkcie P, Q, ∂P
∂y
a ∂Q
∂x
sú iste spojité na celom R2
a krivka φ je po častiach
hladká, kladne orientovaná Jordanova krivka (samy si premyslite :)). Sú teda
splnené všetky predpoklady Greenovej integrálnej vety. Potom pre hodnotu
krivkového integrálu v zadaní príkladu platí
I =
∫∫
M
2(x − y) dxdy,
kde M je zjednotenie vnútra a hranice trojuholníka ABC. Samy si premyslite,
že množina M je elementárna vzhľadom na os x s vyjadrením
M : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4 − x.
Prepisom daného dvojného integrálu na dvojnásobný postupne dostaneme
I =
∫ 2
1
[∫ 4−x
x
2(x − y) dy
]
dx =
∫ 2
1
[
−(x − y)2
]4−x
x
dx
= −4 ·
∫ 2
1
(x − 2)2
dx = −4 ·
[
(x − 2)3
3
]2
1
= −
4
3
.
9
Odporúčame čitateľovi, aby sa pokúsil vypočítať predložený integrál i tradičným
spôsobom a porovnal náročnosť obidvoch výpočtov ;).
Príklad 10
Stanovme krivkový integrál druhého druhu
I =
ψ
{√
x2 + y2 dx + y
[
xy + ln
(
x +
√
x2 + y2
)]
dy
}
,
pozdĺž kladne orientovanej Jordanovej krivky ψ = ψ1 ⊕ ψ2 ⊕ ψ3 ⊕ ψ4, kde
ψ1 : x = cos t, y = sin t, t ∈
[
0,
π
2
]
,
ψ2 : x = t, y = 0, t ∈ [1, 2],
ψ3 : x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈
[
0,
π
2
]
,
ψ4 : x = 0, y = t, t ∈ [1, 2].
Riešenie:
Toto je výstižný príklad poukazujúci na výpočtovú efektívnosť Greenovej integrálnej
vety. Počítať predložený krivkový integrál prevodom na určitý Riemannov
integrál je v tomto prípade náročné (nie však nemožné :)) z dvoch
dôvodov – pomerne komplikovaná je jednak integrovaná funkcia, a jednak i
samotná integračná cesta :-/ (samy si nakreslite vhodný obrázok a vyznačte
predpísanú orientáciu krivky ψ :)). Poďme preto overiť predpoklady Greenovej
vety :). Nakoľko máme
P(x, y) =
√
x2 + y2, Q(x, y) = y
[
xy + ln
(
x +
√
x2 + y2
)]
,
parciálnym derivovaním dostaneme (samy overte :))
∂P(x, y)
∂y
=
y
√
x2 + y2
,
∂Q(x, y)
∂x
= y2
+
y
√
x2 + y2
,
∂Q(x, y)
∂x
−
∂P(x, y)
∂y
= y2
.
10
Ďalej krivka ψ je iste po častiach hladká. To znamená, že všetky predpoklady
Greenovej integrálnej vety sú splnené (samy si dôkladne premyslite :)). Pre
hľadanú hodnotu I potom platí
I =
∫∫
M
y2
dxdy,
kde M je zjednotenie vnútra a trajektórie krivky ψ. Posledný dvojný integrál
transformujeme do polárnych súradníc, nakoľko množina M je v tejto
reprezentácii obdĺžnikom s vyjadrením
M : 0 ≤ φ ≤
π
2
, 1 ≤ ρ ≤ 2
(samy si dobre premyslite :)). Dostávame teda
I =
∫ 2
1
∫ π
2
0
(ρ sin φ)2
ρ dρdφ =
∫ 2
1
∫ π
2
0
ρ3
sin2
φ dρdφ
=
(∫ 2
1
ρ3
dρ
)
·
(∫ π
2
0
sin2
φ dφ
)
=
[
ρ4
4
]2
1
·
[
2φ − sin 2φ
4
]π
2
0
=
15π
16
(samy overte detaily medzivýpočtov ;)).
Príklad 11
Zistime, či hodnota krivkového integrálu druhého druhu
I =
∫
φ
[
x
√
x2 + y2
dx +
y
√
x2 + y2
dy
]
závisí na integračnej ceste φ v oblasti Ω = {[x, y] ∈ R2
, y > 0}. V prípade
zápornej odpovede stanovme hodnotu integrálu
∫ [4, 3]
[0, 1]
[
x
√
x2 + y2
dx +
y
√
x2 + y2
dy
]
.
11
Riešenie:
Keďže oblasť Ω je jednoducho súvislá (samy si premyslite :)) a funkcie
P(x, y) =
x
√
x2 + y2
, Q(x, y) =
y
√
x2 + y2
sú spojito diferencovateľné na Ω (tiež si samy premyslite :)), nezávislosť predloženého
krivkového integrálu na integračnej ceste φ v Ω je ekvivalentná s
platnosťou identity
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
na celom Ω.
Elementárnym derivovaním dostaneme rovnosti
∂P(x, y)
∂y
=
xy
√
(x2 + y2)3
,
∂Q(x, y)
∂y
=
yx
√
(x2 + y2)3
pre každý bod [x, y] ∈ Ω. Vektorové pole f(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) je
preto potenciálové v oblasti Ω, a teda hodnota krivkového integrálu v zadaní
príkladu nezávisí v Ω na integračnej ceste φ. Pre hodnotu I potom platí
I = V (B) − V (A),
kde V (x, y) je (ľubovoľný) potenciál vektorového poľa f(x, y) a A a B sú
začiatočný a koncový bod orietnovanej krivky φ. V druhej časti príkladu teda
potrebujeme nájsť aspoň jeden potenciál V (x, y) vektorového poľa f(x, y).
Nakoľko podľa definície potenciálu platí
∂V (x, y)
∂x
= P(x, y) =
x
√
x2 + y2
,
∂V (x, y)
∂y
= Q(x, y) =
y
√
x2 + y2
,
hľadané V (x, y) je kmeňová funkcia pre dvojicu P(x, y) a Q(x, y). Nasadíme
preto štandardný aparát známy z Matematickej analýzy II :). Samy ukážte,
že množina všetkých potenciálov V (x, y) poľa f(x, y) má tvar
V (x, y) =
√
x2 + y2 + C, kde C je reálna konštanta :).
Využitím tohto výsledku potom dostávame
∫ [4, 3]
[0, 1]
[
x
√
x2 + y2
dx +
y
√
x2 + y2
dy
]
= [V (x, y)]
[4, 3]
[0, 1] = V (4, 3) − V (0, 1)
12
=
(√
42 + 32 + C
)
−
(√
02 + 12 + C
)
=
√
25 −
√
1 = 4.
Vidíme, že hodnota daného krivkového integrálu nezávisí na konkrétnom
výbere príslušného potenciálu V (x, y).
Nakoniec poznamenajme, že všetky vykonané výpočty by fungovali i na
väčšej oblasti Ψ = R2
\ {[0, 0]}. Samy overte, že funkcie V (x, y), P(x, y)
a Q(x, y), ako aj ich prvé parciálne derivácie, možno spojito rozšíriť i na
oblasť Ψ so zachovaním všetkých vzájomných vzťahov :). Obzvlášť, rovnosť
∂P/∂y = ∂Q/∂x platí v každom bode oblasti Ψ a možno ju použiť ako
argument na to, že vektorové pole f = (P, Q) je potenciálové na celom Ψ s
potenciálom V (x, y). Napriek tomu oblasť Ψ nie je jednoducho súvislá. To
podčiarkuje skutočnosť, že predpoklad jednoduchej súvislosti danej oblasti
je len postačujúci na argument
∂P/∂y = ∂Q/∂x =⇒ vektorové pole f = (P, Q) je potenciálové,
nie však nutný. V nasledujúcom príklade preberieme ďalšiu možnú variantu
tejto problematiky.
Príklad 12
Rozhodnime, či vektorové pole
f(x, y) =
(
−
y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
)
je potenciálové v oblasti Ω = R2
\ {[0, 0]}.
Riešenie:
Nutné podmienky na to, aby vektorové pole f = (P, Q) bolo potenciálové v
oblasti Ω, sú splnené. Funkcie
P(x, y) = −
y
x2 + y2
, Q(x, y) =
x
x2 + y2
totiž spĺňajú rovnosť ∂P/∂y = ∂Q/∂x na celom Ω (samy overte ;)). V tomto
prípade ale Ω nie je jednoducho súvislá oblasť, a preto platnosť uvedenej
rovnosti ešte nemusí zaručiť, že pole f(x, y) je potenciálové na celom Ω.
Uvažujme napríklad kladne orientovanú kružnicu φ so stredom v bode [0, 0]
a polomerom 2, t.j.,
φ : x = 2 cos t, y = 2 sin t, t ∈ [0, 2π]
13
(samy si premyslite, že táto parametrizácia je súhlasná s kladnou orientáciou
krivky φ :)). Ďalej máme
dx = −2 sin t dt, dy = 2 cos t dt.
Potom pre hodnotu krivkového integrálu z f(x, y) pozdĺž krivky φ platí
φ
f(x, y) · dr =
φ
[
−
y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy
]
=
∫ 2π
0
dt = 2π
(samy overte detaily výpočtu :)). Cirkulácia vektorového poľa f(x, y) po
uzavretej krivke φ je teda nenulová. To signalizuje, že krivkový integrál z
funkcie f(x, y) v oblasti Ω závisí na integračnej ceste, a preto pole f(x, y)
nemôže byť potenciálové v Ω.
14