Oblicz pole powierzchni obszaru ograniczonego przez krzywą parametryczną

Obliczymy to zadanie korzystając z tewierdzenia Greena. Podzielę rozwiązanie na dwie części. W pierwszej policzymy zadanie, a w drugiej postaram się wyjaśnić intuicję stojącą za twierdzeniem Greena.

---

Rozwiązanie Najpierw zobaczmy jak wygląda nasza krzywa. Poruszaj suwakami w poniższej wizualizacji, aby manipulować granicami przedziału $\color{Cyan} t$

Przyjrzyjmy się twierdzeniu Greena: \begin{gather*} \color{Cyan} \oint_{C} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} = \iint\limits_{D} \nabla \times \overrightarrow{F} \; dx \, dy \end{gather*} Gdzie:
$\color{Cyan}\displaystyle \overrightarrow{F} $ - funkcja wektorowa typu $\color{Cyan}\displaystyle F\left( \begin{bmatrix} {x} \\ {y} \end{bmatrix} \right) = \begin{bmatrix} {P(x, y)} \\ {Q(x, y)} \end{bmatrix}$
$\color{Cyan}\displaystyle d\overrightarrow{r} = \begin{bmatrix} {dx} \\ {dy} \end{bmatrix}$

$\color{Cyan}\displaystyle \nabla \times \overrightarrow{F} $ - rotacja w polu wektorowym (w dwóch wymiarach)

$\color{Cyan}\displaystyle C $ - brzeg obszaru $\displaystyle D $

$\color{Cyan}\displaystyle D $ - obszar ograniczony krzywą zamkniętą $\displaystyle C $


Często możesz się spotkać także z następującym zapisem: \begin{gather*}\color{Cyan} \oint_{C} P\,dx + Q\,dy = \iint\limits_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \; dx \, dy \end{gather*} Najczęściej korzystamy z tego twierdzenia, aby uprościć całki krzywoliniowe, zamieniając je na całki podwójne. Nic nie stoi nam jednak na przeszkodzie, aby pójść w drugą stronę.
Zastanówmy się, co by było gdyby rotacja $\color{Cyan}\displaystyle \nabla \times \overrightarrow{F} $ była równa 1: \begin{gather*}\color{Cyan} \iint\limits_{D} 1 \; dx \, dy = P \end{gather*} Wówczas wynikiem całki podwójnej po obszarze $\color{Cyan} D $ byłoby pole powierzchni tego obszaru - dokładnie to, na czym nam zależy. Wobec tego, musimy określić funkcję $\color{Cyan}\displaystyle \overrightarrow{F} $, której rotacja będzie wynosiła 1.
Takich funkcji jest nieskończenie wiele, ale ja proponuję $\color{Cyan}\displaystyle \overrightarrow{F} = \begin{bmatrix} {0} \\ {x} \end{bmatrix} $ ponieważ łatwo ją zapamiętać i używać w obliczeniach. Widzimy, że: \begin{gather*}\color{Cyan} \frac{\partial (x)}{\partial x} - \frac{\partial (0)}{\partial y} = 1 \end{gather*} więc wszystko się zgada - dla tej funkcji rotacja wynosi 1. A tak wygląda pole wektorowe $\color{Cyan}\displaystyle \overrightarrow{F} $:

Możemy zatem skorzystać z twierdzenia Greena: \begin{gather*}\color{Cyan} P = \iint\limits_{D} dx \, dy = \oint_{C} \begin{bmatrix} {0} \\ {x} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} {dx} \\ {dy} \end{bmatrix} = \oint_{C} x\,dy \end{gather*} Krzywą mamy już sparametryzowaną i podaną w treści zadania: $$\color{Cyan} f(t) = \begin{bmatrix} {\sin(2t)} \\ {t\cos(t)} \end{bmatrix}, \qquad \frac{\pi}{2} \le t \le \frac{3\pi}{2} $$ W całce, którą policzymy występuje tylko $\displaystyle dy $, więc wystarczy, że policzymy pochodną z $\color{Cyan}\displaystyle y(t) $: \begin{gather*}\color{Cyan} f(x) = \begin{bmatrix} {x(t)} \\ {y(t)} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} {\sin(2t)} \\ {t\cos(t)} \end{bmatrix} \\\\ \color{Cyan} dy = \left( \cos(t) - t\sin(t) \right)\,dt \end{gather*} Podstawiamy pod całkę: \begin{gather*}\color{Cyan} P = \oint_{C} x\,dy = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(2t) \left( \cos(t) - t\sin(t) \right)\,dt \end{gather*} Pozostało tylko ją obliczyć. Nie jest to proces szczególnie ważny jeśli umiesz już liczyć całki, więc czuj się swobodnie z tym, aby po prostu wrzucić ją do WolframAlpha: \begin{gather*}\color{Cyan} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(2t) \left( \cos(t) - t\sin(t) \right)\,dt = \\\\ \color{Cyan} = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \left( \sin(2t)\cos(t) - t\sin(2t)\sin(t) \right)\,dt = \\\\ \textrm{Korzystamy ze wzorów na iloczyny funkcji trygonometrycznych:}\\\\ \color{#7029ff} \sin(\alpha)\cos(\beta) = \frac{1}{2}\left( \sin(\alpha-\beta)+\sin(\alpha+\beta) \right) \\\\ \color{#7029ff} \sin(\alpha)\sin(\beta) = \frac{1}{2}\left( \cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta) \right) \\\\ \color{Cyan} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \left( \frac{1}{2}\left( \sin(t)+\sin(3t) \right) - \frac{t}{2}\left( \cos(t)-\cos(3t) \right) \right) \,dt = \\\\ \color{Cyan} \frac{1}{2}\left( {\color{#33d17a} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(t)\,dt}+ {\color{#524fff} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(3t)\,dt}- {\color{#ee00ff} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} t\cos(t)\,dt}+ {\color{#ff763f} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} t\cos(3t)\,dt} \right) = \\\\ \textrm{Obliczymy każdą z tych całek osobno:}\\\\ \color{#33d17a} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(t)\,dt = \left[ -\cos(t) \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}=0\\\\ \color{#524fff} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(3t)\,dt = \begin{vmatrix} {u=3t} \\ {du=3t} \\ {dt=\frac{1}{3}du} \end{vmatrix}= \frac{1}{3}\int_{t=\frac{\pi}{2}}^{t=\frac{3\pi}{2}} \sin(u)\,du = \frac{1}{3}\left[ -\cos(3t) \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}=0\\\\ \color{#ee00ff} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} t\cos(t)\,dt = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} t(\sin(t))'\,dt = \left[ t\sin(t) \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} - \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \sin(t))\,dt = \left[ t\sin(t) - \cos(t) \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} = -\frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = -2\pi\\\\ \color{#ff763f} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} t\cos(3t)\,dt = \begin{vmatrix} {u=3t} \\ {du=3t} \\ {dt=\frac{1}{3}du} \end{vmatrix}=\frac{1}{3}\int_{t=\frac{\pi}{2}}^{t=\frac{3\pi}{2}} \frac{u}{3}\cos(u)\,dt = \frac{1}{9}\int_{t=\frac{\pi}{2}}^{t=\frac{3\pi}{2}} u\cos(u)\,dt\\\\ \color{#ff763f}\textrm{Korzystamy z tego, co policzylismy wcześniej:}\\\\\color{#ff763f} \frac{1}{9}\left[ u\sin(u) - \cos(u) \right]_{t=\frac{\pi}{2}}^{t=\frac{3\pi}{2}} = \frac{1}{9}\left[ 3t\sin(3t) - \cos(3t) \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} = \frac{1}{9} \cdot \left( \frac{9\pi}{2}+ \frac{3\pi}{2}\right) = \frac{2\pi}{3}\\\\ \textrm{Podstawiamy obliczone wartości:}\\\\ \color{Cyan} \frac{1}{2}\left( {\color{#33d17a} 0}+ {\color{#524fff} 0}+ {\color{#ee00ff} 2\pi}+ {\color{#ff763f} \frac{2\pi}{3}} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{8\pi}{3} = \color{#00dd66} \frac{4\pi}{3} \end{gather*} Podsumowując:
1. Znaleźliśmy funkcję wektorową $\color{Cyan} \overrightarrow{F}$, dla której rotacja jest równa 1 $\;\longrightarrow \; $ całka podwójna w twierdzeniu Greena daje nam w wyniku pole powierzchni.
2. Znaleźliśmy całkę krzywoliniową w oparciu o tę funkcję wektorową - $\displaystyle \color{Cyan} \oint_{C} x\,dy$.
3. W oparciu o parametryzację ułożyliśmy końcową całkę - $\displaystyle \color{Cyan} \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \left( \sin(2t)\cos(t) - t\sin(2t)\sin(t) \right)\,dt$.
4. Obliczyliśmy ją.

---

Wyjaśnienie i intuicja Na początku musimy zrozumieć, że kierunek krzywej ma znaczenie. Licząc całkę krzywoliniową po krzywej $C$, otrzymamy wynik przeciwny do tego, który uzyskalibyśmy, licząc całkę po krzywej $C'$, będącej tą samą krzywą, lecz przebytą w przeciwnym kierunku. Dla przykładu: \begin{gather*}\color{Cyan} C: \quad \begin{bmatrix} {x(t)} \\ {y(t)} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {\cos(t)} \\ {\sin(t)} \end{bmatrix} \qquad \color{#aaaaaa} \small \substack{\textrm{- okrąg sierowany przeciwnie}\\\textrm{do ruchu wskazówek zegara}} \\\\ \color{Cyan} C': \quad \begin{bmatrix} {x(t)} \\ {y(t)} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} {\sin(t)} \\ {\cos(t)} \end{bmatrix} \qquad \color{#aaaaaa} \small \substack{\textrm{- okrąg sierowany zgodnie }\\\textrm{z ruchem wskazówek zegara}} \\\\ \color{#ff6600} \oint_{\color{Cyan}C} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} = -\oint_{\color{Cyan}C'} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \end{gather*} Teraz spróbuję przedstawić intuicję stojącą za twierdzeniem Greena.
Zdefiniujmy krzywą zamkniętą $C$, zorientowaną przeciwnie do ruchu wskazówek zegara w dowolnym polu wektorowym. W naszym przypadku będzie to po prostu okrąg, lecz mogłaby to być dowolna krzywa zamknięta.

Oraz całkę po tym okręgu: \begin{gather*}\color{#ff6600} \oint_{\color{Cyan}C} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \end{gather*} Teraz zobaczmy, co się stanie, jeśli podzielimy okrąg na dwie zamknięte krzywe i policzymy po nich osobne całki.

Zauważ, że w miejscu podziału krzywa $\color{Cyan}C_1$ jest skierowana w przeciwnym kierunku niż krzywa $\color{Cyan}C_2$. Oznacza to, że gdybyśmy policzyli całki krzywoliniowe po $\color{Cyan}C_1$ i $\color{Cyan}C_2$, to na wspólnym fragmencie (czyli linii podziału) wartości całek znosiłyby się wzajemnie. A zatem: \begin{gather*}\color{#ff6600} \oint_{\color{Cyan}C_1} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} + \oint_{\color{Cyan}C_2} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} = \oint_{\color{Cyan}C} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \end{gather*} Okazuje się, że możemy podzielić naszą krzywą na znacznie więcej osobnych krzywych – nawet nieskończenie wiele. Suma całek krzywoliniowych po wszystkich tych krzywych będzie nadal równa całce po jednej, niepodzielonej w żaden sposób krzywej. Wszystkie fragmenty krzywych będące liniami podziału znoszą się wzajemnie – pozostaje sam brzeg.
Spróbujmy sobie zatem wyobrazić, że dzielimy okrąg na bardzo wiele krzywych.

Możemy zapisać: \begin{gather*}\color{#ff6600} \sum_{n=0}^{N} \oint_{\color{Cyan}C_n} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} = \oint_{\color{Cyan}C} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \end{gather*} Co się dzieje, gdy liczba podziałów $\color{Cyan} N$ dąży do nieskończoności? Wówczas każdy fragment – każda osobna krzywa zamknięta $\color{Cyan} C_n$ – staje się nieskończenie mała i ogranicza nieskończenie mały obszar. W tym momencie pojawia się definicja rotacji w polu wektorowym.
Poniższe równanie przedstawia pojedynczą całkę krzywoliniową po dowolnej krzywej $\color{Cyan} C_n$: \begin{gather*}\color{#ff6600} \lim_{{A} \to {0}} \oint_{\color{Cyan}C_n} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \; = \; |A| \cdot \underbrace{\left(\nabla \times \overrightarrow{F}\right)(p)}\\ \color{#ff6600} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \small \textrm{rotacja w punkcie p} \end{gather*} Gdzie:
$\color{Cyan} A$ to obszar ograniczony krzywą $\color{Cyan} C_n$.
$\color{Cyan} |A|$ to pole powierzchni tego obszaru.
$\color{Cyan} p$ to jakiś punkt w obszarze $A$.

Jeśli jeszcze nigdy nie słyszałeś o definicji rotacji lub powyższe równanie wygląda zupełnie obco, zachęcam do odwiedzenia Wikipedii lub artykułu na Khan Academy.
Użyłem w tym równaniu granicy $\color{Cyan} \lim_{{A} \to {0}} $, aby być możliwie formalnym (w definicji rotacji właśnie tak ona się pojawia). Niemniej jednak, nie byłoby to konieczne. Naszym odgórnym założeniem było to, że dzielimy okrąg na nieskończenie wiele fragmentów. Już sama ta informacja mówi nam, że jeden taki fragment będzie nieskończenie mały - jego wielkość będzie dążyła do zera.
Możemy to teraz rozszerzyć do wszystkich fragmentów $\color{Cyan} C_n$ (tutaj już pomijam $\lim_{{A} \to {0}} $, aby nie psuć czytelności): \begin{gather*}\color{#ff6600} \sum_{n=0}^{N} \oint_{\color{Cyan}C_n} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \; = \; \sum_{n=0}^{N}|A_n| \cdot \left(\nabla \times \overrightarrow{F}\right)(p_n) \end{gather*} Przyjrzyj się prawej stronie tego równania. Dzielimy koło na nieskończenie wiele części. Dla każdej z tych części liczymy rotację i mnożymy ją przez pole powierzchni tego fragmentu. Dokładnie tym jest całka podwójna! \begin{gather*}\color{#ff6600} \sum_{n=0}^{N} \oint_{\color{Cyan}C_n} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \; = \; \iint\limits_{\color{Cyan}D} \nabla \times \overrightarrow{F} \; dx \, dy \\ \Huge \downarrow \normalsize \\\color{#ff6600} \oint_{\color{Cyan}C} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r} \; = \; \iint\limits_{\color{Cyan}D} \nabla \times \overrightarrow{F} \; dx \, dy \\ \end{gather*} Gdzie:
$\color{Cyan} D$ oznacza obszar ograniczony przez krzywą $\color{Cyan} C$ - w naszym przypadku koło.