Peržiūrėti šaltinį Antrojo tipo kreivinis integralas

'''Antrojo tipo kreivinis''' integralas fizikoje reiškia ''jėgų lauko'' darbą.

<math>\int_{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=-\int_{BA}P(x,y)dx+Q(x,y)dy.</math> 
Taip pat antrojo tipo kreivinį integralą galima apibrėžti erdvine kreive ''L'':
<math>\int_L P(x,y)dx+Q(x,y)dy+R(x,y)dz.</math>

== Funkcijos išreikštos parametrinėmis lygtimis ==
Tarkime, kad kreivės L lanko ''AB'' parametrinės lygtis yra <math>x=x(t),</math><math> y=y(t),</math> lanko pradžios tašką ''A'' atitinka parametro ''t'' reikšme <math>t_0</math>, o lanko tašką ''B'' - reikšmė ''T''. Dar sakykime, kad x(t), y(t) ir jų isvestinės x'(t), y'(t) yra dolydžios atkarpoje [<math>t_0</math>; T] funkcijos, <math>P(x, y)</math> <math>Q(x, y)</math> - irgi tolydžios kreivės ''L'' taškuose funkcijos. Tuomet
<math>\int_{AB} P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{t_{0}}^T P(x(t), y(t))x'(t)dt+Q(x(t), y(t))y'(t)dt.</math>
Tas pats taikoma ir erdvinei kreivei:
<math>\int_{AB} P(x,y, z)dx+Q(x,y,z)dy+R(x,y,z)dz=</math>
<math>=\int_{\alpha}^{\beta}[P(x(t), y(t), z(t))x'(t)+Q(x(t), y(t), z(t))y'(t)+R(x(t), y(t), z(t))z'(t)]dt.</math>

=== Pavyzdžiai ===

*Apskaičiuokime <math>\int_L ydx-xdy,</math> kai ''L'' - apskritimo <math>x=a\cos t,</math> <math>y=a\sin t</math> lankas nuo taško <math>A({a\sqrt{3}\over 2};\;{1\over 2}a)</math> iki taško <math>B({1\over 2}a;\;{a\sqrt{3}\over 2}).</math>
:Įrašę į apskritimo lygtis taškų ''A'' ir ''B'' koordinates, sužinome, kad tašką ''A'' atitinka parametro reikšmė, lygi <math>{\pi\over 6},</math> o taško ''B'' - reikšmė, lygi <math>{\pi\over 3}.</math>
Randame: <math>dx=-a\sin t dt,</math> <math>dy=a\cos t dt.</math>
Tuomet
<math>\int_L ydx-xdy=\int_{\pi\over 6}^{\pi\over 3}(a\sin t\cdot (-a)\sin t-a\cos t\cdot a\cos t)dt=-a^2\int_{\pi\over 6}^{\pi\over 3}(\cos^2 t+\sin^2 t)dt=-a^2\int_{\pi\over 6}^{\pi\over 3}dt=</math>
<math>=-a^2 t|_{\pi\over 6}^{\pi\over 3}=-{\pi a^2\over 6}.</math>

*Apskaičiuosime integralą <math>\int_{AB}x^2 dx+xy dy,</math> kur ''AB'' - ketvirtis apskritimo <math>x=\cos t,</math> <math>y=\sin t,</math> <math>0\le t\le {\pi\over 2},</math> ''A'' Atitinka ''t=0'', ''B'' atitinka <math>t=\pi/2.</math>
:Turime <math>x^2=\cos^2 t,</math> <math>dx=-\sin t dt,</math> <math>xy=\cos t\sin t,</math> <math>dy=\cos t dt.</math> Gauname
<math>\int_{AB} x^2 dx+xydy=\int_0^{\pi\over 2}(-\cos^2 t\sin t+\cos^2 t\sin t)dt=0.
</math>

*Apskaičiuosime integralą <math>\int_{AB}x^2 dx-yz dy+z dz</math> palei atkarpą ''AB'', jungiančią taškus A(1; 2; -1) ir B(3; 3; 2).
:Lygtis tiesės ''AB'':
:<math>{x-1\over 3-1}={y-2\over 3-2}={z-(-1)\over 2-(-1)}</math>
:<math>{x-1\over 2}={y-2\over 1}={z+1\over 3}</math>
arba parametrinėje formoje: <math>x=1+2t,</math> <math>y=2+t,</math> <math>z=-1+3t.</math>
Atkarpai ''AB'' parametras ''t'' keičiasi nuo <math>t_A=0</math> iki <math>t_B=1.</math> Todėl,
<math>\int_{AB}x^2 dx-yz dy+z dz=\int_0^1[(1+2t)^2\cdot 2-(2+t)(-1+3t)+(-1+3t)3]dt=\int_0^1(5t^2+12t+1)dt=</math>
<math>=({5t^3\over 3}+6t^2+t)|_0^1={26\over 3}.</math>
:Duotame pavyzdyje parametru galima parinkti bet kurį iš kintamųjų ''x'', ''y'' arba ''z''.
Pavyzdžiui, parinkę parametru ''y'', užrašysime lygtį atkarpos ''AB'' formoje: 
:<math>x=2y-3,</math> <math>y=y,</math> <math>z=3y-7,</math> <math>y_A=2\le y\le y_B=3.</math>
Pritaikydami auksčiau išvestą formulę gausime:
<math>\int_{AB}x^2 \;dx-yz\; dy+z\; dz=\int_2^3[(2y-3)^2 2-y(3y-7)+(3y-7)3]dy=</math>
<math>=\int_2^3[2(4y^2-12y+9)-3y^2+7y+9y-21]dy=\int_2^3(5y^2-8y-3)dy=</math>
<math>=({5y^3\over 3}-4y^2-3y)|_2^3=45-36-9-({40\over 3}-16-6)=0-(-{26\over 3})={26\over 3}.</math>

*Apskaičiuosime integralą <math>I=\int_L xy dx+yz dy+zx dz,</math> kur ''L'' - viena apvija spiralinės linijos cilindro paviršiumi <math>x=a\cos t,</math> <math>y=a\sin t,</math> <math>z=bt</math> nuo <math>t_0=0</math> iki <math>T=2\pi.</math> 
:Randame: <math>dx=-a\sin t,</math> <math>dy=a\cos t,</math> <math>dz=b.</math> 
<math>I=\int_0^{2\pi}(-a^3\sin^2 t\cos t+a^2 bt\sin t\cos t+ab^2 t\cos t)dt.</math>
Apskaičiuosime kiekvieną dalį atskirai.
<math>I_1=-a^3\int_0^{2\pi}\sin^2 t\cos t\;dt=-a^3\int_0^{2\pi}\sin^2 t\;d(\sin t)=-a^3{\sin^3 t\over 3}|_0^{2\pi}=0.</math>
<math>I_2=a^2 b\int_0^{2\pi}t\sin t\cos t\;dt={a^2 b\over 2}\int_0^{2\pi}t\sin(2t)dt=-{a^2 b\over 4}(t\cos(2t))|_0^{2\pi}+{a^2 b\over 4}\int_0^{2\pi}\cos(2t)dt=</math>
<math>=-{a^2 b\over 4}(2\pi\cos(4\pi)-0\cos 0)+{a^2 b\over 8}\sin(2t)|_0^{2\pi}=-{\pi a^2 b\over 2},</math>
kur <math>u=t,</math> <math>dv=\sin(2t),</math> <math>du=dt,</math> <math>v=-{\cos(2t)\over 2}.</math>
<math>I_3=ab^2\int_0^{2\pi}t\cos t\; dt=ab^2 (t\sin t)|_0^{2\pi}-ab^2\int_0^{2\pi}\sin t dt=ab^2\cos t|_0^{2\pi}=0.</math>
kur <math>u=t,</math> <math>dv=\cos t,</math> <math>du=dt,</math> <math>v=\sin t.</math>
:Todėl
:<math>I=I_1+I_2+I_3=0-{\pi a^2 b\over 2}+0=-{\pi a^2 b\over 2}.</math>

*Apskaičiuoti darbą jėgos <math>\vec{F}(x;\; y),</math> kai persikelia materialus taškas palei elipsę teigiama kryptimi, jeigu jėga kiekviename taške (x; y) elipso nukreipta į centrą elipso ir pagal dydį lygi atstumui nuo taško (x; y) iki centro elipsės.
:''Sprendimas''. Pagal sąlygą, <math>|\vec{F}(x; y)|=\sqrt{x^2+y^2};</math> koordinatės jėgos <math>\vec{F}(x;\; y)</math> tokios: <math>P=-x, \;\; Q=-y</math> [ženklas "<math>-</math>"  paaiškinmas tuo, kad jėga nukreipta į tašką (0; 0)]. Pagal formulę <math>A=\int_{BC} P dx+ Q dy</math> turime
:<math>A=-\oint_L x \; dx+ y \;dy,</math> čia ''L'' - elipsė <math>x=a\cos (t), </math> <math>y=b\sin (t), </math> <math>0\le t\le 2\pi.</math> Randame <math>dx=-a\sin(t) dt,</math> <math>dy=b\cos(t) dt</math>. Todėl,
:<math>A=-\oint_L x \; dx+ y \;dy=-\int_0^{2\pi} x \; dx- \int_0^{2\pi} y \;dy=-\int_0^{2\pi} -a^2\cos (t)\sin(t) dt- \int_0^{2\pi} b\sin (t) b\cos(t) dt=</math>
:<math>=\int_0^{2\pi} a^2\cos (t)\sin(t) dt- \int_0^{2\pi} b^2\sin (t)\cos(t) dt=\int_0^{2\pi} (a^2\cos (t)\sin(t) - b^2\sin (t)\cos(t)) dt=</math>
:<math>=(a^2-b^2)\int_0^{2\pi}\sin (t)\cos(t) dt=\frac{a^2-b^2}{2}\int_0^{2\pi}\sin(2t) dt=\frac{a^2-b^2}{4}(-\cos(2t))|_0^{2\pi}=</math>
:<math>=-\frac{a^2-b^2}{4}(\cos(4\pi)-\cos(2\cdot 0))=-\frac{a^2-b^2}{4}(1-1)=0.</math>
:Pastebėsime, kad iš to, kad integralas pasirodė lygus nuliui, seka, kad pointegralinė išraiška yra pilnas diferencialas tam tikros funkcijos (raskite šią funkciją savarankiškai).

== Apskaičiavimas kreivinių integralų antrojo tipo ==
Jei kreivė ''AB'' išreikšta lygtimi <math>y=y(x)</math>, <math>a\le x\le b,</math> kur <math>y(x)</math> - netruki diferencijuojama funkcija, tai
<math>\int_{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_a^b[P[x, y(x)]+Q[x, y(x)]y'(x)]dx.</math>
Analogiškai gali būti x(y).

=== Pavyzdžiai ===

*Apskaičiuosime integralą: <math>\int_{AB}xy dx-(x-y)dy</math> palei lanką ''AB'' prabolės <math>y=x^2</math>, jei <math>x_A=-1,</math> <math>x_B=-2.</math> Parinkę parametru ''x'' ir pakeitę <math>dy=2xdx,</math> gausime:
<math>\int_{AB}xy\; dx-(x-y)dy=\int_{-1}^{-2}[x\cdot x^2-(x-x^2)\cdot 2x]dx=\int_{-1}^{-2}(3x^3-2x^2)dx=({3\over 4}x^4-{2\over 3}x^3)|_{-1}^{-2}=</math>
<math>=12+{16\over 3}-({3\over 4}+{2\over 3})={45\over 4}+{14\over 3}={191\over 12}=15{11\over 12}.</math>

*Apskaičiuosime integralą <math>I=\int_L y^2 dx+(xy-x^2)dy,</math> kur ''L'' - lankas prabolės <math>y^2=9x</math> nuo taško ''A(0; 0)'' iki taško ''B(1; 3)''.
:<math>x={y^2\over 9},</math> <math>dx={2y\over 9}.</math> Gauname:
<math>I=\int_0^3[{2\over 9}y^3+({y^3\over 9}-{y^4\over 81})]dy=\int_0^3({y^3\over 3}-{y^4\over 81})dy=({y^4\over 12}-{y^5\over 405})|_0^3={27\over 4}-{243\over 405}={9963\over 1620}=6{3\over 20}=6.15.</math>

[[Vaizdas:kakv.PNG|thumb|Kvadratas.]]
*Apskaičiuosime integralą <math>\oint_L(x+y)dy,</math> kur ''L'' - konturas stačiakampio, padaryto iš tiesių <math>x=0,</math> <math>y=0,</math> <math>x=1</math> ir <math>y=1.</math>
:Paveiksle teigiama kryptis apėjimo konturo ''L'' paženklinta rodyklėmis. Padalinę visą kontūrą integravimo į dalis, užrašysime:
<math>\oint_L=\int_{AB}+\int_{BC}+\int_{CD}+\int_{DA}.</math>
Lengva pastebėti, kad integralai palei dalis ''AB'' ir ''CD'' lygus nuliui, todėl, kad ant jų ''y'' yra pastovus ir, dėl to <math>dy=0.</math> Todėl lieka apskaičiuoti integralus pagal sritis ''BC'' ir ''DA''. Pagal formulę [ vietoje x įrašę y ir vietoje y(x) įrašę x(y)], gauname
<math>\int_{BC}(x+y)dy=\int_0^1(1+y)dy=(y+{y^2\over 2})|_0^1={3\over 2}.</math>
<math>\int_{DA}(x+y)dy=\int_1^0(0+y)dy={y^2\over 2}|_1^0=-{1\over 2}.</math>
Takiu budu, galutinai turime
<math>\oint(x+y)dy={3\over 2}-{1\over 2}=1.</math>

[[Vaizdas:katri.PNG|thumb|Trikampis trimatėje erdvėje.]]
*Apskaičiuosime integralą <math>\oint(x+y+z)dx</math> pagal laužtę ''ABCA'' su viršūnėmis ''A''(1; 0; 0), ''B''(0; 1; 0), ''C''(0; 0; 1).
:Pagal apibrėžimą <math>\oint_{ABCA}=\int_{AB}+\int_{BC}+\int_{CA}.</math>
<math>\int_{BC}(x+y+z)=0,</math> nes kelias integravimo guli plokštumoje ''yOz'', statmenoje ašiai ''Ox'' (todėl <math>x=0</math> ir <math>dx=0).</math> Lygtį atkarpos ''AB'' užrašysime pavidale: <math>x=x,</math> <math>y=1-x,</math> <math>z=0.</math> Taip kaip <math>x_A=1,</math> <math>x_B=0,</math> turime <math>\int_{AB}=(x+y+z)dx=\int_1^0[x+(1-x)+0]dx=\int_1^0 dx=x|_1^0=-1.</math>
:Lygtį atkarpos ''CA'' užrašysime pavidale: <math>x=x,</math> <math>y=0,</math> <math>z=1-x.</math> Taip kaip <math>x_C=0,</math> <math>x_A=1,</math> turime:
<math>\int_{CA}(x+y+z)dx=\int_0^1[x+(1-x)]dx=1.</math>
Rezultate gauname:
<math>\oint{ABCA}(x+y+z)dx=-1+0+1=0.</math>

[[Vaizdas:kapa.PNG|thumb|Parabolė.]]
*Apskaičiuosime integralą <math>\int_{AOB}ydx,</math> jeigu ''AOB'' - lankas prabolės <math>y^2=x,</math> be to ''A''(1; -1), ''B''(1; 1). Atsižvelgiant į savybes kreivinių integralų, gausime:
<math>\int_{AOB}ydx=\int_{AO}ydx+\int_{OB}ydx.</math>
Kadangi lanko ''AO'' lygtis yra <math>y=-\sqrt{x},</math> <math>0\le x\le 1,</math> be to <math>x_A=1,</math> <math>x_O=0,</math> lankas ''OB'' turi lygtį <math>y=\sqrt{x},</math> <math>0\le x\le 1,</math> <math>x_0=0,</math> <math>x_B=1,</math> tai
<math>\int_{AOB}ydx=\int_1^0 -\sqrt{x}dx+\int_0^1\sqrt{x}dx=2\int_0^1\sqrt{x}dx={4\over 3}x^{3\over 2}|_0^1={4\over 3}.</math>
:Šiame pavyzdyje paprasčiau naudoti parametrą ''y'', pakeičiant atitinkamai formulę:
<math>\int_{AOB}y\;dx=\int_{-1}^1 y\cdot 2y\;dy={2\over 3}y^3|_{-1}^1={4\over 3}.</math>

[[Vaizdas:katsu.PNG|thumb|Integravimo keliai sutampa.]]
*Apskaičiuosime integralą <math>\int_{AB}3x^2 y\;dx+(x^3+1)dy,</math> kur:
:a) ''AB'' - tiesė <math>y=x,</math> sujungianti taškus (0; 0) ir (1; 1);
:b) ''AB'' - parabolė y=x², sujungianti tuos pačius taškus (0; 0) ir (1; 1);
:c) ''AB'' - laužtė, pereinanti per taškus (0; 0), (1; 0), (1; 1).
:Pagal vieno iš kinamųjų pakeitimo formulę turime:
:a) <math>\int_{AB}3x^2 y\;dx+(x^3+1)dy=\int_0^1[3x^2\cdot x+(x^3+1)]dx=</math>
<math>=\int_0^1(4x^3+1)dx=(x^4+x)|_0^1=2;</math>
:b) <math>\int_{AB}3x^2 y\;dx+(x^3+1)dy=\int_0^1[3x^2\cdot x^2+(x^3+1)2x]dx=\int_0^1(5x^4+2x)dx=(x^5+x^2)|_0^1=2;</math>
:c) <math>\int_{AB}3x^2 y\;dx+(x^3+1)dy=\int_0^1 3x^2\cdot 0\;dx+\int_0^1(1+1)dy=\int_0^1 2 dy=2.</math>
Vienodo atsakymo gavimas integruojant skirtingais keliais yra dėl to, kad 
:<math>{\partial P\over \partial y}={\partial Q\over \partial x},</math>
:<math>{\partial (3x^2 y)\over \partial y}=3x^2={\partial (x^3+1)\over \partial x}.</math>

*Apskaičiuokime integralą <math>\int_L xydx+(x^2-y^3)dy</math> nuo taško ''O''(0; 0) iki taško A(1; 1), kai integravimo kelias ''L'' nusakomas lygtimi: a) <math>y=x;</math> b) <math>y=x^3;</math> c) <math>y^2=x.</math>
:a) Randame <math>dy=dx.</math> Turime:
<math>\int_L xydx+(x^2-y^3)dy=\int_0^1 x\cdot x\;dx+\int_0^1(x^2-x^3)dx=</math>
<math>=\int_0^1(2x^2-x^3)dx=({2x^3\over 3}-{x^4\over 4})|_0^1={5\over 12}.</math>
:b) Kadangi <math>dy=3x^2 dx,</math> tai
<math>\int_L xydx+(x^2-y^3)dy=\int_0^1 x\cdot x^3 dx+\int_0^1(x^2-x^9)\cdot 3x^2 dx=\int_0^1(4x^4-3x^{11})dx=({4\over 5}x^5-{x^{12}\over 4})|_0^1={11\over 20}.</math>
:c) Iš sąlygos <math>y^2=x</math> turime: <math>y=\sqrt{x},</math> <math>dy={1\over 2}x^{-{1\over 2}}dx.</math> Tuomet
<math>\int_L xydx+(x^2-y^3)dy=\int_0^1 x\sqrt{x}dx+\int_0^1(x^2-x\sqrt{x}){dx\over 2\sqrt{x}}=\int_0^1({3\over 2}x^{3\over 2}-{x\over 2})dx=({3\over 5}x^{5\over 2}-{1\over 4}x^2)|_0^1={7\over 20}.</math>
: Šiuo atveju pavyzdį galėjome spręsti ir neišreikšdami kintąmąjį ''y'' kintamuoju ''x''. Laikykime ''x'' funkcija, o ''y'' argumentu. Tuomet iš sąlygos <math>x=y^2</math> turime: <math>dx=2ydy;</math> ''y'' kitimo rėžiai yra nuo 0 iki 1. Dabar duotąjį integralą pakeiskime apibrėžtiniu, įrašydami vietoje ''x'' ir ''dx'' jų išraiškas:
<math>\int_L xydx+(x^2-y^3)dy=\int_0^1 y^2\cdot y\cdot 2y dy+\int_0^1(y^4-y^3)dy=\int_0^1(3y^4-y^3)dy=({3\over 5}y^5-{y^4\over 4})|_0^1={7\over 20}.</math>
: Visais triais atvejais integravimo pradžia ir pabaiga sutapo, tačiau integruodami galvome skirtingus atsakymus, nes
: <math>{\partial P\over \partial y}\neq{\partial Q\over \partial x},</math>
: <math>{\partial (xy)\over \partial y}=x\neq2x={\partial (x^2-y^3)\over \partial x}.</math>

[[Vaizdas:kat2.PNG|thumb|Prabolė, tiesė ''AB'' ir laužtė ''ACB''.]]
* Apskaičiuokime integralą
<math>\int_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy</math> nuo taško ''A''(1; 1) iki taško ''B''(2; 4), kai integravimo kelias ''L'' nusakomas:
: a) tiesės <math>y=3x-2</math> atkarpa;
: b) parabolės <math>y=x^2</math> lanku;
: c) laužte ''ACB''.

: a) Iš lygties <math>y=3x-2</math> turime: <math>dy=3dx;</math> kitimo rėžiai yra nuo 1 iki 2. Tuomet
<math>\int_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy=\int_1^2(2x+27x^2-36x+12)dx+\int_1^2(18x^2-12x-1)\cdot 3xdx=</math>
<math>=\int_1^2(81x^2-70x+9)dx=(27x^3-35x^2+9x)|_1^2=93.</math>

: b) kai <math>y=x^2,</math> tai <math>dy=2xdx</math> ir
<math>\int_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy=\int_1^2(2x+3x^4)dx+\int_1^2(6x^3-1)2xdx=\int_1^2 15x^4 dx=3x^5|_1^2=93.</math>

: c) Integravimo kelią suskaidysime į dvi atkarpas: ''AC'' ir ''CB''. Atkarpos ''AC'' taškuose ''x'' kinta nuo 1 iki 2, <math>y=1=const,</math> todėl kelio ''AC'' taškuose <math>dy=0;</math> atkarpos ''CB'' taškuose ''y'' kinta nuo 1 iki 4, <math>x=2=const,</math> todėl kelio ''CB'' taškuose <math>dx=0.</math> Tuomet
<math>\int_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy=\int_{AC}(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy+\int_{CB}(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy=</math>
<math>=\int_1^2(2x+3\cdot 1^2)dx+(6x\cdot 1-1)\cdot 0+\int_1^4(2\cdot 2+3y^2)\cdot 0+(6\cdot 2-1)dy=\int_1^2(2x+3)dx+\int_1^4(12y-1)dy=</math>
<math>=(x^2+3)|_1^2+(6y^2-y)|_1^4=6+87=93.</math>
: Visais variantais gavome tokį patį kreivinio integralo atsakymą. Sakoma, kad krivinis integralas nepriklauso nuo integravimo kelio, o priklauso tik nuo integravimo kreivės pradžios ir pabaigos taškų. Taip yra todėl, kad
: <math>{\partial P\over \partial y}={\partial (2x+3y^2)\over \partial y}=6y={\partial (6xy-1)\over \partial x}={\partial Q\over \partial x}.</math>

== Sąlyga, kad kreivinio integralo reikšmė nepriklausytų nuo integravimo kelio ==
Kad integralas <math>\int_L P(x,y)dx+Q(x,y)dy</math> nepriklausytų nuo integravimo kelio jis turi tenkint tokią lygybę:
<math>{\partial P(x,y)\over \partial y}={\partial Q(x,y)\over \partial x}</math> arba <math>{\partial P\over \partial y}-{\partial Q\over \partial x}=0.</math>

Trimatis vektorius su dedamosiomis (projekcijomis koordinačių ašims) <math>P(x, y, z),</math> <math>Q(x, y, z),</math> <math>R(x, y, z)</math> išreiškiamas per integralą
<math>\int_{AB}Pdx+Qdy+Rdz,</math>
nepriklauso nuo integravimo kelio, jei:
<math>{\partial P\over\partial y}={\partial Q\over\partial x},\;{\partial P\over\partial z}={\partial R\over\partial x},\;{\partial Q\over\partial z}={\partial R\over\partial y}.</math>

[[Vaizdas:sal.PNG|thumb|Prabolė ir tiesė.]]
* Apskaičiuosime, pavyzdžiui, integralą <math>\int_{AB}xdx+xydy+ydz</math> pagal atkarpą tiesės ''AB'', jungiančios taškus ''A''(1; 0; 0) ir ''B''(1; 1; 1). Lygtis tiesės ''AB'':
: <math>{x-1\over 1-1}={y-0\over 1-0}={z-0\over 1-0},</math>
: <math>{x-1\over 0}={y-0\over 1}={z-0\over 1},</math>
t. y. <math>y=z,</math> <math>x-1=0,</math> <math>x=1.</math>
Išrinkę parametru ''y'', turime:
<math>\int_{AB}xdx+xydy+ydz=\int_0^1 1\cdot 0+1\cdot ydy+ydy=\int_0^1 2ydy=y^2|_0^1=1.</math>
: Apskaičiuosime dabar tą patį integralą pagal lanką prabolės ''AB'', aprašamos lygtimis <math>x=1,</math> <math>z=y^2.</math> Parinke parametru ''y'' (<math>x=1,</math> <math>y=y,</math> <math>z=y^2,</math> <math>dz=2y dy,</math> <math>y_A=0,</math> <math>y_B=1</math>), gausime:
<math>\int_{AB}xdx+xydy+ydz=\int_0^1 1\cdot 0+1\cdot y dy+y\cdot 2y=\int_0^1(y+2y^2)dy=({y^2\over 2}+{2y^3\over 3})|_0^1={1\cdot 3+2\cdot 2\over 2\cdot 3}={7\over 6}.</math>
: Šis pavyzdys parodo, kad integralo <math>\int_{AB}xdx+xydy+ydz</math> reikšmė priklauso nuo formos kreivės pagal kurią vyksta integravimas. Taip yra todėl, nes
<math>{\partial P\over \partial y}=0\neq y={\partial Q\over \partial x},\;{\partial P\over \partial z}=0={\partial R\over \partial x},\;{\partial Q\over \partial z}=0\neq 1={\partial R\over \partial y}.</math>

== Taip pat skaitykite ==
* [[Gryno formulė]]
* [[Pilnųjų diferencialų integravimas]]
* [[Matematika/Apibrėžtinis integralas|Apibrėžtinis integralas]]