Antrojo tipo kreivinis integralas

Antrojo tipo kreivinis integralas fizikoje reiškia jėgų lauko darbą.

${\int }_{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=-{\int }_{BA}P(x,y)dx+Q(x,y)dy.$ Taip pat antrojo tipo kreivinį integralą galima apibrėžti erdvine kreive L: ${\int }_{L}P(x,y)dx+Q(x,y)dy+R(x,y)dz.$

Funkcijos išreikštos parametrinėmis lygtimis

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

Pavyzdžiai

• Apskaičiuokime ${\int }_{L}ydx-xdy,$ kai L - apskritimo $x=a\cos t,$ $y=a\sin t$ lankas nuo taško $A(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{1}{2}a)$ iki taško $B(\frac{1}{2}a;\frac{a\sqrt{3}}{2}).$

Įrašę į apskritimo lygtis taškų A ir B koordinates, sužinome, kad tašką A atitinka parametro reikšmė, lygi $\frac{\pi }{6},$ o taško B - reikšmė, lygi $\frac{\pi }{3}.$

Randame: $dx=-a\sin tdt,$ $dy=a\cos tdt.$ Tuomet ${\int }_{L}ydx-xdy={\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}(a\sin t\cdot (-a)\sin t-a\cos t\cdot a\cos t)dt=-a^2{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}({\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t)dt=-a^2{\int }_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}dt=$ $=-a^{2}t{|}_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}=-\frac{\pi a^2}{6}.$

• Apskaičiuosime integralą ${\int }_{AB}{x}^{2}dx+xydy,$ kur AB - ketvirtis apskritimo $x=\cos t,$ $y=\sin t,$ $0\le t\le \frac{\pi }{2},$ A Atitinka t=0, B atitinka $t=\pi /2.$

Turime $x^2={\cos }^{2}t,$ $dx=-\sin tdt,$ $xy=\cos t\sin t,$ $dy=\cos tdt.$ Gauname

${\int }_{AB}{x}^{2}dx+xydy={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(-{\cos }^{2}t\sin t+{\cos }^{2}t\sin t)dt=0.$

• Apskaičiuosime integralą ${\int }_{AB}{x}^{2}dx-yzdy+zdz$ palei atkarpą AB, jungiančią taškus A(1; 2; -1) ir B(3; 3; 2).

Lygtis tiesės AB:

$\frac{x-1}{3-1}=\frac{y-2}{3-2}=\frac{z-(-1)}{2-(-1)}$

$\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z+1}{3}$

arba parametrinėje formoje: $x=1+2t,$ $y=2+t,$ $z=-1+3t.$ Atkarpai AB parametras t keičiasi nuo $t_A=0$ iki $t_B=1.$ Todėl, ${\int }_{AB}{x}^{2}dx-yzdy+zdz={\int }_0^1[(1+2t{)}^2\cdot 2-(2+t)(-1+3t)+(-1+3t)3]dt={\int }_0^1(5t^2+12t+1)dt=$ $=(\frac{5t^3}{3}+6t^2+t){|}_0^1=\frac{26}{3}.$

Duotame pavyzdyje parametru galima parinkti bet kurį iš kintamųjų x, y arba z.

Pavyzdžiui, parinkę parametru y, užrašysime lygtį atkarpos AB formoje:

$x=2y-3,$ $y=y,$ $z=3y-7,$ $y_A=2\le y\le y_B=3.$

Pritaikydami auksčiau išvestą formulę gausime: ${\int }_{AB}{x}^{2}dx-yzdy+zdz={\int }_2^3[(2y-3{)}^{2}2-y(3y-7)+(3y-7)3]dy=$ $={\int }_2^3[2(4y^2-12y+9)-3y^2+7y+9y-21]dy={\int }_2^3(5y^2-8y-3)dy=$ $=(\frac{5y^3}{3}-4y^2-3y){|}_2^3=45-36-9-(\frac{40}{3}-16-6)=0-(-\frac{26}{3})=\frac{26}{3}.$

• Apskaičiuosime integralą $I={\int }_{L}xydx+yzdy+zxdz,$ kur L - viena apvija spiralinės linijos cilindro paviršiumi $x=a\cos t,$ $y=a\sin t,$ $z=bt$ nuo $t_0=0$ iki $T=2\pi .$

Randame: $dx=-a\sin t,$ $dy=a\cos t,$ $dz=b.$

$I={\int }_0^{2\pi }(-a^3{\sin }^{2}t\cos t+a^{2}bt\sin t\cos t+a{b}^{2}t\cos t)dt.$ Apskaičiuosime kiekvieną dalį atskirai. $I_1=-a^3{\int }_0^{2\pi }{\sin }^{2}t\cos tdt=-a^3{\int }_0^{2\pi }{\sin }^{2}td(\sin t)=-a^3\frac{{\sin }^{3}t}{3}{|}_0^{2\pi }=0.$ $I_2=a^{2}b{\int }_0^{2\pi }t\sin t\cos tdt=\frac{a^{2}b}{2}{\int }_0^{2\pi }t\sin (2t)dt=-\frac{a^{2}b}{4}(t\cos (2t)){|}_0^{2\pi }+\frac{a^{2}b}{4}{\int }_0^{2\pi }\cos (2t)dt=$ $=-\frac{a^{2}b}{4}(2\pi \cos (4\pi )-0\cos 0)+\frac{a^{2}b}{8}\sin (2t){|}_0^{2\pi }=-\frac{\pi a^{2}b}{2},$ kur $u=t,$ $dv=\sin (2t),$ $du=dt,$ $v=-\frac{\cos (2t)}{2}.$ $I_3=a{b}^2{\int }_0^{2\pi }t\cos tdt=a{b}^2(t\sin t){|}_0^{2\pi }-a{b}^2{\int }_0^{2\pi }\sin tdt=a{b}^2\cos t{|}_0^{2\pi }=0.$ kur $u=t,$ $dv=\cos t,$ $du=dt,$ $v=\sin t.$

Todėl

$I=I_1+I_2+I_3=0-\frac{\pi a^{2}b}{2}+0=-\frac{\pi a^{2}b}{2}.$

• Apskaičiuoti darbą jėgos $\overrightarrow{F}(x;y),$ 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, $|\overrightarrow{F}(x;y)|=\sqrt{x^2+y^2};$ koordinatės jėgos $\overrightarrow{F}(x;y)$ tokios: $P=-x,Q=-y$ [ženklas "$-$" paaiškinmas tuo, kad jėga nukreipta į tašką (0; 0)]. Pagal formulę $A={\int }_{BC}Pdx+Qdy$ turime

$A=-{\oint }_{L}xdx+ydy,$ čia L - elipsė $x=a\cos (t),$ $y=b\sin (t),$ $0\le t\le 2\pi .$ Randame $dx=-a\sin (t)dt,$ $dy=b\cos (t)dt$. Todėl,

$A=-{\oint }_{L}xdx+ydy=-{\int }_0^{2\pi }xdx-{\int }_0^{2\pi }ydy=-{\int }_0^{2\pi }-a^2\cos (t)\sin (t)dt-{\int }_0^{2\pi }b\sin (t)b\cos (t)dt=$

$={\int }_0^{2\pi }{a}^2\cos (t)\sin (t)dt-{\int }_0^{2\pi }{b}^2\sin (t)\cos (t)dt={\int }_0^{2\pi }(a^2\cos (t)\sin (t)-b^2\sin (t)\cos (t))dt=$

$=(a^2-b^2){\int }_0^{2\pi }\sin (t)\cos (t)dt=\frac{a^2-b^2}{2}{\int }_0^{2\pi }\sin (2t)dt=\frac{a^2-b^2}{4}(-\cos (2t)){|}_0^{2\pi }=$

$=-\frac{a^2-b^2}{4}(\cos (4\pi )-\cos (2\cdot 0))=-\frac{a^2-b^2}{4}(1-1)=0.$

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 $y=y(x)$, $a\le x\le b,$ kur $y(x)$ - netruki diferencijuojama funkcija, tai ${\int }_{AB}P(x,y)dx+Q(x,y)dy={\int }_a^b[P[x,y(x)]+Q[x,y(x)]y^{\prime }(x)]dx.$ Analogiškai gali būti x(y).

Pavyzdžiai

• Apskaičiuosime integralą: ${\int }_{AB}xydx-(x-y)dy$ palei lanką AB prabolės $y=x^2$, jei $x_A=-1,$ $x_B=-2.$ Parinkę parametru x ir pakeitę $dy=2xdx,$ gausime:

${\int }_{AB}xydx-(x-y)dy={\int }_{-1}^{-2}[x\cdot x^2-(x-x^2)\cdot 2x]dx={\int }_{-1}^{-2}(3x^3-2x^2)dx=(\frac{3}{4}{x}^4-\frac{2}{3}{x}^3){|}_{-1}^{-2}=$ $=12+\frac{16}{3}-(\frac{3}{4}+\frac{2}{3})=\frac{45}{4}+\frac{14}{3}=\frac{191}{12}=15\frac{11}{12}.$

• Apskaičiuosime integralą $I={\int }_L{y}^{2}dx+(xy-x^2)dy,$ kur L - lankas prabolės $y^2=9x$ nuo taško A(0; 0) iki taško B(1; 3).

$x=\frac{y^2}{9},$ $dx=\frac{2y}{9}.$ Gauname:

$I={\int }_0^3[\frac{2}{9}{y}^3+(\frac{y^3}{9}-\frac{y^4}{81})]dy={\int }_0^3(\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{81})dy=(\frac{y^4}{12}-\frac{y^5}{405}){|}_0^3=\frac{27}{4}-\frac{243}{405}=\frac{9963}{1620}=6\frac{3}{20}=\mathrm{6.15.}$

Kvadratas.

• Apskaičiuosime integralą ${\oint }_L(x+y)dy,$ kur L - konturas stačiakampio, padaryto iš tiesių $x=0,$ $y=0,$ $x=1$ ir $y=1.$

Paveiksle teigiama kryptis apėjimo konturo L paženklinta rodyklėmis. Padalinę visą kontūrą integravimo į dalis, užrašysime:

${\oint }_L={\int }_{AB}+{\int }_{BC}+{\int }_{CD}+{\int }_{DA}.$ Lengva pastebėti, kad integralai palei dalis AB ir CD lygus nuliui, todėl, kad ant jų y yra pastovus ir, dėl to $dy=0.$ Todėl lieka apskaičiuoti integralus pagal sritis BC ir DA. Pagal formulę [ vietoje x įrašę y ir vietoje y(x) įrašę x(y)], gauname ${\int }_{BC}(x+y)dy={\int }_0^1(1+y)dy=(y+\frac{y^2}{2}){|}_0^1=\frac{3}{2}.$ ${\int }_{DA}(x+y)dy={\int }_1^0(0+y)dy=\frac{y^2}{2}{|}_1^0=-\frac{1}{2}.$ Takiu budu, galutinai turime $\oint (x+y)dy=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1.$

Trikampis trimatėje erdvėje.

• Apskaičiuosime integralą $\oint (x+y+z)dx$ pagal laužtę ABCA su viršūnėmis A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1).

Pagal apibrėžimą ${\oint }_{ABCA}={\int }_{AB}+{\int }_{BC}+{\int }_{CA}.$

${\int }_{BC}(x+y+z)=0,$ nes kelias integravimo guli plokštumoje yOz, statmenoje ašiai Ox (todėl $x=0$ ir $dx=0).$ Lygtį atkarpos AB užrašysime pavidale: $x=x,$ $y=1-x,$ $z=0.$ Taip kaip $x_A=1,$ $x_B=0,$ turime ${\int }_{AB}=(x+y+z)dx={\int }_1^0[x+(1-x)+0]dx={\int }_1^{0}dx=x{|}_1^0=-1.$

Lygtį atkarpos CA užrašysime pavidale: $x=x,$ $y=0,$ $z=1-x.$ Taip kaip $x_C=0,$ $x_A=1,$ turime:

${\int }_{CA}(x+y+z)dx={\int }_0^1[x+(1-x)]dx=1.$ Rezultate gauname: $\oint ABCA(x+y+z)dx=-1+0+1=0.$

Parabolė.

• Apskaičiuosime integralą ${\int }_{AOB}ydx,$ jeigu AOB - lankas prabolės $y^2=x,$ be to A(1; -1), B(1; 1). Atsižvelgiant į savybes kreivinių integralų, gausime:

${\int }_{AOB}ydx={\int }_{AO}ydx+{\int }_{OB}ydx.$ Kadangi lanko AO lygtis yra $y=-\sqrt{x},$ $0\le x\le 1,$ be to $x_A=1,$ $x_O=0,$ lankas OB turi lygtį $y=\sqrt{x},$ $0\le x\le 1,$ $x_0=0,$ $x_B=1,$ tai ${\int }_{AOB}ydx={\int }_1^0-\sqrt{x}dx+{\int }_0^1\sqrt{x}dx=2{\int }_0^1\sqrt{x}dx=\frac{4}{3}{x}^{\frac{3}{2}}{|}_0^1=\frac{4}{3}.$

Šiame pavyzdyje paprasčiau naudoti parametrą y, pakeičiant atitinkamai formulę:

${\int }_{AOB}ydx={\int }_{-1}^{1}y\cdot 2ydy=\frac{2}{3}{y}^3{|}_{-1}^1=\frac{4}{3}.$

Integravimo keliai sutampa.

• Apskaičiuosime integralą ${\int }_{AB}3x^{2}ydx+(x^3+1)dy,$ kur:

a) AB - tiesė $y=x,$ 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) ${\int }_{AB}3x^{2}ydx+(x^3+1)dy={\int }_0^1[3x^2\cdot x+(x^3+1)]dx=$

$={\int }_0^1(4x^3+1)dx=(x^4+x){|}_0^1=2;$

b) ${\int }_{AB}3x^{2}ydx+(x^3+1)dy={\int }_0^1[3x^2\cdot x^2+(x^3+1)2x]dx={\int }_0^1(5x^4+2x)dx=(x^5+x^2){|}_0^1=2;$

c) ${\int }_{AB}3x^{2}ydx+(x^3+1)dy={\int }_0^{1}3x^2\cdot 0dx+{\int }_0^1(1+1)dy={\int }_0^{1}2dy=2.$

Vienodo atsakymo gavimas integruojant skirtingais keliais yra dėl to, kad

$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x},$

$\frac{\partial (3x^{2}y)}{\partial y}=3x^2=\frac{\partial (x^3+1)}{\partial x}.$

• Apskaičiuokime integralą ${\int }_{L}xydx+(x^2-y^3)dy$ nuo taško O(0; 0) iki taško A(1; 1), kai integravimo kelias L nusakomas lygtimi: a) $y=x;$ b) $y=x^3;$ c) $y^2=x.$

a) Randame $dy=dx.$ Turime:

${\int }_{L}xydx+(x^2-y^3)dy={\int }_0^{1}x\cdot xdx+{\int }_0^1(x^2-x^3)dx=$ $={\int }_0^1(2x^2-x^3)dx=(\frac{2x^3}{3}-\frac{x^4}{4}){|}_0^1=\frac{5}{12}.$

b) Kadangi $dy=3x^{2}dx,$ tai

${\int }_{L}xydx+(x^2-y^3)dy={\int }_0^{1}x\cdot x^{3}dx+{\int }_0^1(x^2-x^9)\cdot 3x^{2}dx={\int }_0^1(4x^4-3x^{11})dx=(\frac{4}{5}{x}^5-\frac{x^{12}}{4}){|}_0^1=\frac{11}{20}.$

c) Iš sąlygos $y^2=x$ turime: $y=\sqrt{x},$ $dy=\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}dx.$ Tuomet

${\int }_{L}xydx+(x^2-y^3)dy={\int }_0^{1}x\sqrt{x}dx+{\int }_0^1(x^2-x\sqrt{x})\frac{dx}{2\sqrt{x}}={\int }_0^1(\frac{3}{2}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{x}{2})dx=(\frac{3}{5}{x}^{\frac{5}{2}}-\frac{1}{4}{x}^2){|}_0^1=\frac{7}{20}.$

Šiuo atveju pavyzdį galėjome spręsti ir neišreikšdami kintąmąjį y kintamuoju x. Laikykime x funkcija, o y argumentu. Tuomet iš sąlygos $x=y^2$ turime: $dx=2ydy;$ y kitimo rėžiai yra nuo 0 iki 1. Dabar duotąjį integralą pakeiskime apibrėžtiniu, įrašydami vietoje x ir dx jų išraiškas:

${\int }_{L}xydx+(x^2-y^3)dy={\int }_0^1{y}^2\cdot y\cdot 2ydy+{\int }_0^1(y^4-y^3)dy={\int }_0^1(3y^4-y^3)dy=(\frac{3}{5}{y}^5-\frac{y^4}{4}){|}_0^1=\frac{7}{20}.$

Visais triais atvejais integravimo pradžia ir pabaiga sutapo, tačiau integruodami galvome skirtingus atsakymus, nes

$\frac{\partial P}{\partial y}\ne \frac{\partial Q}{\partial x},$

$\frac{\partial (xy)}{\partial y}=x\ne 2x=\frac{\partial (x^2-y^3)}{\partial x}.$

Prabolė, tiesė AB ir laužtė ACB.

• Apskaičiuokime integralą

${\int }_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy$ nuo taško A(1; 1) iki taško B(2; 4), kai integravimo kelias L nusakomas:

a) tiesės $y=3x-2$ atkarpa;

b) parabolės $y=x^2$ lanku;

c) laužte ACB.

a) Iš lygties $y=3x-2$ turime: $dy=3dx;$ kitimo rėžiai yra nuo 1 iki 2. Tuomet

${\int }_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy={\int }_1^2(2x+27x^2-36x+12)dx+{\int }_1^2(18x^2-12x-1)\cdot 3xdx=$ $={\int }_1^2(81x^2-70x+9)dx=(27x^3-35x^2+9x){|}_1^2=93.$

b) kai $y=x^2,$ tai $dy=2xdx$ ir

${\int }_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy={\int }_1^2(2x+3x^4)dx+{\int }_1^2(6x^3-1)2xdx={\int }_1^{2}15x^{4}dx=3x^5{|}_1^2=93.$

c) Integravimo kelią suskaidysime į dvi atkarpas: AC ir CB. Atkarpos AC taškuose x kinta nuo 1 iki 2, $y=1=const,$ todėl kelio AC taškuose $dy=0;$ atkarpos CB taškuose y kinta nuo 1 iki 4, $x=2=const,$ todėl kelio CB taškuose $dx=0.$ Tuomet

${\int }_L(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy={\int }_{AC}(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy+{\int }_{CB}(2x+3y^2)dx+(6xy-1)dy=$ $={\int }_1^2(2x+3\cdot 1^2)dx+(6x\cdot 1-1)\cdot 0+{\int }_1^4(2\cdot 2+3y^2)\cdot 0+(6\cdot 2-1)dy={\int }_1^2(2x+3)dx+{\int }_1^4(12y-1)dy=$ $=(x^2+3){|}_1^2+(6y^2-y){|}_1^4=6+87=93.$

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

$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial (2x+3y^2)}{\partial y}=6y=\frac{\partial (6xy-1)}{\partial x}=\frac{\partial Q}{\partial x}.$

Sąlyga, kad kreivinio integralo reikšmė nepriklausytų nuo integravimo kelio

Kad integralas ${\int }_{L}P(x,y)dx+Q(x,y)dy$ nepriklausytų nuo integravimo kelio jis turi tenkint tokią lygybę: $\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}$ arba $\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial x}=0.$

Trimatis vektorius su dedamosiomis (projekcijomis koordinačių ašims) $P(x,y,z),$ $Q(x,y,z),$ $R(x,y,z)$ išreiškiamas per integralą ${\int }_{AB}Pdx+Qdy+Rdz,$ nepriklauso nuo integravimo kelio, jei: $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x},\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x},\frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}.$

Prabolė ir tiesė.

• Apskaičiuosime, pavyzdžiui, integralą ${\int }_{AB}xdx+xydy+ydz$ pagal atkarpą tiesės AB, jungiančios taškus A(1; 0; 0) ir B(1; 1; 1). Lygtis tiesės AB:

$\frac{x-1}{1-1}=\frac{y-0}{1-0}=\frac{z-0}{1-0},$

$\frac{x-1}{0}=\frac{y-0}{1}=\frac{z-0}{1},$

t. y. $y=z,$ $x-1=0,$ $x=1.$ Išrinkę parametru y, turime: ${\int }_{AB}xdx+xydy+ydz={\int }_0^{1}1\cdot 0+1\cdot ydy+ydy={\int }_0^{1}2ydy=y^2{|}_0^1=1.$

Apskaičiuosime dabar tą patį integralą pagal lanką prabolės AB, aprašamos lygtimis $x=1,$ $z=y^2.$ Parinke parametru y ($x=1,$ $y=y,$ $z=y^2,$ $dz=2ydy,$ $y_A=0,$ $y_B=1$), gausime:

${\int }_{AB}xdx+xydy+ydz={\int }_0^{1}1\cdot 0+1\cdot ydy+y\cdot 2y={\int }_0^1(y+2y^2)dy=(\frac{y^2}{2}+\frac{2y^3}{3}){|}_0^1=\frac{1\cdot 3+2\cdot 2}{2\cdot 3}=\frac{7}{6}.$

Šis pavyzdys parodo, kad integralo ${\int }_{AB}xdx+xydy+ydz$ reikšmė priklauso nuo formos kreivės pagal kurią vyksta integravimas. Taip yra todėl, nes

$\frac{\partial P}{\partial y}=0\ne y=\frac{\partial Q}{\partial x},\frac{\partial P}{\partial z}=0=\frac{\partial R}{\partial x},\frac{\partial Q}{\partial z}=0\ne 1=\frac{\partial R}{\partial y}.$

Taip pat skaitykite

• Gryno formulė
• Pilnųjų diferencialų integravimas
• Apibrėžtinis integralas