Gryno formulė

Gryno formulė nustato ryšį tarp dvilypio integralo ir kreivinio integralo antrojo tipo.

${\iint }_D(\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}-\frac{\partial P(x,y)}{\partial y})𝐝x𝐝y={\oint }_{L}P(x,y)𝐝x+Q(x,y)𝐝y.$

Pavyzdžiai

• Su Gryno formule apskaičiuosime kreivinį integralą ${\oint }_L(x-y)dx+(x+y)dy,$ kur L - apskritimas $x^2+y^2=R^2.$

Funkcijos $P(x,y)=x-y,Q(x,y)=x+y$ ir $\frac{\partial P}{\partial y}=-1,\frac{\partial Q}{\partial x}=1$ netrūkios uždarame rate $x^2+y^2=R^2.$ Todėl pagal Gryno teoremą turime (${\rho }^2=R^2,$ $\rho =R$):

${\oint }_L(x-y)dx+(x+y)dy={\iint }_D[1-(-1)]dxdy=2{\iint }_{D}dxdy=2s=2{\int }_0^{2\pi }d\varphi {\int }_0^R\rho d\rho =$ $={\int }_0^{2\pi }{\rho }^2{|}_0^{R}d\varphi =R^2{\int }_0^{2\pi }d\varphi =R^2\varphi {|}_0^{2\pi }=2\pi R^2.$

Patikrinimas. Iš apskritimo lygties $x^2+y^2=R^2$ gauname:

$y=\sqrt{R^2-x^2},$

$x=\sqrt{R^2-y^2}.$

Todėl

$P(x,y)=x-y=x-\sqrt{R^2-x^2},$

$Q(x,y)=x+y=\sqrt{R^2-y^2}+y.$

Pasinaudodami internetiniu integratoriumi, gauname, kad

${\oint }_L(x-y)dx+(x+y)dy={\int }_{-R}^R(x-\sqrt{R^2-x^2})dx+{\int }_{-R}^R(\sqrt{R^2-y^2}+y)dy=$

$(-\frac{1}{2}x\sqrt{R^2-x^2}+\frac{1}{2}{R}^2\arctan \frac{x\sqrt{R^2-x^2}}{x^2-R^2}+\frac{x^2}{2}){|}_{-R}^R+\frac{1}{2}(y(\sqrt{R^2-y^2}+y)+R^2\arctan \frac{y}{R^2-y^2}){|}_{-R}^R=$

$(-\frac{1}{2}R\sqrt{R^2-R^2}+\frac{1}{2}{R}^2\arctan \frac{R\sqrt{R^2-R^2}}{R^2-R^2}+\frac{R^2}{2})-(-\frac{1}{2}(-R)\sqrt{R^2-(-R{)}^2}+\frac{1}{2}{R}^2\arctan \frac{-R\sqrt{R^2-(-R{)}^2}}{(-R{)}^2-R^2}+\frac{(-R{)}^2}{2})+$

$+\frac{1}{2}(R(\sqrt{R^2-R^2}+R)+R^2\arctan \frac{R}{R^2-R^2})-\frac{1}{2}(-R(\sqrt{R^2-(-R{)}^2}-R)+R^2\arctan \frac{-R}{R^2-(-R{)}^2})=$

$(\frac{1}{2}{R}^2\arctan (\mathrm{\infty })+\frac{R^2}{2})-(\frac{1}{2}{R}^2\arctan (-\mathrm{\infty })+\frac{R^2}{2})+$

$+\frac{1}{2}(R(0+R)+R^2\arctan (\mathrm{\infty }))-\frac{1}{2}(-R(0-R)+R^2\arctan (-\mathrm{\infty }))=$

$=(\frac{1}{2}{R}^2\pi /2+\frac{R^2}{2})-(\frac{1}{2}{R}^2(-\pi /2)+\frac{R^2}{2})+$

$+\frac{1}{2}(R^2+R^2\pi /2)-\frac{1}{2}(R^2+R^2(-\pi /2))=$

$=R^2\pi /2+R^2\pi /2=\pi R^2.$

Riba $\underset{x\to R}{lim}\arctan \frac{x\sqrt{R^2-x^2}}{x^2-R^2}=\underset{x\to R}{lim}\arctan \frac{x}{\sqrt{x^2-R^2}}=\underset{z\to 0}{lim}\arctan \frac{R}{z}=\arctan (\mathrm{\infty })=\pi /2.$ Beje, $\arctan (0)=0;\arctan (-\mathrm{\infty })=-\pi /2.$

Patikrinimo atsakymas gautas du kartus mažesnis, todėl kyla abejonių dėl Gryno formulės prasmės.

Kitoks patikrinimas. Iš apskritimo lygties $x^2+y^2=R^2$ gauname:

$y=R\sin (t),$

$x=R\cos (t);$

$dy=R\cos (t)dt,$

$dx=-R\sin (t)dt.$

Todėl

$P(x,y)=x-y=R\cos (t)-R\sin (t),$

$Q(x,y)=x+y=R\cos (t)+R\sin (t).$

Pasinaudodami internetiniu integratoriumi, gauname, kad

${\oint }_L(x-y)dx+(x+y)dy=-R^2{\int }_0^{2\pi }(\cos (t)-\sin (t))\sin (t)dt+R^2{\int }_0^{2\pi }(\cos (t)+\sin (t))\cos (t)dt=$

$\frac{R^2}{4}(2x-\sin (2x)+\cos (2x)+1){|}_0^{2\pi }+\frac{R^2}{4}(2x+\sin (2x)-{\cos }^2(2x)){|}_0^{2\pi }=$

$\frac{R^2}{4}(2\cdot 2\pi -\sin (2\cdot 2\pi )+\cos (2\cdot 2\pi )+1)-\frac{R^2}{4}(2\cdot 0-\sin (2\cdot 0)+\cos (2\cdot 0)+1)+\frac{R^2}{4}(2\cdot 2\pi +\sin (2\cdot 2\pi )-{\cos }^2(2\cdot 2\pi ))-\frac{R^2}{4}(2\cdot 0+\sin (2\cdot 0)-{\cos }^2(2\cdot 0))=$

$\frac{R^2}{4}(4\pi -\sin (4\pi )+\cos (4\pi )+1)-\frac{R^2}{4}(0-\sin (0)+\cos (0)+1)+\frac{R^2}{4}(4\pi +\sin (4\pi )-{\cos }^2(4\pi ))-\frac{R^2}{4}(0+\sin (0)-{\cos }^2(0))=$

$=\frac{R^2}{4}(4\pi -0+1+1)-\frac{R^2}{4}(0-0+1+1)+\frac{R^2}{4}(4\pi +0-1^2)-\frac{R^2}{4}(0+0-1^2)=$

$=\frac{R^2}{4}(4\pi +2)-\frac{R^2}{4}\cdot 2+\frac{R^2}{4}(4\pi -1)+\frac{R^2}{4}=$

$=R^2(\pi +\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\pi -\frac{1}{4}+\frac{1}{4})=$

$=2\pi R^2.$

• Taikydami Gryno formulę, apskaičiuokime kreivinį integralą

${\int }_{L}xydx+(x^2+y^2)dy,$ kai L - apskritimas $x^2+y^2=ax$ (a>0), apeinamas teigiama kryptimi. Kadangi skritulyje $x^2+y^2\le ax$ funkcijos $P(x,y)=xy$ ir $Q(x,y)=x^2+y^2$ bei jų dalinės išvestinės $\frac{\partial P}{\partial y}=x$ ir $\frac{\partial Q}{\partial x}=2x$ yra tolydžios, tai duotajam kreiviniam integralui galima taikyti Gryno formulę. Turime: ${\int }_{L}xydx+(x^2+y^2)dy={\iint }_D(2x-x)dxdy={\iint }_{D}xdxdy.$ Dvilypį integralą pakeisime kartotiniu polinėje koordinačių sistemoje, turėdami galvoje, kad apskritimas apeinamas teigiama kryptimi (prieš laikrodžio rodykle). Tuomet kampas $\varphi$ kinta nuo $-\frac{\pi }{2}$ iki $\frac{\pi }{2}.$ Vadinasi ($x=\rho \cos \varphi ,$ ${\rho }^2=a\rho \cos \varphi ,$ $\rho =a\cos \varphi$), ${\int }_{D}xdxdy={\iint }_D{\rho }^2\cos \varphi d\rho d\varphi ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \varphi d\varphi {\int }_0^{a\cos \varphi }{\rho }^{2}d\rho ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \varphi \frac{{\rho }^3}{3}{|}_0^{a\cos \varphi }d\varphi =$ $=\frac{a^3}{3}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^4\varphi d\varphi =\frac{2a^3}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^4\varphi d\varphi =\frac{2a^3}{3}\cdot \frac{3!!}{4!!}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi a^3}{8},$ kur pasinaudojome dvigubu faktorialu.

• Taikydami Gryno formulę, apskaičiuokime kreivinį integralą

${\int }_{L}xy𝐝x+(x^2+y^2)𝐝y,$ kai L - apskritimas $x^2+y^2=ax$ (a>0), apeinamas teigiama kryptimi (prieš laikrodžio rodyklę).

Kadangi skritulyje $x^2+y^2\le ax$ funkcijos $P(x,y)=xy$ ir $Q(x,y)=x^2+y^2$ bei jų dalinės išvestinės $\frac{\partial P}{\partial y}=x$ ir $\frac{\partial Q}{\partial x}=2x$ yra tolydžios, tai duotajam kreiviniam integralui galima taikyti Gryno formulę.

Turime:

${\int }_{L}xydx+(x^2+y^2)dy={\iint }_D(2x-x)dxdy={\iint }_{D}xdxdy.$

Randame apskritimo y išraišką:

$x^2+y^2=ax,$

$y^2=ax-x^2,$

$y=\sqrt{ax-x^2}.$

Randame y išvestinę, o paskui ir dy:

$y^{\prime }=\frac{dy}{dx}=(\sqrt{ax-x^2}{)}^{\prime }=\frac{(ax-x^2{)}^{\prime }}{2\sqrt{ax-x^2}}=\frac{a-2x}{2\sqrt{ax-x^2}};$

$dy=\frac{a-2x}{2\sqrt{ax-x^2}}dx.$

Apskritimo spindulys $R=\frac{a}{2},$ nes pavyzdžiui, kai $a=3,$ tai $x^2+y^2=3x.$ Žinome, kad šis apskritimas liečiasi koordinačių pradžios taške O(0; 0) ir kad ašis Ox dalina apskritimą pusiau. Vadinasi, kai $x=0$ ir $y=0,$ tai gauname teisingą lygybę $0^2+0^2=3\cdot 0.$ Vadinasi taškas (0; 0) priklauso apskritimui $x^2+y^2=3x.$ Kitas apskritimo taškas yra (3; 0), kuris yra ant Ox ašies. Įstačius taško (3; 0) koordinates į apskritimo lygtį $x^2+y^2=3x$ gauname $3^2+0^2=3\cdot 3.$ Žinome, kad taškas (3; 0) yra toliausias taškas ant Ox ašies. Todėl apskritimo $x^2+y^2=3x$ spindulys yra $R=\frac{3}{2}=\frac{a}{2}.$

Kadangi apskritimo $x^2+y^2=ax$ spindulys yra $R=\frac{a}{2}$ ir Ox ašis dalina apskritimą per pusę, tai didžiausia y reikšmė gali būti $R=\frac{a}{2}.$ Vadinasi integravimas vyksta pirmame ir ketvirtame ketvirčiuose. Bet, kadangi, skritulio $x^2+y^2\le ax$ plotas yra vienodas ketvirtame ketviryje kaip ir pirmame, tai užtenka apskaičiuoti skritulio plotą tik pirmame ketvirtyje, o paskui gautą plotą padauginti iš dviejų. Kad apskaičiuoti skritulio $x^2+y^2\le ax$ plotą pirmame ketvirtyje, turime žinoti integravimo ribas. Nustatome, kad x kinta nuo 0 iki a, o y kinta nuo 0 iki $R=\frac{a}{2}.$

Taikydami Gryno formulę, integruojame (pasinaudodami internetiniu integratoriumi):

${\iint }_{D}xdxdy=2{\int }_0^{a}x({\int }_0^{\sqrt{ax-x^2}}dy)dx=2{\int }_0^{a}x(y{|}_0^{\sqrt{ax-x^2}})dx=2{\int }_0^{a}x\sqrt{ax-x^2}dx=$

$=2\cdot \frac{\sqrt{-x(x-a)}(3a^3\arctan \left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}\right)+\sqrt{x}\sqrt{a-x}(-3a^2-2ax+8x^2))}{24\sqrt{x}\sqrt{a-x}}{|}_0^a=$

$=\frac{3a^3\arctan \left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}\right)+\sqrt{x}\sqrt{a-x}(-3a^2-2ax+8x^2)}{12}{|}_0^a=$

$=\frac{3a^3\arctan \left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a-a}}\right)+\sqrt{a}\sqrt{a-a}(-3a^2-2a\cdot a+8a^2)}{12}-\frac{3a^3\arctan \left(\frac{\sqrt{0}}{\sqrt{a-0}}\right)+\sqrt{0}\sqrt{a-0}(-3a^2-2a\cdot 0+8\cdot 0^2)}{12}=$

$=\frac{3a^3\arctan \frac{\sqrt{a}}{0}}{12}-\frac{3a^3\arctan \frac{0}{\sqrt{a}}}{12}=\frac{3a^3\arctan (\text{error})}{12}-\frac{3a^3\arctan (0)}{12}=$

$=\frac{3a^3\arctan (\mathrm{\infty })}{12}-\frac{3a^3\cdot 0}{12}=\frac{3a^3\cdot \frac{\pi }{2}}{12}-0=\frac{3a^3\cdot \pi }{24}=\frac{a^3\pi }{8}.$

Pasitikriname (įstatydami y ir dy ir pasinaudodami internetiniu integratoriumi):

${\int }_{L}xydx+(x^2+y^2)dy={\int }_{L}x\sqrt{ax-x^2}dx+(x^2+(\sqrt{ax-x^2}{)}^2)\frac{a-2x}{2\sqrt{ax-x^2}}dx=$

$=2{\int }_0^a(x\sqrt{ax-x^2}+(x^2+(\sqrt{ax-x^2}{)}^2)\frac{a-2x}{2\sqrt{ax-x^2}})dx=$

$=2{\int }_0^a(x\sqrt{ax-x^2}+(x^2+ax-x^2)\frac{a-2x}{2\sqrt{ax-x^2}})dx=$

$=2{\int }_0^a(x\sqrt{ax-x^2}+\frac{ax(a-2x)}{2\sqrt{ax-x^2}})dx=$

$=2{\int }_0^a(x\sqrt{ax-x^2}+\frac{a^{2}x-2a{x}^2}{2\sqrt{ax-x^2}})dx=$

$=2{\int }_0^a\frac{2x(ax-x^2)+a^{2}x-2a{x}^2}{2\sqrt{ax-x^2}}dx=$

$=2{\int }_0^a\frac{2a{x}^2-2x^3+a^{2}x-2a{x}^2}{2\sqrt{ax-x^2}}dx=$

$={\int }_0^a\frac{-2x^3+a^{2}x}{\sqrt{ax-x^2}}dx={\int }_0^a\frac{x(a^2-2x^2)}{\sqrt{ax-x^2}}dx=$

$=\frac{1}{3}\sqrt{ax-x^2}(-3a^2+4ax+2x^2){|}_0^a=$

$=\frac{1}{3}\sqrt{a\cdot a-a^2}(-3a^2+4a\cdot a+2a^2)-\frac{1}{3}\sqrt{a\cdot 0-0^2}(-3a^2+4a\cdot 0+2\cdot 0^2)=$

$=\frac{1}{3}\sqrt{0}(-3a^2+4a^2+2a^2)-\frac{1}{3}\sqrt{0}(-3a^2+0+0)=0-0=0.$

Pastaba, kad taip gauname dalyba iš nulio ir neįmanoma vietomis išintegruoti įstatant a arba 0. Bet gauname kažką panašesnio į teisingą atsakymą:

$={\int }_0^a\frac{-2x^3+a^{2}x}{\sqrt{ax-x^2}}dx=$

$=\frac{x(3a^3+7a^{2}x-2a{x}^2-8x^3)-3a^3\sqrt{x}\sqrt{a-x}\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}}{12\sqrt{-x(x-a)}}{|}_0^a=$

$=(\frac{x(3a^3+7a^{2}x-2a{x}^2-8x^3)}{12\sqrt{x(a-x)}}-\frac{3a^3\sqrt{x(a-x)}\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}}{12\sqrt{x(a-x)}}){|}_0^a=$

$=(\frac{x(3a^3+7a^{2}x-2a{x}^2-8x^3)}{12\sqrt{x(a-x)}}-\frac{3a^3\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}}{12}){|}_0^a=$

$=(\frac{\sqrt{x}(3a^3+7a^{2}x-2a{x}^2-8x^3)}{12\sqrt{a-x}}-\frac{a^3\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}}{4}){|}_0^a.$

Toliau pasinaudojame internetiniu polinomų dalikliu parinkę $a=3$ gauname $(3a^3+7a^{2}x-2a{x}^2-8x^3)/(a-x)=(-8x^3-6x^2+63x+81)/(-x+3)=8x^2+30x+27.$ Toliau integruojame:

$(\frac{\sqrt{x}(3a^3+7a^{2}x-2a{x}^2-8x^3)\sqrt{a-x}}{12(a-x)}-\frac{a^3\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{a-x}}}{4}){|}_0^a=$

$=(\frac{\sqrt{x}(3\cdot 3^3+7\cdot 3^{2}x-2\cdot 3x^2-8x^3)\sqrt{3-x}}{12(3-x)}-\frac{3^3\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{3-x}}}{4}){|}_0^3=$

$=(\frac{(-8x^3-6x^2+63x+81)\sqrt{x(3-x)}}{12(-x+3)}-\frac{27\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{3-x}}}{4}){|}_0^3=$

$=(\frac{(8x^2+30x+27)\sqrt{x(3-x)}}{12}-\frac{27\arctan \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{3-x}}}{4}){|}_0^3=$

$=(\frac{(8\cdot 3^2+30\cdot 3+27)\sqrt{3(3-3)}}{12}-\frac{27\arctan \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3-3}}}{4})-(\frac{(8\cdot 0^2+30\cdot 0+27)\sqrt{0(3-0)}}{12}-\frac{27\arctan \frac{\sqrt{0}}{\sqrt{3-0}}}{4})=$

$=(\frac{(72+90+27)\sqrt{3\cdot 0}}{12}-\frac{27\arctan \frac{\sqrt{3}}{0}}{4})-(0-\frac{27\arctan (0)}{4})=$

$=(0-\frac{27\arctan (\mathrm{\infty })}{4})-(-\frac{27\cdot 0}{4})=$

$=(-\frac{27\cdot \frac{\pi }{2}}{4})-0=-\frac{27\pi }{8}.$

Kadangi $a^3=3^3=27,$ tai seniau gautas atsakymas $\frac{a^3\pi }{8}$ įstačius $a=3$ atitinka ir iš to darome išvada, kad Gryno formulė veikia teisingai (išskyrus minusiuką).

Ploto apskaičiavimas

Plotui apskaičiuoti ploksčios srities naudojamos tokios formulės: $D={\oint }_L-ydx={\oint }_{L}xdy=\frac{1}{2}{\oint }_{L}xdy-ydx.$ Jos išvedamos šitaip:

${\iint }_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy={\oint }_{L}Pdx+Qdy.$

• Pritaikysim Gryno formulę apskaičiavimui srities D (ploksčios figūros ploto). Jei $P(x,y)=-y,$ $Q(x,y)=0.$ Tada $\frac{\partial P}{\partial y}=-1,\frac{\partial Q}{\partial x}=0.$ Pagal formulę turime:

${\iint }_D(0+1)dxdy={\oint }_L-ydx+0dy.$ Integralas ${\iint }_{D}dxdy$ lygus paaviršiui srities D , todėl, $D={\iint }_{D}dxdy=-{\oint }_{L}ydx.$

• Sakykime $P(x,y)=0,$ $Q(x,y)=x,$ analoginiu budu randame, kad

$D={\oint }_{L}xdy.$

• Ir, pagaliau, paėmę funkcijas $P(x,y)=-\frac{1}{2}y,Q(x,y)=\frac{1}{2}x,$ gauname formulę

$D={\iint }_D(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})dxdy={\iint }_{D}dxdy=\frac{1}{2}{\oint }_{L}xdy-ydx.$

Pavyzdžiai

• Apskaičiuosime plotą apribotą elipse $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,$ pagal formulę $D={\oint }_{L}xdy.$ Panaudoję parametrinę lygtį elipsės: $x=a\cos t,$ $y=b\sin t,$ $0\le t\le 2\pi ,$ $dy=b\cos t,$ gauname:

$D={\oint }_{L}xdy={\int }_0^{2\pi }a\cos tb\cos tdt=\frac{ab}{2}{\int }_0^{2\pi }(1+\cos (2t))dt=\frac{ab}{2}(2\pi +\frac{\sin (2t)}{2}{|}_0^{2\pi })=\pi ab.$

• Apskaičiuosime plotą figuros apribotos elipse pagal formulę $s={\iint }_{D}dxdy=\frac{1}{2}{\oint }_{L}xdy-ydx.$

Sprendimas. Pasinaudoję parametrinėmis elipsės lygtimis $x=a\cos t,$ $y=b\sin t,$ $0\le t\le 2\pi ,$ turime: $dx=-a\sin tdt,$ $dy=b\cos tdt,$ ir pagal formulę gauname

$s=\frac{1}{2}{\oint }_{L}xdy-ydx=$

$=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(a\cos tb\cos t-b\sin t(-a\sin t))dt=\frac{ab}{2}{\int }_0^{2\pi }({\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t)dt=\frac{ab}{2}{\int }_0^{2\pi }dt=\frac{ab}{2}\cdot 2\pi =\pi ab.$

Jėgos darbas

Jėgos darbas padarytas judant kreive plokštumoje apskaičiuojamas pagal formulę $A={\int }_{BC}Pdx+Qdy.$ Jėgos darbas padarytas judant erdvine kreive apskaičiuojamas taip: $A={\int }_{BC}Pdx+Qdy+Rdz.$

• Apskaičiuosime darbą jėgos $F(x,y)$ persikeliant materialiam taškui elipse teigiama kryptimi, jeigu jėga kiekviename taške (x; y) elipsės nukreipta į elipsės centrą ir pagal dydį lygi atstumui nuo taško (x; y) iki elipsės centro.

Pagal sąlyga, $|F(x,y)|=\sqrt{x^2+y^2};$ Jėgos F(x, y) koordinatės tokios: $P=-x,$ $Q=-y$ [ženklas "$-$" paaiškinamas tuo, kad jėga nukreipta į tašką (0; 0)]. Pagal formulę turime $A=-{\oint }_{L}xdx+ydy,$ kur L - elipsė $x=a\cos t,y=b\sin t,$ $0\le t\le 2\pi .$ Todėl

$A=-{\int }_0^{2\pi }a\cos t(-a\sin t)dt+b\sin (t)b\cos (t)dt=-{\int }_0^{2\pi }(b^2-a^2)\sin (t)\cos tdt=$ $=\frac{a^2-b^2}{2}{\int }_0^{2\pi }\sin (2t)dt=\frac{a^2-b^2}{4}(-\cos (2t)){|}_0^{2\pi }=0.$

Jei t keistusi nuo 0 iki $\frac{\pi }{2},$ integralas butu lygus

$\frac{a^2-b^2}{4}(-\cos (2t)){|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{a^2-b^2}{4}(-\cos (2\cdot \frac{\pi }{2}))-\frac{a^2-b^2}{4}(-\cos (2\cdot 0))=$

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

Tarkime, jei $a=5,b=3,$ tai padarytas darbas pirmame ketvirtyje yra $A=\frac{a^2-b^2}{2}=\frac{5^2-3^2}{2}=\frac{25-9}{2}=\frac{16}{2}=8.$

Kad patikrinti ar apskaičiuota teisingai reikia sudėti visas x reikšmes ant elipsės linijos pirmame ketvirtyje. Taip pat reikia sudėti visas y reikšmes ant elipsės linijos pirmame ketvirtyje. Galiausiai reikia sudėti sumas x ir y reikšmių, kad gauti darbą A pirmame ketvirtyje.

Arba tiesiog darbas yra lygus $A=\frac{1}{100}\sum _{n=1}^{100}\sqrt{x_n^2+y_n^2};$ čia $x_n$ yra visos x reikšmės ant elipsės linijos pirmame ketvirtyje nuo 0 iki a; analogiškai $y_n$ yra visos y reikšmės ant elipsės linijos pirmame ketvirtyje nuo 0 iki b.

Kuris iš šių variantų yra darbas A, paaiškės pasumavus ir paskaičiavus. Sutapimas ar ne, bet $A=3+5=8$ pagal pirmą variantą. Na, o pagal antrą variantą turime:

$A=\frac{5}{10}\sum _{n=1}^{10}\sqrt{(n(3/10){)}^2+((10-n)(5/10){)}^2}=$

$A=(\sqrt{0.3^2+5^2}+\sqrt{0.6^2+4.5^2}+\sqrt{0.9^2+4^2}+\sqrt{1.2^2+3.5^2}+\sqrt{1.5^2+3^2}+$

$+\sqrt{1.8^2+2.5^2}+\sqrt{2.1^2+2^2}+\sqrt{2.4^2+1.5^2}+\sqrt{2.7^2+1^2}+\sqrt{3^2+0.5^2})/10=$

$=5(5.0089919+4.539823785+4.1+3.7+3.354101966+$

$+3.08058436+2.9+2.83019434+2.879236+3.041381265)/10=$

$=5\cdot 35.43431361/10=\mathrm{17.717156805.}$

Iš tikro, ko gero, mes apskaičiuojame tokiu budu ne darbą atlikta apeinant elipsės liniją pirmame ketvirtyje, o darbą atlikta apeinant tiesę pirmame ketvirtyje. Štai kodas programos "Free Pascal" (FreePascal IDE for Win32 for i386; Target CPU: i386; Version 1.0.12 2011/04/23; <Compiler Version 2.4.4>; <Debugger GDB 7.2>; Copyright <C> 1998-2009):

    var
    a:longint;
    c:real;
    begin
      for a:=1 to 10
      do
      c:=c+0.5*sqrt(sqr(a*0.3)+sqr((11-a)*0.5));
      writeln(c);
    readln;
    end.

gauname $A=\mathrm{17.7171568203085.}$

Panaudojus šį kodą:

   var
   a:longint;
   c:real;
   begin
   for a:=1 to 1000000000  do
   c:=c+0.000000005*sqrt(sqr(a*0.000000003)+sqr((1000000001-a)*0.000000005));
   writeln(c);
   readln;
   end.

gauname atsakymą $A=16.4328975236327$ po 22 sekundžių ant 2.6 GHz procesoriaus.

Panaudojus šį (teisingesnį) kodą:

   var
   a:longint;
   c:real;
   begin
   for a:=0 to 1000000000  do
   c:=c+sqrt(sqr(a*0.000000003)+sqr((1000000000-a)*0.000000005))/1000000001;
   writeln(5*c);
   readln;
   end.

gauname atsakymą $A=16.4328975142850$ po 25 sekundžių ant 2.6 GHz procesoriaus.

Integruojant gauname:

$A={\int }_0^5\sqrt{x^2+(3-\frac{3x}{5}{)}^2}dx=$

$=\frac{1}{340}(34x-45)\sqrt{34x^2-90x+225}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{3}{5}-\frac{34x}{75})}{68\sqrt{34}}{|}_0^5=$

$=\frac{34\cdot 5-45}{340}\sqrt{34\cdot 5^2-90\cdot 5+225}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{3}{5}-\frac{34\cdot 5}{75})}{68\sqrt{34}}-(\frac{34\cdot 0-45}{340}\sqrt{34\cdot 0^2-90\cdot 0+225}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{3}{5}-\frac{34\cdot 0}{75})}{68\sqrt{34}})=$

$=\frac{170-45}{340}\sqrt{850-450+225}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{3}{5}-\frac{170}{75})}{68\sqrt{34}}-(\frac{-45}{340}\sqrt{225}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{3}{5})}{68\sqrt{34}})=$

$=\frac{125}{340}\sqrt{625}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{3\cdot 75-170\cdot 5}{5\cdot 75})}{68\sqrt{34}}-(\frac{-9}{68}\cdot 15-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(0.6)}{396.50472884948})=$

$=\frac{25}{68}\cdot 25-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{225-850}{375})}{396.50472884948}-(\frac{-135}{68}-\frac{1125\cdot 0.5688248987}{396.50472884948})=$

$=\frac{625}{68}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(\frac{-625}{375})}{396.50472884948}-(\frac{-135}{68}-\frac{639.928011}{396.50472884948})=$

$=9.19117647-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(-\frac{5}{3})}{396.50472884948}-(-1.98529412-1.613922772)=$

$=9.19117647-\frac{1125\cdot (-1.283795663)}{396.50472884948}-(-3.599216892)=$

$=9.19117647+3.642504151+3.599216892=\mathrm{16.43289751.}$

Apskaičiuojame viską nepriekaištingai tiksliai su kompiuterio kalkuliatoriumi:

$A=\frac{625}{68}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(-5/3)}{68\sqrt{34}}-(\frac{-135}{68}-\frac{1125\mathrm{arcsinh}(3/5)}{68\sqrt{34}})=$

$=12.833680621236990323769396193322-(-3.5992168895913637545005254840611)=\mathrm{16.432897510828354078269921677383.}$

Toliau bandome rasti atlikta darbą apeita tiese $y=3-\frac{3x}{5}$ integruojant $A=-{\oint }_{L}xdx+ydy.$ Randame $dy=-\frac{3}{5}dx.$ Turime, kad x integravimo ribos yra 0 iki 5, o y integravimo ribos yra nuo 0 iki 3. Gauname:

$A=-{\oint }_{L}xdx+ydy=-({\int }_0^{5}xdx-\frac{3}{5}(3-\frac{3x}{5})dx)=-{\int }_0^5(x-\frac{3}{5}(3-\frac{3x}{5}))dx=$

$=-{\int }_0^5(x-\frac{9}{5}+\frac{9x}{25})dx=-{\int }_0^5(-\frac{9}{5}+\frac{25x+9x}{25})dx=-{\int }_0^5(\frac{34x}{25}-\frac{9}{5})dx=$

$=-(\frac{34x^2}{25\cdot 2}-\frac{9}{5}x){|}_0^5=-[(\frac{17\cdot 5^2}{25}-\frac{9}{5}\cdot 5)-(\frac{17\cdot 0^2}{25}-\frac{9}{5}\cdot 0)]=-(17-9)=-8.$

Pastebime, kad jeigu elipsė būtų apskritimas tai pirmame ketvirtyje atliktas darbas A=0. Taip yra todėl, kad kai x didėja, tada y reikšmės mažėja. Todėl skaičiuoti darbą, ko gero, galėtų būti teisingiau $A={\oint }_{L}xdx-ydy$ arba $A={\oint }_L-xdx+ydy.$ Tuomet akivaizdu, kad $A=\frac{a^2+b^2}{2}=\frac{5^2+3^2}{2}=17.$

Tą patį darba gauname ir apeinant tiese:

$A={\oint }_{L}xdx-ydy={\int }_0^{5}xdx-\frac{-3}{5}(3-\frac{3x}{5})dx={\int }_0^5(x+\frac{3}{5}(3-\frac{3x}{5}))dx=$

$={\int }_0^5(x+\frac{9}{5}-\frac{9x}{25})dx={\int }_0^5(\frac{9}{5}+\frac{25x-9x}{25})dx={\int }_0^5(\frac{16x}{25}+\frac{9}{5})dx=$

$=(\frac{16x^2}{25\cdot 2}+\frac{9}{5}x){|}_0^5=(\frac{8\cdot 5^2}{25}+\frac{9}{5}\cdot 5)-(\frac{17\cdot 0^2}{25}+\frac{9}{5}\cdot 0)=8+9=17.$

Lygiai tą patį darbą gausime ir integruojant taip:

$A={\oint }_{L}xdx-ydy={\int }_0^{5}xdx+{\int }_0^{3}ydy=\frac{x^2}{2}{|}_0^5+\frac{y^2}{2}{|}_0^3=\frac{25}{2}+\frac{9}{2}=17.$

Tą patį gausime ir taip integruojant nuo 0 iki 5:

$A=\int F𝐝F={\int }_0^5\sqrt{x^2+(3-\frac{3x}{5}{)}^2}𝐝\left(\sqrt{x^2+(3-\frac{3x}{5}{)}^2}\right)=$

$={\int }_0^5\sqrt{x^2+(3-\frac{3x}{5}{)}^2}0.5(x^2+(3-3x/5{)}^2{)}^{-0.5}(2x+2(3-3x/5)(-0.6))dx=$

$={\int }_0^5\sqrt{x^2+(3-\frac{3x}{5}{)}^2}(x^2+(3-3x/5{)}^2{)}^{-0.5}(x-0.6(3-3x/5)dx=$

$={\int }_0^5\frac{\sqrt{x^2+(3-\frac{3x}{5}{)}^2}(x-1.8+0.36x)}{\sqrt{x^2+(3-3x/5{)}^2}}dx=$

$={\int }_0^5(1.36x-1.8)dx=(1.36\frac{x^2}{2}-1.8x){|}_0^5=$

$=[(0.68x-1.8)x]{|}_0^5=(0.68\cdot 5-1.8)\cdot 5=(3.4-1.8)\cdot 5=1.6\cdot 5=8.$

• Nustatyti tiesės $y=3-\frac{3x}{5}$ masę tik pirmame ketvirtyje. Tiesės tankis $\gamma$ tolstant tiesės taškams nuo centro (koordinačių pradžios taško O) didėja proporcingai, t. y. $\gamma =\sqrt{x^2+y^2}.$

Sprendimas. Pasinaudosime masės skaičiavimo formule

$m={\int }_L\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx=$

$={\int }_0^5\sqrt{x^2+{(3-\frac{3x}{5})}^2}\sqrt{1+{(-\frac{3}{5})}^2}dx=$

$={\int }_0^5\sqrt{x^2+9-\frac{18x}{5}+\frac{9x^2}{25}}\sqrt{1+\frac{9}{25}}dx=$

$={\int }_0^5\sqrt{9-\frac{18x}{5}+\frac{34x^2}{25}}\sqrt{\frac{34}{25}}dx=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}{\int }_0^5\sqrt{\frac{34}{25}{x}^2-\frac{18}{5}x+9}dx=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}{\int }_0^5\sqrt{1.36x^2-3.6x+9}dx=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6+2\cdot 1.36x}{4\cdot 1.36}\sqrt{1.36x^2-3.6x+9}+\frac{4\cdot 1.36\cdot 9-(-3.6{)}^2}{8\cdot 1.36^{3/2}}\ln |2\cdot 1.36x-3.6+2\sqrt{1.36(1.36x^2-3.6x+9)}|){|}_0^5=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6+2.72x}{5.44}\sqrt{1.36x^2-3.6x+9}+\frac{48.96-12.96}{8\cdot 2.515456^{1/2}}\ln |2.72x-3.6+2\sqrt{1.36(1.36x^2-3.6x+9)}|){|}_0^5=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6+2.72x}{5.44}\sqrt{1.36x^2-3.6x+9}+\frac{36}{12.68815132}\ln |2.72x-3.6+2\sqrt{1.36(1.36x^2-3.6x+9)}|){|}_0^5=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6+2.72\cdot 5}{5.44}\sqrt{1.36\cdot 25-3.6\cdot 5+9}+2.8372927689\ln |2.72\cdot 5-3.6+2\sqrt{1.36(1.36\cdot 25-3.6\cdot 5+9)}|)-$

$-\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6+2.72\cdot 0}{5.44}\sqrt{1.36\cdot 0^2-3.6\cdot 0+9}+2.8372927689\ln |2.72\cdot 0-3.6+2\sqrt{1.36(1.36\cdot 0^2-3.6\cdot 0+9)}|)=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{10}{5.44}\sqrt{34-18+9}+2.8372927689\ln |13.6-3.6+2\sqrt{1.36(34-18+9)}|)-$

$-\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6}{5.44}\sqrt{9}+2.8372927689\ln |-3.6+2\sqrt{1.36\cdot 9}|)=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{10}{5.44}\sqrt{25}+2.8372927689\ln |10+2\sqrt{1.36\cdot 25}|)-\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-3.6}{5.44}\cdot 3+2.8372927689\ln |-3.6+2\sqrt{12.24}|)=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{50}{5.44}+2.8372927689\ln |10+2\sqrt{34}|)-\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-10.8}{5.44}+2.8372927689\ln |-3.6+2\sqrt{12.24}|)=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(9.191176471+2.8372927689\ln |21.66190379|)-\frac{\sqrt{34}}{5}(\frac{-10.8}{5.44}+2.8372927689\ln |-3.6+2\sqrt{12.24}|)=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}(9.191176471+8.726250336)-\frac{\sqrt{34}}{5}(-1.985294118+3.469823414)=$

$=\frac{\sqrt{34}}{5}\cdot 17.91742681-\frac{\sqrt{34}}{5}\cdot 1.484529296=\frac{16.43289751\sqrt{34}}{5}=\mathrm{19.16388698.}$

Kad tą patį apskaičiuoti su programa "Free Pascal" reikia surasti tiesės ilgį, kai x kinta nuo 0 iki 5 (tai yra tiesės ilgis tik pirmame ketviryje):

$l=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{25+9}=\sqrt{34}=\mathrm{5.830951895.}$

Todėl "Free Pascal" kodas yra toks:

  var
  a:longint;
  c:real;
  begin
  for a:=1 to 1000000000  do
  c:=c+sqrt(sqr(a*0.000000003)+sqr((1000000001-a)*0.000000005));
  writeln(sqrt(sqr(3)+sqr(5))*c/1000000000);
  readln;
  end.

duodantis rezultatą 19,163886990613093 po 18 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

• Nustatyti parabolės $y=x^2$ masę pirmame ketvirtyje, kai x kinta nuo 0 iki 10. Tiesės tankis $\gamma$ tolstant tiesės taškams nuo centro (koordinačių pradžios taško O) didėja proporcingai, t. y. $\gamma =\sqrt{x^2+y^2}.$

Sprendimas.

Integruojame (pasinaudodami integralų lentelės (31) formule):

$p={\int }_0^{10}\sqrt{(x{)}^2+(x^2{)}^2}dx={\int }_0^{10}\sqrt{x^2+x^4}dx={\int }_0^{10}x\sqrt{1+x^2}dx=$

$=\frac{1}{3}(x^2+1{)}^{3/2}{|}_0^{10}=\frac{1}{3}(10^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{3}(0^2+1{)}^{3/2}=$

$=\frac{1}{3}(101{)}^{3/2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\sqrt{1030301}-\frac{1}{3}=$

=338,01247924440330576404858539624.

Toliau, kad surasti kreivės masę (kai kiekviename kreivės taške tankis priklauso nuo tam tikros funkcijos), skaičiuojame:

$m={\int }_0^{10}\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^{10}\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+[(x^2{)}^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^{10}\sqrt{x^2+(x^2{)}^2}\sqrt{1+[2x{]}^2}dx=$

$={\int }_0^{10}\sqrt{x^2+x^4}\sqrt{1+4x^2}dx={\int }_0^{10}x\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+4x^2}dx={\int }_0^{10}x\sqrt{4x^4+5x^2+1}dx.$

Toliau integruodami taip arba taip ir įstačius x=1 gauname 1,0565457675431157081260089778614 ir 0,95907194527687339898921071078133 atitinkamai. Kita vertus, integruojant taip ir taip gauname tą patį rezultatą $\frac{1}{12}{x}^2(8x^4+15x^2+6).$ Todėl šį rezultatą ir panaudojame toliau integruodami:

${\int }_0^{10}x\sqrt{4x^4+5x^2+1}dx=\frac{1}{12}{x}^2(8x^4+15x^2+6){|}_0^{10}=$

$=\frac{1}{12}\cdot 10^2(8\cdot 10^4+15\cdot 10^2+6)-0=$

$=\frac{1}{12}\cdot 100(80000+1500+6)=$

$=\frac{1}{12}\cdot 100\cdot 81506=\mathrm{679216.6667.}$

Nepriekaištingai tikslus atsakymas yra:

679216,66666666666666666666666667.

Todėl belieka patikrinti ar Wolframo internetinio integratoriaus atsakymas teisingas paėmus išvėstinę ir paskui įstačius x=1 bei palyginti su neišintegruotu reiškiniu:

$(\frac{1}{12}{x}^2(8x^4+15x^2+6){)}^{\prime }=(\frac{1}{12}(8x^6+15x^4+6x^2){)}^{\prime }=\frac{1}{12}(48x^5+60x^3+12x)=4x^5+5x^3+x=4+5+1=10;$

$x\sqrt{4x^4+5x^2+1}=\sqrt{4x^6+5x^4+1}=\sqrt{4+5+1}=\sqrt{10}.$

Pasirodo, kad nepridėta šaknis įvedimo formoje į integratorių, bet integruojant taip ir taip gauname tokį patį rezultatą, kuris yra labai sudetingas ir ilgas. Net didžiausioje integralų lentelėje nėra kaip išintegruoti $\int x\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+4x^2}dx.$ Yra tik $\int \sqrt{a+bx}\sqrt{c+px}dx,$ bet ir tai integravimas gaunasi su dar dviais pažiūrėjimais į integralų lentelę. Todėl pasinaudojame Free Pascal kodu:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+(sqrt(sqr(a*0.00000001)+sqr(sqr(a*0.00000001)))-sqrt(sqr((a-1.0)*0.00000001)+sqr(sqr((a-1.0)*0.00000001))))*sqrt(sqr(a*0.00000001)+sqr(sqr(a*0.00000001)));
writeln(c);
readln;
end.

kuris duoda atsakymą m=5050,00000667382 po 53 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

Kai x kinta 0 iki 5, tai integruojant gauname

$p={\int }_0^5\sqrt{(x{)}^2+(x^2{)}^2}dx={\int }_0^5\sqrt{x^2+x^4}dx={\int }_0^{10}x\sqrt{1+x^2}dx=$

$=\frac{1}{3}(x^2+1{)}^{3/2}{|}_0^5=\frac{1}{3}(5^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{3}(0^2+1{)}^{3/2}=$

$=\frac{1}{3}(26{)}^{3/2}-\frac{1}{3}=\frac{\sqrt{17576}-1}{3}=$

=43,858169117804135193577942278197.

Tą patį atsakymą (43,8581691815329) gauname ir pasinaudodami Free Pascal kodu:

 var
 a:longint;
 c:real;
 begin
 for a:=1 to 1000000000  do
 c:=c+sqrt(sqr(5.0*a/1000000000)+sqr(sqr(5.0*a/1000000000)))/1000000000;
 writeln(c*5);
 readln;
 end.

Kad rasti masę, kai x kinta 0 iki 5, pasinaudojame Free Pascal kodu:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+(sqrt(sqr(5.0*a/1000000000)+sqr(sqr(5.0*a/1000000000)))-sqrt(sqr(5.0*(a-1.0)*0.000000001)+sqr(sqr(5.0*(a-1.0)*0.000000001))))*sqrt(sqr(5.0*a/1000000000)+sqr(sqr(5.0*a/1000000000)));
writeln(c);
readln;
end.

kuris duoda atsakymą $m=325.000000425112$ po 73 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

Alternatyvus Free Pascal kodas, kuris skaičiuoja pagal formulę $m={\int }_0^5\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5\sqrt{x^2+(x^2{)}^2}\sqrt{1+(2x{)}^2}dx,$ yra toks:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(1+sqr(2*5.0*a/1000000000))*sqrt(sqr(5.0*a/1000000000)+sqr(sqr(5.0*a/1000000000)));
writeln(5*c/1000000000);
readln;
end

ir duoda atsakymą $m=327.860390075605$ po 48 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi. Optimizuotas šito kodo variantas:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(1+sqr(0.00000001*a))*sqrt(sqr(0.000000005*a)+sqr(sqr(0.000000005*a)));
writeln(0.000000005*c);
readln;
end.

duoda atsakymą $m=327.86039007560539$ po 33 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

Kitoks kreivės masės apskaičiavimo Free Pascal kodas yra:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(sqr(0.000000005*a-0.000000005*(a-1))+sqr(sqr(0.000000005*a)-sqr(0.000000005*(a-1))))*sqrt(sqr(0.000000005*a)+sqr(sqr(0.000000005*a)));
writeln(c);
readln;
end.

kuris duoda atsakymą $m=327.860389859764$ po 41 sekundės su 2,6 GHz procesoriumi. Optimizuotas šito kodo variantas yra kodas:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(sqr(0.000000005)+sqr(sqr(0.000000005*a)-sqr(0.000000005*(a-1))))*sqrt(sqr(0.000000005*a)+sqr(sqr(0.000000005*a)));
writeln(c);
readln;
end

kuris duoda atsakymą $m=327.860389859763$ po 38 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi. Dar labiau optimizuotas šito kodo variantas yra:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(0.000000000000000025+sqr(sqr(0.000000005*a)-sqr(0.000000005*(a-1))))*sqrt(sqr(0.000000005*a)+sqr(sqr(0.000000005*a)));
writeln(c);
readln;
end.

kuris duoda atsakymą $m=327.860389859763$ po 38 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi (vadinasi, Free Pascal automatiškai optimizuoja kodą pakeldamas konstantą 0,000000005 kvadratu ir visoms iteracijoms naudodamas gautą 0,000000000000000025 reikšmę).

• Nustatyti parabolės $y=x^2$ masę pirmame ketvirtyje, kai x kinta nuo 0 iki 10. Tiesės tankis $\gamma$ tolstant tiesės taškams nuo centro (koordinačių pradžios taško O) didėja proporcingai tik Ox kryptimi, t. y. $\gamma =x.$

Sprendimas. Greičiausias būdas apskaičiuoti, tai ko reikalauja sąlyga (uždavinys) yra toks:

$m={\int }_0^{10}xdx=\frac{x^2}{2}{|}_0^{10}=\frac{10^2}{2}-\frac{0^2}{2}=50.$

Kitas būdas yra toks:

$m={\int }_0^{10}\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^{10}x\sqrt{1+(2x{)}^2}dx={\int }_0^{10}x\sqrt{1+4x^2}dx=$

$={\int }_0^{10}2x\sqrt{\frac{1}{4}+x^2}dx=\frac{2}{3}(x^2+\frac{1}{4}{)}^{3/2}{|}_0^{10}=$

$=\frac{2}{3}(10^2+\frac{1}{4}{)}^{3/2}-\frac{2}{3}(0^2+\frac{1}{4}{)}^{3/2}=$

$=\frac{2}{3}\cdot 100.25^{3/2}-\frac{2}{3}{\left(\frac{1}{2}\right)}^3=$

=669,16822851623458973388183928978 - (2/3)*(1/8)=

=669,16822851623458973388183928978 - 1/12=

=669,08489518290125640054850595645;

čia pasinaudojome integralų lentele $\int x\sqrt{x^2\pm a^2}dx=\frac{1}{3}(x^2\pm a^2{)}^{3/2}.$

Tuo atveju, jeigu x kinta nuo 0 iki 5 tada:

$m={\int }_0^5\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^{5}x\sqrt{1+4x^2}dx=2{\int }_0^{5}x\sqrt{\frac{1}{4}+x^2}dx=$

$=\frac{2}{3}(5^2+\frac{1}{4}{)}^{3/2}-\frac{2}{3}(0^2+\frac{1}{4}{)}^{3/2}=$

$=\frac{2}{3}\cdot 25.25^{3/2}-\frac{2}{3}{\left(\frac{1}{2}\right)}^3=$

=84,586453144434159774345479682393-1/12=

=84,50311981110082644101214634906.

Free Pascal kodas duodą tokį patį rezultatą (kai x kinta nuo 0 iki 5):

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(sqr(0.000000005)+sqr(sqr(0.000000005*a)-sqr(0.000000005*(a-1))))*0.000000005*a;
writeln(c);
readln;
end.

m=84,5031198757743 po 25 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

Alternatyvus Free Pascal kodas, skaičiuojantis pagal formulę $m={\int }_0^5\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^{5}x\sqrt{1+4x^2}dx$ yra šitas:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(1+4*sqr(5.0*a/1000000000))*a*5/1000000000;
writeln(c*5/1000000000);
readln;
end.

duodantis atsakymą m=84,5031199367086 po 25 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi. Optimizuotas jo variantas:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(1+4*sqr(5.0*a/1000000000))*a;
writeln(c*sqr(5/1000000000));
readln;
end.

duoda atsakymą m=84,503119936731021 po 23 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi. Dar labiau optimizuotas jo variantas:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+sqrt(1+4*sqr(0.000000005*a))*a;
writeln(c*sqr(5/1000000000));
readln;
end.

duoda atsakymą m=84,503119936731021 po 17 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi (vadinasi, 1000000000 dalybos operacijų padaroma per 23-17=6 sekundes su 2,6 GHz procesoriumi; tačiau panaudojus šį kodą:

var
a:longint;
c:real;
begin
for a:=1 to 1000000000  do
c:=c+1/a;
writeln(c);
readln;
end.

gauname atsakymą 21,3004815025070 po 8 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi (beje, ${\int }_1^{10^9}\frac{1}{x}dx=\ln (10^9)-\ln (1)=9\ln (10)-0=20.7232658369464$)).

• Nustatyti parabolės $y=x^2$ masę pirmame ketvirtyje, kai x kinta nuo 0 iki 5. Tiesės tankis $\gamma$ tolstant tiesės taškams nuo centro (koordinačių pradžios taško O) didėja proporcingai Ox kryptimi ir Oy kryptimi, t. y. $\gamma =x+y.$

Sprendimas.

$y^{\prime }=(x^2{)}^{\prime }=2x;$

$m={\int }_0^5\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5(x+y)\sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5(x+x^2)\sqrt{1+4x^2}dx=2{\int }_0^{5}x(1+x)\sqrt{\frac{1}{4}+x^2}dx;$

Toliau pasinaudodami Wolframo internetiniu integratoriumi gauname, kad:

$m={\int }_0^5(x+x^2)\sqrt{1+4x^2}dx=(\frac{1}{96}\sqrt{4x^2+1}(24x^3+32x^2+3x+8)-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(2x)){|}_0^5=$

$=(\frac{1}{96}\sqrt{4\cdot 5^2+1}(24\cdot 5^3+32\cdot 5^2+3\cdot 5+8)-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(2\cdot 5))-(\frac{1}{96}\sqrt{4\cdot 0^2+1}(24\cdot 0^3+32\cdot 0^2+3\cdot 0+8)-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(2\cdot 0))=$

$=(\frac{1}{96}\sqrt{101}(24\cdot 125+32\cdot 25+15+8)-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(10))-(\frac{1}{96}\sqrt{1}\cdot 8-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(0))=$

$=(\frac{1}{96}\sqrt{101}(3000+800+15+8)-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(10))-(\frac{1}{12}-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(0))=$

$=(\frac{3823}{96}\sqrt{101}-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(10))-(\frac{1}{12}-\frac{1}{64}\text{arcsinh}(0))=$

=(400,21535937026211982341926834875-0,04684723359840577716947805527494)-(0,08333333333333333333333333333333-0)=

=400,16851213666371404624979029348-0,08333333333333333333333333333333=400,08517880333038071291645696014.

Free Pascal kodas:

 var
 a:longint;
 c:real;
 begin
 for a:=1 to 1000000000  do
 c:=c+sqrt(sqr(0.000000005)+sqr(sqr(0.000000005*a)-sqr(0.000000005*(a-1))))*(0.000000005*a+sqr(0.000000005*a));
 writeln(c);
 readln;
 end.

duoda atsakymą m=400,085179290551 po 27 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

• Nustatyti parabolės $y=x^2$ masę pirmame ketvirtyje, kai x kinta nuo 0 iki 5. Tiesės tankis $\gamma$ tolstant tiesės taškams nuo centro (koordinačių pradžios taško O) didėja pagal formulę $\gamma =(x+y{)}^2.$

Sprendimas. Pasinaudodami internetiniu integratoriumi, gauname:

$m={\int }_0^5\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5(x+y{)}^2\sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5(x+x^2{)}^2\sqrt{1+4x^2}dx=$

$=\frac{1}{7680}(2\sqrt{4x^2+1}(640x^5+1536x^4+1000x^3+128x^2+105x-64)-105\text{arcsinh}(2x)){|}_0^5=$

$=\frac{1}{7680}(2\sqrt{101}(640\cdot 3125+1536\cdot 625+1000\cdot 125+128\cdot 25+105\cdot 5-64)-105\text{arcsinh}(10))-\frac{1}{7680}(2\sqrt{1}\cdot (-64)-105\text{arcsinh}(0))=$

$=\frac{1}{7680}(2\sqrt{101}(2000000+960000+125000+3200+525-64)-105\text{arcsinh}(10))-\frac{1}{7680}(-128-0)=$

$=\frac{1}{7680}(2\sqrt{101}\cdot 3088661-105\text{arcsinh}(10))+\frac{128}{7680}=$

$=\frac{1}{7680}(62081317,771613740125811409969418-314,81340978128682257889253144763)+\frac{128}{7680}=$

=(62081002,958203958838988831076887+128)/7680=8083,4805935161404738266707131363.

Panaudojus Free Pascal kodą:

 var
 a:longint;
 c:real;
 begin
 for a:=1 to 1000000000  do
 c:=c+sqrt(sqr(0.000000005*a-0.000000005*(a-1))+sqr(sqr(0.000000005*a)-sqr(0.000000005*(a-1))))*sqr(0.000000005*a+sqr(0.000000005*a));
 writeln(c);
 readln;
 end.

gauname atsakymą m=8083,48061127561 po 30 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

Alternatyvus Free Pascal kodas, skaičiuojantis pagal formulę $m={\int }_0^5\gamma \sqrt{1+[y^{\prime }{]}^2}dx={\int }_0^5(x+x^2{)}^2\sqrt{1+4x^2}dx$ yra toks:

 var
 a:longint;
 c:real;
 begin
 for a:=1 to 1000000000  do
 c:=c+sqrt(1+sqr(2*0.000000005*a))*sqr(0.000000005*a+sqr(0.000000005*a));
 writeln(c*0.000000005);
 readln;
 end.

ir duoda atsakymą m=8083,4806161241980 po 22 sekundžių su 2,6 GHz procesoriumi.

Taip pat skaitykite

• Gauso formulė
• Antrojo tipo kreivinis integralas
• Pilnųjų diferencialų integravimas
• Apibrėžtinis integralas