Siirry pääasiaan

Alaluku 6.3 Integraali

Kuten derivaatan kohdalla, myös integraaleissa esiintyy monennimisiä funktioita ja integrointimuuttujan kanssa on oltava tarkkana. Ensimmäisessä tehtävässä on esimerkki, jossa energia riippuu lämpökapasiteetista \(E=E(c)\) ja lämpökapasiteetti edelleen lämpötilasta \(c=c(T)\text{.}\) Kysymyksessä integroidaan energiaa lämpötilan yli, joten on oltava huolellinen, ettei lämpökapasiteettia \(c\) tule pidettyä vakiona. Vastaaviin tilanteisiin törmää fysiikassa usein.

Harjoitustehtävät Harjoitustehtävät

1.

Useiden kiinteiden aineiden ominaislämpökapasiteetti \(c\) on lähes vakio suurella lämpötila-alueella. Sen sijaan timantin ominaislämpökapasiteettia 200 K-600 K lämpötiloilla kuvaa hyvin funktio \(c(T) = 2,8T - 350 \si{\joule/\kilogram\kelvin}\text{.}\) Aineen termisen energian muutosta lämpötilan muuttuessa kuvaa yhtälö

\begin{equation*} \Delta E_t = Mc\Delta T, \end{equation*}

jossa \(M\) on tutkittavan aineen massa ja \(T\) lämpötila kelvineinä. Timantin tapauksessa termisen energian muutos täytyy laskea integroimalla

\begin{equation*} \Delta E = \int \dee E = \int Mc(T)\dee T. \end{equation*}

Kuinka paljon energiaa tarvitaan 3,5:n karaatin timantin lämmittämiseen \(-50\celsius\text{:}\)sta \(250\celsius\text{:}\)een? Jalokivitimanteilla 1 karaatti = 200 mg.

Ratkaisu

Muutetaan lämpötilat kelvineiksi: \(\SI{-50}{\celsius}=\SI{223}{\kelvin}\) ja \(\SI{250}{\celsius} = \SI{523}{\kelvin}\text{.}\) Muutetaan massa kilogrammoiksi \(3,5\text{ ka} = \SI{700}{\milli\gram} = \SI{7\eminus4}{\kilogram}\) Lasketaan sitten määrätty integraali alkulämpötilasta loppulämpötilaan (selkeyttämiseksi merkitään yksiköt vasta lopuksi)

\begin{align*} \int_{223}^{523} Mc(T)\dee T \amp= M \int_{223}^{523} 2,8T - 350 \dee T \\ \amp= M \Bigg|_{223}^{523} 2,8 \cdot \puoli T^2 - 350 T \\ \amp= M \Bigg|_{223}^{523} (1,4 T^2 - 350 T) \\ \amp= M (( 1,4\cdot523^2-350\cdot523 ) - ( 1,4\cdot223^2-350\cdot223 ) ) \\ \amp= 208320M \\ \amp= 208320\cdot 7\eminus4 \\ \amp= \SI{145,824}{\joule} \approx \SI{146}{\joule} \end{align*}
2.

Ympäristön kaasuun tekemä työ ideaalikaasuprosessissa voidaan laskea integroimalla paineen funktiota tilavuuden yli

\begin{equation*} W = -\int_{V_1}^{V_2} p(V) \dee V. \end{equation*}

Ideaalikaasuprosessia kuvaa yhtälö \(p=cV^{1/2}\text{.}\) Mikä on kaasuun tehty työ, kun kaasun tilavuus muuttuu tilavuudesta \(V_1\) tilavuuteen \(V_2\text{?}\)

Ratkaisu

Sijoitetaan integraaliin annettu paineen funktio ja lasketaan integraali

\begin{align*} W \amp= -\int_{V_1}^{V_2} p(V) \dee V = -\int_{V_1}^{V_2} c V^{1/2} \dee V \\ \amp= -c \Bigg|_{V_1}^{V_2} \frac{2}{3} V^{3/2} \\ \amp= -c \frac{2}{3} (V_2^{3/2} - V_1^{3/2}) \\ \amp= \frac{2c}{3} (V_1^{3/2} - V_2^{3/2}) \end{align*}
4.

Ohuessa tangossa on tasaisesti levittynyt varaus \(Q\text{.}\) Tangon pituus on \(L\text{.}\) Tanko taivutetaan puoliympyrän muotoon. Mikä on sähkökenttä puoliympyrän keskipisteessä? Toimitaan kuten videon esimerkeissä ja muodostetaan integraali miettimällä aluksi varausten summaa. Tarkastellaan lyhyttä \(\Delta s\text{:}\)n pituista pätkää tangosta (ks. alla oleva kuva). Jokaisen tällaisen pätkän varaus on \(\Delta q\text{.}\) Koska jokaista pätkää vastaa samassa kulmassa oleva pätkä \(x\)-akselin toisella puolella, \(y\)-akselin suuntaiset sähkökentän komponentit kumoutuvat. Nyt saadaan kokonaissähkökentäksi

\begin{equation*} E_x = \sum_i (E_i)_x = \sum_i E_i\cos\theta_i \ja E_y = 0. \end{equation*}

Kaikki varaukset ovat etäisyydellä \(R\) keskipisteestä. Tällöin yhden pätkän muodostama kenttä on

\begin{equation*} E_i = \frac{\Delta q}{4 \pi \epsilon_0 r_i^2} = \frac{\Delta q}{4 \pi \epsilon_0 R^2}. \end{equation*}

Tangon varausjakauma on tasainen, joten \(\Delta s\text{:}\)n pituisen pätkän varaus \(\Delta q\) on

\begin{equation*} \Delta q = \lambda \Delta s = \frac{Q}{L} \Delta s. \end{equation*}

Siispä kokonaiskenttä keskipisteessä on

\begin{equation*} E = \sum_i \frac{(Q/L)\Delta s}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \cos\theta_i. \end{equation*}

Kirjoita nyt \(\Delta s\) kulman \(\Delta\theta\) ja säteen \(R\) avulla ja muodosta summasta integraali kulman \(\theta\) yli. Laske sitten tangon muodostama kokonaissähkökenttä keskipisteessä.

Ratkaisu

Kaaren pituus kaarta vastaavan kulman (radiaaneina) ja säteen avulla on \(s = \theta R\text{.}\) Siispä \(\Delta s = \Delta \theta R\text{.}\) Sijoitetaan tämä summaan

\begin{equation*} E = \sum_i \frac{(Q/L) R}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \cos\theta_i \Delta \theta \end{equation*}

Summasta saadaan integraali, kun kulman muutos viedään infinitesimaalisen pieneksi

\begin{gather*} E = \int \frac{(Q/L) R}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \cos\theta \dee \theta. \end{gather*}

Integraalin rajat muodostuvat puoliympyrän kattavista kulmista. Sähkökentän suunta voidaan perustella tilanteen symmetrian avulla. Nyt tehtävänannon kuvan mukaisesti kulma \(\theta\) on välillä \([-\pi/2,\pi/2]\text{,}\) eli integraali on

\begin{align*} E \amp= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{(Q/L) }{4 \pi \epsilon_0 R} \cos\theta \dee \theta \\ \amp= \frac{(Q/L)}{4 \pi \epsilon_0 } \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos\theta \dee \theta \\ \amp= \frac{(Q/L)}{4 \pi \epsilon_0 R} \Bigg|_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin\theta \\ \amp= \frac{(Q/L)}{4 \pi \epsilon_0 R} (\sin(\pi/2) - \sin(-\pi/2)) \\ \amp= \frac{2Q}{4 \pi \epsilon_0 RL} \end{align*}

Lue valmennusmateriaalista osio viivaintegraali ja tee seuraava tehtävä.

Voimakenttää \(xy\)-tasossa kuvaa funktio \(\vec{F}(x,y) = y^2 \hat{i} + 2xy\hat{j}\text{.}\) Laske viivaintegraali \(\int_{\mathcal{C}} \vec{F} \cdot \dee \vec{r}\text{,}\) eli voiman tekemä työ, pisteestä \((0,0)\) pisteeseen \((1,1)\text{,}\) kun

(a)

\(\mathcal{C}\) on suora \(y=x\text{.}\) Suoran parametrisaatio on \(\vec{r}(t) = t\hat{i} + t\hat{j}\text{.}\)

Ratkaisu

Tehtävänannon mukaiset polut ovat

Suoran parametrisaatio on \(\vec{r} = t\hat{i} + t\hat{j}\text{,}\) \(0\leq t \leq 1\text{.}\) Toisaalta suoralla \(y=x\text{,}\) joten \(\vec{F} = t^2\hat{i} + 2t^2\hat{j}\text{.}\) Siispä \(\dee\vec{r} = \dee t \hat{i} + \dee t \hat{j}\) ja integraalissa oleva pistetulo on

\begin{equation*} \vec{F} \cdot \dee \vec{r} = (t^2\hat{i} + 2t^2\hat{j}) \cdot (\hat{i} + \hat{j}) \dee t = 3t^2 \dee t. \end{equation*}

Siispä integraalista tulee

\begin{equation*} \int_{\mathcal{C}} \vec{F} \cdot \dee \vec{r} = \int_{0}^{1} 3t^2 \dee t = \Bigg|_0^1 t^3 = 1. \end{equation*}
(b)

\(\mathcal{C}\) on paraabeli \(y=x^2\text{.}\) Paraabelin parametrisaatio on \(\vec{r}(t) = t\hat{i} + t^2\hat{j}\text{.}\)

Ratkaisu

Paraabelin voi parametrisoida \(\vec{r} = t\hat{i} + t^2\hat{j}\text{,}\) \(0\leq t \leq 1\text{,}\) joten \(\dee\vec{r} = \dee t \hat{i} + 2t\dee t \hat{j}\text{.}\) Paraabelillä \(y=x^2\text{,}\) joten \(\vec{F} = t^4\hat{i} + 2t^3\hat{j}\text{.}\) Siispä pistetulo on

\begin{equation*} \vec{F} \cdot \dee \vec{r} = (t^4\hat{i} + 2t^3\hat{j}) \cdot (\hat{i} + 2t\hat{j}) \dee t = 5t^4 \dee t. \end{equation*}

Integraalista saadaan

\begin{equation*} \int_{\mathcal{C}} \vec{F} \cdot \dee \vec{r} = \int_{0}^{1} 5t^4 \dee t = \Bigg|_0^1 t^5 = 1. \end{equation*}
(c)

\(\mathcal{C}\) on suora pisteestä \((0,0)\) pisteeseen \((0,1)\text{,}\) josta edelleen suora pisteeseen \((1,1)\text{.}\) Nämä suorat voi parametrisoida erikseen siten, että \(\vec{r}_1(t) = t\hat{j}\) ja \(\vec{r}_2(t) = t\hat{i} + \hat{j}\text{.}\)

Ratkaisu

Kolmas polku koostuu kahdesta osasta, jotka voi parametrisoida erikseen. Ensimmäisellä osalla \(x=0\) ja \(0 \leq y \leq 1\text{.}\) Toisella osalla \(y=1\) ja \(0 \leq x \leq 1\text{.}\) Siispä \(\vec{r}_1 = t\hat{j}\text{,}\) \(0\leq t \leq 1\) ja \(\vec{r}_2 = t\hat{i} + \hat{j}\text{,}\) \(0\leq t \leq 1\text{.}\) Nyt \(\dee\vec{r}_1 = \dee t\hat{j} \) ja \(\dee\vec{r}_2=\dee t \hat{i}\)

Vastaavasti ensimmäisellä osalla \(\vec{F}_1 = t^2\hat{i}\) ja toisella osalla \(\vec{F}_2 = \hat{i} + 2t\hat{j}\text{.}\) Pistetulot ovat

\begin{gather*} \vec{F}_1 \cdot \dee \vec{r}_1 = (t^2\hat{i}) \cdot (\hat{j})\dee t = 0 \\ \vec{F}_2 \cdot \dee \vec{r}_2 = (\hat{i} + 2t\hat{j}) \cdot (\dee t \hat{i}) = \dee t \end{gather*}

Integraali saadaan polkujen integraalien summasta

\begin{gather*} \int_{\mathcal{C}} \vec{F} \cdot \dee \vec{r} = \int_{\mathcal{C}_1} \vec{F}_1 \cdot \dee \vec{r}_1 + \int_{\mathcal{C}_2} \vec{F}_2 \cdot \dee \vec{r}_2 = \int_{0}^{1} 0 \dee t + \int_{0}^{1} \dee t = 1. \end{gather*}

Viivaintegraalin erikoistapaukset ovat, kun pistetulo on 0 tai 1 koko polulla. Kun voimavektori ja polku ovat samansuuntaiset koko polun yli, saadaan työksi \(W=Fs\text{.}\) Toisaalta aina, kun polku on kohtisuorassa voimaa vasten, voima ei tee työtä. Nämä erikoistapaukset ovat erityisen hyödyllisiä, kun tutkitaan sähkö- ja magneettikenttiä. Tästä aiheesta lisää Maxwellin yhtälöitä käsittelevässä materiaalissa.