\hfill \thepage} %} \newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Acknowledgement} \newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithm} \newtheorem{case}[theorem]{Case} \newtheorem{claim}[theorem]{Claim} \newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion} \newtheorem{condition}[theorem]{Condition} \newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion} \newtheorem{notation}[theorem]{Notation} \newtheorem{problem}[theorem]{Problem} \newtheorem{solution}[theorem]{Solution} \newtheorem{summary}[theorem]{Summary} \newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}} \input{tcilatex} \begin{document} \section{Ma 227 Line Integrals} \vspace{1pt} Definition. Let $P(x,y)$ and $Q(x,y)$ be functions of two variables whose first partial derivatives are continuous in an open rectangle $H$ of the $% x,y-$ plane. Consider an arc (curve) $C$ in $H$ whose parametric equations are \vspace{1pt}\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{equation*} x=f(t)\qquad y=g(t)\qquad a\leq t\leq b \end{equation*} and are such that as $t$ increases from $a$ to $b$, the corresponding point $% (f(t),g(t))$, traces the arc $C$ from the point $A=(f(a),g(a))$ to the point $B=(f(b),g(b))$. Let $f^{\prime }$ and $g^{\prime }$ be continuous for $% a\leq t\leq b$. Then \begin{equation*} \int_{C}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=\int_{a}^{b}\{P(f(t),g(t))f^{\prime }(t)+Q(f(t),g(t))g^{\prime }(t)\}dt \end{equation*} is called the \emph{line integral} of $P(x,y)dx+Q(x,y)dy$ along $C$ from $\ A $ to $B$. Remark: Notice that the right hand side above is an ordinary definite integral. \vspace{1pt} Example: Evaluate the line integral \begin{equation*} \int_{C}(x^{2}-y^{2})dx+2xydy \end{equation*} along the curve $C$ whose parametric equations are \qquad \qquad \begin{equation*} x=t^{2};\qquad y=t^{3};\qquad 0\leq t\leq \frac{3}{2} \end{equation*} Solution: $f(t)=t^{2}$\ and $g(t)=t^{2}$. $\Rightarrow $ \ $f^{\prime }=2t$ and $g^{\prime }=3t^{2}$ . \vspace{1pt} \vspace{1pt}% \begin{eqnarray*} \int_{C}(x^{2}-y^{2})dx+2xydy &=&\int_{0}^{\frac{3}{2}% }[(t^{4}-t^{6})(2t)+2t^{2}t^{3}(3t^{2})]dt \\ &=&\int_{0}^{\frac{3}{2}}[(2t^{5}+4t^{7})dt=\dfrac{8505}{512} \end{eqnarray*} \vspace{1pt} \qquad \qquad Remark: $C$\ may be described vectorially via \qquad \begin{equation*} \overrightarrow{r}(t)=f(t)\overrightarrow{i}+g(t)\overrightarrow{j} \end{equation*} $\Rightarrow $ \begin{equation*} \ \overrightarrow{r}^{\prime }(t)=f^{\prime }(t)\overrightarrow{i}+g^{\prime }(t)\overrightarrow{j} \end{equation*} \vspace{1pt} If we let \begin{equation*} \overrightarrow{F}(x,y)=P(x,y)\overrightarrow{i}+Q(x,y)\overrightarrow{j}, \end{equation*} then \vspace{1pt}\qquad \begin{equation*} \vec{F}\left( t\right) =\overrightarrow{F}(f(t),g(t))=P(f(t),g(t))% \overrightarrow{i}+Q(f(t),g(t))\overrightarrow{j} \end{equation*} \qquad $\Rightarrow $% \begin{equation*} \overrightarrow{F}(f(t),g(t))\cdot \overrightarrow{r}^{\prime }(t)=P(f(t),g(t))f^{\prime }(t)+Q(f(t),g(t))g^{\prime }(t) \end{equation*} Hence \vspace{1pt}% \begin{eqnarray*} \int_{C}[P(x,y)dx+Q(x,y)dy] &=&\int_{a}^{b}\overrightarrow{F}(f(t))% \underbrace{\cdot \overrightarrow{r}^{\prime }(t)dt}=\int_{C}\overrightarrow{% F}\cdot d\overrightarrow{r} \\ &&\ \text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }d\overrightarrow{r} \end{eqnarray*} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\ \ Remark: The results we have given for two dimensions readily go over to three dimensions. We define the three dimensional line integral as follows: \qquad The curve may be described in three dimensions via \qquad \begin{equation*} x=f(t);\qquad y=g(t);\qquad z=h(t) \end{equation*} or% \begin{equation*} \overrightarrow{r}(t)=f(t)\overrightarrow{i}+g(t)\overrightarrow{j}+h(t)% \overrightarrow{k} \end{equation*} If \begin{equation*} \overrightarrow{F}(x,y,z)=P(x,y,z)\overrightarrow{i}+Q(x,y,z)\overrightarrow{% j}+R(x,y,z)\overrightarrow{k} \end{equation*} then \begin{eqnarray*} \int_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r} &=&\int_{C}Pdx+Qdy+Rdz=% \int_{a}^{b}\overrightarrow{F}(f(t),g(t),h(t))\cdot \overrightarrow{r}% ^{\prime }(t)dt \\ &=&\int_{a}^{b}\{P(f(t),g(t),h(t))f^{\prime }(t)+Q(f(t),g(t),h(t))g^{\prime }(t)+R(f(t),g(t),h(t))h^{\prime }(t)\}dt \end{eqnarray*} Example: Compute $\int_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}$ where $\overrightarrow{F}=xy\overrightarrow{i}+xz\overrightarrow{j}-y% \overrightarrow{k}$ and $C$ is the directed line segment $C_{1}$ from $% (1,0,0)$ to $(0,1,0)$ followed by $C_{2}$ which is the segment from $(0,1,0)$ to $(0,1,1)$. \vspace{1pt} \vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{3.1055in}{2.9853in}{0pt}{}{}{lin2.gif}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 3.1055in;height 2.9853in;depth 0pt;original-width 361.375pt;original-height 347.0625pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/lin2.gif';file-properties "XNPEU";}} \FRAME{dtbpF}{3.403in}{2.6264in}{0pt}{}{}{lin1.gif}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 3.403in;height 2.6264in;depth 0pt;original-width 361.375pt;original-height 277.8125pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/lin1.gif';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \vspace{1pt} Solution: On $C_{1}\qquad z=0$ \qquad \qquad \begin{equation*} y=-x+1\qquad orx=1-y \end{equation*} Let $y=t\qquad x=1-t\qquad 0\leq t\leq 1$ \qquad \begin{equation*} \overrightarrow{r}(t)=(1-t)\overrightarrow{i}+t\overrightarrow{j}+0\cdot \overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{r}^{\prime }(t)=-% \overrightarrow{i}+\overrightarrow{j} \end{equation*} \qquad \begin{equation*} \overrightarrow{F}=xy\overrightarrow{i}+xz\overrightarrow{j}-y% \overrightarrow{k}\Longrightarrow \vec{F}\left( t\right) =(1-t)t% \overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}-t\overrightarrow{k} \end{equation*} \vspace{1pt}% \begin{equation*} \dint_{C_{1}}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\dint_{0}^{1}\vec{F}\left( t\right) \cdot r^{\prime }\left( t\right) dt=\dint_{0}^{1}\left[ t^{2}-t\right] dt=-\dfrac{1% }{6} \end{equation*} On $C_{2}\qquad x=0,\qquad y=1,\qquad z$ goes from $0$ to$1$ Let $z=t\qquad 0\leq t\leq 1\qquad \Rightarrow \overrightarrow{r}(t)=0% \overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+t\overrightarrow{k};\qquad \overrightarrow{F}=0\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}-\overrightarrow{k} $ and $\overrightarrow{r}^{\prime }(t)=\overrightarrow{k}$ \vspace{1pt} \begin{equation*} \int_{C_{2}}=\int_{0}^{1}-dt=-1. \end{equation*}% $\Rightarrow $ \begin{equation*} \int_{C}=\int_{C_{1}}+\int_{C_{2}}=-\frac{1}{6}-1=-\frac{7}{6} \end{equation*} \subsection{$\protect\int_{C}fds$} \vspace{1pt} \subsubsection{Two Dimensions} Let $C$ denote a plane curve given by the parametric equations \begin{equation*} x=x\left( t\right) \qquad y=y\left( t\right) \qquad a\leq t\leq b \end{equation*}% or equivalently by the vector equation $\mathbf{r}\left( t\right) =x\left( t\right) \mathbf{i}+y\left( t\right) \mathbf{j}$. \ Assume the curve is \textbf{smooth}, which means that the tangent vector $\mathbf{r}\prime =% \frac{dx}{dt}\mathbf{i}+\frac{dy}{dt}\mathbf{j}$ is continuous and never the zero vector. \ Let $f(x,y)$ be a function defined at each point of the curve $C$. \ The line integral of $f$ along $C$ is defined by the formula \begin{equation*} \int_{C}f\left( x,y\right) ds=\lim_{\left\Vert P\right\Vert \rightarrow 0}\sum_{i=1}f\left( x_{i},y_{i}\right) \Delta s_{i} \end{equation*}% In this formula $s$ denotes arc length along the curve, $P$ denotes a partition of the curve into $n$ \ pieces, and $\left\Vert P\right\Vert $is the length of the longest piece. $\left( x_{i},y_{i}\right) $ is a point on the $i^{th}$ piece. \ (The definition of an ordinary integral $% \int_{a}^{b}g\left( x\right) dx$ is defined by a special case of this process, in which the curve $C$ is the segment of the x-axis between $a$ and $b$.) \ In practice, this limiting process is rarely carried out, since \begin{equation*} \int_{C}f\left( x,y\right) ds=\int_{a}^{b}f\left( x(t),y(t)\right) \frac{ds}{% dt}dt \end{equation*}% and the integral on the right is an ordinary integral. \ Recall that $ds=% \sqrt{dx^{2}+dy^{2}}$ and hence \begin{equation*} \frac{ds}{dt}=\sqrt{\left( \frac{dx}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dy}{dt}% \right) ^{2}} \end{equation*} Thus% \begin{equation*} \int_{C}f\left( x,y\right) ds=\int_{a}^{b}f\left( x(t),y(t)\right) \sqrt{% \left( \frac{dx}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dy}{dt}\right) ^{2}}dt \end{equation*} \begin{example} Evaluate% \begin{equation*} \int_{C}\left( 2+x^{2}y\right) ds \end{equation*} \end{example} where $C$ is the upper half of the unit circle $x^{2}+y^{2}=1.$ \vspace{1pt} Solution: \ We parametrize the upper half of the unit circle using \begin{equation*} x=\cos t\text{ \ \ }y=\sin t\text{ \ \ }0\leq t\leq \pi \end{equation*} Then \begin{eqnarray*} \int_{C}\left( 2+x^{2}y\right) ds &=&\int_{0}^{\pi }\left( 2+\cos ^{2}t\sin t\right) \sqrt{\left( \frac{dx}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dy}{dt}\right) ^{2}}dt \\ &=&\int_{0}^{\pi }\left( 2+\cos ^{2}t\sin t\right) \sqrt{\sin ^{2}t+\cos ^{2}t}dt \\ &=&\int_{0}^{\pi }\left( 2+\cos ^{2}t\sin t\right) dt=\left[ 2t-\frac{\cos ^{3}t}{3}\right] _{0}^{\pi } \\ &=&2\pi +\frac{2}{3} \end{eqnarray*} \subsubsection{Three Dimensions} Let $C$ denote a space curve given by the parametric equations \begin{equation*} x=x\left( t\right) \qquad y=y\left( t\right) \qquad z=z(t)\qquad a\leq t\leq b \end{equation*}% or equivalently by the vector equation $\mathbf{r}\left( t\right) =x\left( t\right) \mathbf{i}+y\left( t\right) \mathbf{j}+z\left( t\right) \mathbf{k}$% . \ Assume the curve is \textbf{smooth}, which means that the tangent vector $\mathbf{r}\prime =\frac{dx}{dt}\mathbf{i}+\frac{dy}{dt}\mathbf{j}+\frac{dz}{% dt}\mathbf{j}$ is continuous and never the zero vector. \ Let $f(x,y,z)$ be a function defined at each point of the curve $C$. \ The line integral of $f$ along $C$ is defined by the formula \begin{equation*} \int_{C}f\left( x,y,z\right) ds=\lim_{\left\Vert P\right\Vert \rightarrow 0}\sum_{i=1}f\left( x_{i},y_{i},z_{i}\right) \Delta s_{i}\text{.} \end{equation*}% Here, $s$ denotes arc length along the curve, $P$ denotes a partition of the curve into $n$ \ pieces, and $\left\Vert P\right\Vert $is the length of the longest piece. The point $\left( x_{i},y_{i},z_{i}\right) $ is a point on the $i^{th}$ piece. \ In practice, this limiting process is rarely carried out, since \begin{equation*} \int_{C}f\left( x,y,z\right) ds=\int_{a}^{b}f\left( x(t),y(t),z(t)\right) \frac{ds}{dt}dt \end{equation*}% and the integral on the right is an ordinary integral. \ In this case $ds=% \sqrt{dx^{2}+dy^{2}+dz^{2}}$and therefore% \begin{equation*} \int_{C}f\left( x,y,z\right) ds=\int_{a}^{b}f\left( x(t),y(t),z(t)\right) \sqrt{\left( \frac{dx}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dy}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dz}{dt}\right) ^{2}}dt \end{equation*} \begin{example} \vspace{1pt} \end{example} Evaluate \begin{equation*} \int_{C}y\sin zds \end{equation*}% where $C$ is the circular helix given by the equations \begin{equation*} x=\cos t,\text{ }y=\sin t\text{ \ }z=t\text{ \ }0\leq t\leq 2\pi \end{equation*} Solution: \vspace{1pt}% \begin{eqnarray*} \int_{C}y\sin zds &=&\int_{0}^{2\pi }\left( \sin t\right) \sin t\sqrt{\left( \frac{dx}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dy}{dt}\right) ^{2}+\left( \frac{dz}{% dt}\right) ^{2}}dt \\ &=&\int_{0}^{2\pi }\sin ^{2}t\sqrt{\sin ^{2}t+\cos ^{2}t+1}dt \\ &=&\frac{\sqrt{2}}{2}\int_{0}^{2\pi }\left( 1-\cos 2t\right) dt \\ &=&\frac{\sqrt{2}}{2}\left[ t-\frac{\sin 2t}{2}\right] _{0}^{2\pi }=\sqrt{2} \end{eqnarray*} \vspace{1pt} \subsection{Path Independence} Find the value of \vspace{1pt} \qquad \begin{equation*} \int_{C}y^{2}dx+(x-y)dy \end{equation*}% from the point $A=(0,-2)$ to the point $B=(28,6)$ (a) along the path $x=t^{3}+1;\qquad y=2t;\qquad -1\leq t\leq 3$; (b) along the straight line segment $AB$ Solution: (a) first $x=t^{3}+1\qquad y=2t\Longrightarrow $ $x=\frac{y^{3}}{8}+1$ or $% y^{3}=8x-8$ \qquad \begin{equation*} \overrightarrow{F}(x,y)=y^{2}\overrightarrow{i}+(x-y)\overrightarrow{j}% \qquad \overrightarrow{r}=(t^{3}+1)\overrightarrow{i}+2t\overrightarrow{j} \end{equation*} \vspace{1pt} \qquad \begin{equation*} \overrightarrow{F}(t)=(2t)^{2}\overrightarrow{i}+(t^{3}+1-2t)\overrightarrow{% j}\qquad \overrightarrow{r}^{\prime }(t)=3t^{2}\overrightarrow{i}+2% \overrightarrow{j} \end{equation*} \vspace{1pt} \begin{equation*} \int_{C}=\int_{-1}^{3}\{(2t)^{2}\cdot (3t^{2})+(t^{3}-2t+1)\cdot 2\}dt=% \dfrac{12t^{5}}{5}+\dfrac{2t^{4}}{4}-\dfrac{4t^{2}}{2}+2t|_{-1}^{3}=\dfrac{% 3088}{5} \end{equation*} \vspace{1pt} Along path ( b ): Line goes from $(0,-2)$ to $(28,6)$ \vspace{1pt} $\Rightarrow $ slope $m=\frac{6+2}{28}=\frac{2}{7}\Rightarrow $ $y+2=\frac{2% }{7}x$ or $y=\frac{2}{7}x-2$ Let $x=\frac{7}{2}t\Rightarrow $ $y=t-2\qquad 0\leq t\leq 8$ \begin{equation*} \overrightarrow{F}(t)=(t-2)^{2}\overrightarrow{i}+\left( \frac{7}{2}% t-t+2\right) \overrightarrow{j}=(t-2)^{2}\overrightarrow{i}+\left( \frac{5}{2% }t+2\right) \overrightarrow{j} \end{equation*} \vspace{1pt} \begin{equation*} \overrightarrow{r}(t)=\frac{7}{2}t\overrightarrow{i}+(t-2)\overrightarrow{j}% \Rightarrow \overrightarrow{r}^{\prime }(t)=\frac{7}{2}\overrightarrow{i}+% \overrightarrow{j} \end{equation*} \vspace{1pt} \begin{equation*} \int_{C}=\int_{0}^{8}\{\frac{7}{2}(t-2)^{2}+\frac{5}{2}(t+2)\}dt=\dfrac{1072% }{3} \end{equation*} Notice that the two paths give two \emph{different} results. Often one must consider situations in which the path $C$ is a closed curve. Hence the starting point $A$ and ending point $B$ are the same. This is usually written as \begin{equation*} \oint_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}. \end{equation*} For plane curves we take the positive direction of $C$ so that the interior of the closed curve is always to the left as $C$ is traversed. \vspace{1pt} \vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{3.7377in}{2.6584in}{0pt}{}{}{lin3.gif}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 3.7377in;height 2.6584in;depth 0pt;original-width 361.375pt;original-height 255.9375pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/lin3.gif';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} Example: Show that \begin{equation*} \oint_{C}\dfrac{xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}=2\pi , \end{equation*} where $C$ is the circle $x^{2}+y^{2}=a^{2}$ Solution: Let $x=a\cos t\qquad y=a\sin t\qquad 0\leq t\leq 2\pi $ \vspace{1pt} \begin{eqnarray*} \oint_{C} &=&\int_{0}^{2\pi }\left\{ \dfrac{a\cos t(a\cos t)-a\sin t(-a\sin t)}{a^{2}}\right\} dt \\ &=&\int_{0}^{2\pi }\left\{ \cos ^{2}t+\sin ^{2}t\right\} dt=\int_{0}^{2\pi }dt=2\pi \end{eqnarray*} \qquad We have seen that the value of a line integral depends on the integrand, the endpoints $A$ and $B$, and the arc $C$ from $A$ to $B$. However, certain line integrals depend only on the integrand and endpoints $A$ and $B$. Such integrals are called \emph{path independent} or are said to be \emph{% independent of the path}. \vspace{1pt} Example: Show that the value of the integral \vspace{1pt} \vspace{1pt}% \begin{equation*} \int_{C}(3x^{2}-6xy)dx+(-3x^{2}+4y+1)dy \end{equation*} is independent of the path taken from $(-1,2)$ to $(4,3)$. Solution: Here $P=3x^{2}-6xy\qquad Q=-3x^{2}+4y+1$ Suppose we could find a function $G(x,y)$ such that \qquad \qquad \begin{equation*} G_{x}=P\qquad G_{y}=Q \end{equation*} Then \begin{equation*} \int_{C}Pdx+Qdy=\int_{C}G_{x}dx+G_{y}dy=\int_{C}dG=G(4,3)-G(-1,2). \end{equation*} which is a number independent of the path $C.$ This means that we want $P$ $dx+Q$ $dy$ to be an exact differential. The condition for this is \vspace{1pt}\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{equation*} \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}. \end{equation*} Here $P_{y}=-6x=Q_{x}\Rightarrow $ such a $G$ exists. Now \begin{center} \qquad \qquad \qquad \begin{equation*} G_{x}=P=3x^{2}-6xy \end{equation*} \end{center} $\Rightarrow $ \begin{equation*} G=x^{3}-3x^{2}y+g(y) \end{equation*}% where $g(y)$ is a function of $y$. But \begin{equation*} G_{y}=-3x^{2}+g^{\prime }(y)=Q=-3x^{2}+4y+1 \end{equation*}% $\Rightarrow $ \begin{equation*} g^{\prime }(y)=4y+1\text{ \ \ \ \ \ or \ \ \ }g(y)=2y^{2}+y+K. \end{equation*} Thus \begin{equation*} G(x,y)=x^{3}-3x^{2}y+2y^{2}+y+K \end{equation*}% where$C$ is a constant. Then $G(4,3)=\allowbreak -59+K$ and $% G(-1,2)=\allowbreak 3+K$ Thus% \begin{equation*} \int_{C}(3x^{2}-6xy)dx+(-3x^{2}+4y+1)dy=-59+K-3-K=-62 \end{equation*} We may summarize the above as follows: \vspace{1pt} Let $P(x,y)dx+Q(x,y)dy$ be an exact differential of some function $G$ in an open rectangular region $H$. If $C$ is an arc lying entirely in $H$ with parametric equations \vspace{1pt}\vspace{1pt}\qquad \begin{equation*} x=f(t)\qquad y=g(t)\qquad a\leq t\leq b\newline \end{equation*} and $f^{\prime }$ and $g^{\prime }$ are continuous, then \vspace{1pt}\qquad \begin{equation*} \int_{C}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=G(f\left( b\right) ,g\left( b\right) )-G(f\left( a\right) ,g\left( a\right) ) \end{equation*} where $\left( f\left( a\right) ,g(a)\right) $ and $\left( f\left( b\right) ,g(b)\right) $ are the endpoints of $C$. Remark: If a line integral is path independent one may choose a path along which it is easy to evaluate the line integral. \vspace{1pt} Example: $\int_{C}\left( 3x^{2}-6xy\right) dx+\left( -3x^{2}+4y+1\right) dy$ from $\left( -1,2)\right) $ to $\left( 4,3\right) $. (This is the same example we dealt with above.) \vspace{1pt} \vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{3.6893in}{2.7095in}{0pt}{}{}{lin4.gif}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 3.6893in;height 2.7095in;depth 0pt;original-width 361.375pt;original-height 264.25pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/lin4.gif';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} $\qquad \qquad $% \begin{equation*} \int_{C}=\int_{C_{1}}+\int_{C_{2}} \end{equation*} Note that $dy=0$ and $y=2$ on $C_{1}$ and $dx=0$ and $x=4$ on$% C_{2}\Rightarrow $ \vspace{1pt} $\qquad $% \begin{equation*} \int_{C}=\int_{-1}^{4}(3x^{2}-6xy)dx+\int_{2}^{3}\left( -3x^{2}+4y+1\right) dy \end{equation*} But\ $y=2$\ in the first integral whereas $x=4$ in the second$\Rightarrow $ \vspace{1pt} $\int_{C}=\int_{-1}^{4}(3x^{2}-12x)dx+\int_{2}^{3}(4y-47)dy=-62$ Remark: \qquad Recall that \begin{equation*} \nabla G=G_{x}\overrightarrow{i}+G_{y}\overrightarrow{j} \end{equation*}% Also $d\overrightarrow{r}=dx\overrightarrow{i}+dy\overrightarrow{j}\qquad \Rightarrow $ \begin{equation*} \nabla G\cdot d\overrightarrow{r}=G_{x}dx+G_{y}dy. \end{equation*} Therefore if $Pdx+Qdy$ is an exact differential, then \vspace{1pt} \ \ \begin{equation*} \int_{C}Pdx+Qdy=\int_{C}\nabla G(x,y)\cdot d\overrightarrow{r} \end{equation*} Remarks: (1) The fact that a line integral is independent of path is equivalent to the statement that the line integral around any closed path is zero. To see this let $C$ be any closed path and $P_{0}\neq P_{1}$ be points on $C$. \vspace{1pt}\vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{4.3604in}{3.1514in}{0pt}{}{}{lin5.gif}{% \special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";display "USEDEF";valid_file "F";width 4.3604in;height 3.1514in;depth 0pt;original-width 361.375pt;original-height 249.9375pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/lin5.gif';file-properties "XNPEU";}} Then $C=C_{1}+C_{2}$. If the line integral is path independent $\Rightarrow $ \qquad \begin{eqnarray*} \int_{C_{1}}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r} &=&\int_{-C_{2}}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}.\text{ \ \ \ \ \ } \\ \text{Thus}\int_{C_{1}}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}% -\int_{-C_{2}}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r} &=&0 \end{eqnarray*} But $-$ $d\overrightarrow{r}$ along $-$ $C_{2}$ is equivalent to $d% \overrightarrow{r}$ along $C_{2}$. Therefore \vspace{1pt} \qquad \begin{equation*} \int_{C_{1}}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}+\int_{C_{2}}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=\oint_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=0 \end{equation*} \vspace{1pt} Suppose now that \begin{equation*} \oint_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=0 \end{equation*} for any closed path $C$. Let $P_{0}$ and $P_{1}$ be any two points on $C$ and $C_{1}$ and $C_{2}$ any two paths joining them. \vspace{1pt} \vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{5.1941in}{3.9115in}{0pt}{}{}{lin6.gif}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 5.1941in;height 3.9115in;depth 0pt;original-width 361.375pt;original-height 271pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/lin6.gif';file-properties "XNPEU";}} Then $C=C_{1}+(-C_{2})$ is a closed path and \vspace{1pt} \qquad \begin{equation*} \oint_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=\int_{C_{1}-C_{2}}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=0 \end{equation*} $\Rightarrow \qquad $% \begin{equation*} \int_{C_{1}}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}+\int_{-C_{2}}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=0\text{ \ \ or \ }\int_{C_{1}}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=-\int_{-C_{2}}\overrightarrow{F}% \cdot d\overrightarrow{r}=\int_{C_{2}}\overrightarrow{F}\cdot d% \overrightarrow{r} \end{equation*} Hence the following are equivalent: \vspace{1pt} $\int_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}$ is path independent $% \leftrightarrow $ there exists a $G$ such that $\overrightarrow{F}=\nabla G$ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad $\ \ \ \ \leftrightarrow \oint_{C}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}=0$ for any closed path $C$. We have discussed path independence in two dimensions. Similar things hold in three dimensions. \vspace{1pt} Example: If $\overrightarrow{F}=y\overrightarrow{i}-z\overrightarrow{j}+x% \overrightarrow{k}$\ is $\int_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}$ path independent? Solution: The line integral is path independent $\Leftrightarrow $ there exists a function $\phi (x,y,z)$ such that $\nabla \phi =\overrightarrow{F}$% . Suppose such a $\phi $ exists. \vspace{1pt}$\Longrightarrow \qquad $% \begin{equation*} \phi _{x}=y;\qquad \phi _{y}=-z;\qquad \phi _{z}=x \end{equation*} Now $\phi _{z}=x\Longrightarrow $ \ $\phi (x,y,z)=xz+g(x,y)$ But\qquad $\phi _{x}=z+\dfrac{\partial g}{\partial x}=y$ \vspace{1pt}\qquad $\Longrightarrow $ \begin{equation*} \ z=y-\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y) \end{equation*} But $z$ is an independent variable and therefore not dependent upon $x$ and $% y$. Thus no such $\phi $ can exist $\Longrightarrow $ \ $\int_{C}% \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r}$ is path \emph{dependent} for this $\overrightarrow{F}$. Question: When does there exist a $\phi (x,y,z)$ such that $\nabla \phi =% \overrightarrow{F}$? Theorem: Suppose $\overrightarrow{F}$ is a continuously differentiable function in a region $D$ in space and that \qquad \qquad \begin{equation*} curl\overrightarrow{F}=0\text{ \ in \ }D \end{equation*} Then there exists a continuously differentiable, scalar function $\phi (x,y,z)$, in $D$ such that% \begin{equation*} \overrightarrow{F}=\nabla \phi . \end{equation*} Remark: $C:\overrightarrow{r}(t)=x(t)\overrightarrow{i}+y(t)\overrightarrow{j% }+z(t)\overrightarrow{k}\qquad a\leq t\leq b$ . \ $\overrightarrow{F}$ force on a particle. \qquad Then \begin{equation*} Work=\int_{C}\overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{r} \end{equation*} \begin{example} It can be shown that for the vector field% \begin{equation*} \vec{F}\left( x,y,z\right) =yz\left( 2x+y\right) \vec{i}+xz\left( x+2y\right) \vec{j}+xy\left( x+y\right) \vec{k} \end{equation*} \end{example} \begin{equation*} curl\vec{F}=\nabla \times \vec{F}=0 \end{equation*} Evaluate% \begin{equation*} \int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r} \end{equation*} where $C$ is the curve given by the vector equation% \begin{equation*} \vec{r}\left( t\right) =\left( 1+t\right) \vec{i}+\left( 1+2t^{2}\right) \vec{j}+\left( 1+3t^{2}\right) \vec{k}\text{ \ \ \ \ \ \ }0\leq t\leq 1 \end{equation*} \emph{Solution:} Check (not required)% \begin{eqnarray*} &&\nabla \times \left( yz\left( 2x+y\right) ,xz\left( x+2y\right) ,xy\left( x+y\right) \right) \\ &=&\left( x\left( x+y\right) +xy-x\left( x+2y\right) ,y\left( 2x+y\right) -y\left( x+y\right) -xy,z\left( x+2y\right) +xz-z\left( 2x+y\right) -yz\right) \\ &=&\left( 0,0,0\right) \end{eqnarray*} Thus there exists $f\left( x,y,z\right) $ such that $gradf=\vec{F}.$% \begin{equation*} f_{x}=yz\left( 2x+y\right) \end{equation*} so% \begin{equation*} f=x^{2}yz+xy^{2}z+g\left( y,z\right) \end{equation*} Then% \begin{equation*} f_{y}=x^{2}z+2xyz+g_{y}=xz\left( x+2y\right) \end{equation*} Therefore $g_{y}=0,$ so $g=h\left( z\right) $ and $\allowbreak $ \begin{equation*} f=x^{2}yz+xy^{2}z+h\left( z\right) \end{equation*} Also% \begin{equation*} f_{z}=x^{2}y+xy^{2}+h^{\prime }\left( z\right) =xy\left( x+y\right) \end{equation*} so $h^{\prime }\left( z\right) =0.$ Thus \begin{equation*} f\left( x,y,z\right) =x^{2}yz+xy^{2}z+K \end{equation*} \begin{eqnarray*} \vec{r}\left( 0\right) &=&\vec{i}+\vec{j}+\vec{k} \\ \vec{r}\left( 1\right) &=&2\vec{i}+3\vec{j}+4\vec{k} \end{eqnarray*} \begin{equation*} \int_{C}\vec{F}\cdot d\vec{r}=f\left( 2,3,4\right) -f\left( 1,1,1\right) =118 \end{equation*} \subsection{Green's Theorem} There is a remarkable theorem that identifies a double integral over a region $R$ with a line integral around its boundary. It is known as Green's Theorem. \vspace{1pt} Theorem:\qquad\ Let $P(x,y)$ and $Q(x,y)$ be functions of two variables which are continuous and have continuous first partial derivatives in some rectangular region $H$ in the $x,y-$ plane. If $C$\ is a simple, closed, piecewise smooth curve lying entirely in $H$, and if $R$ is the bounded region enclosed by $C$, then \vspace{1pt}\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{equation*} \oint_{C}\{P(x,y)dx+Q(x,y)dy\}=\int \int_{R}\left( \dfrac{\partial Q}{% \partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right) dA \end{equation*} Corollary: Let $R$ be a bounded region in the $x,y-$ plane. Then the area of $R$ is given by \vspace{1pt}\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \begin{equation*} A=\frac{1}{2}\oint_{C}(xdy-ydx) \end{equation*} where $C$ is the boundary of $R$ Proof: Let $P=-\frac{y}{2}$ and $Q=\frac{x}{2}$ in Green's Theorem. $% \Longrightarrow $ \qquad \begin{equation*} \oint_{C}\left( \frac{-y}{2}dx+\frac{x}{2}dy\right) =\int \int_{R}\left( \frac{1}{2}-\left[ -\frac{1}{2}\right] \right) dA=\int \int_{R}dA=\text{area of }R \end{equation*} \vspace{1pt} Example: Find the area of the region bounded by the curves $y=x^{3}$ and $% y=x^{\frac{1}{2}}$ \begin{center} \vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{2.9715in}{1.9908in}{0pt}{}{}{epx2k800.wmf}{\special% {language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 2.9715in;height 1.9908in;depth 0pt;original-width 216.8125pt;original-height 144.5625pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/EPX2K800.wmf';file-properties "XNPEU";}} . \end{center} \vspace{1pt}Let $C=C_{1}+C_{2}$, where $C_{2}:y=x^{\frac{1}{2}}$ $x:$ $% 1\rightarrow 0$ and $C_{1}:y=x^{3}$ $0\leq x\leq 1.$ Then $C$ is a closed curve which bounds the region. We shall use $x$ as the parameter on $C$ and the formula in the corollary. $\Longrightarrow $ \vspace{1pt} \qquad \begin{eqnarray*} A &=&\frac{1}{2}\oint_{C}\left( x\text{ }dy-y\text{ }dx\right) \\ &=&\frac{1}{2}\int_{C_{1}}\left[ x\left( 3x^{2}\right) dx-x^{3}dx\right] +% \frac{1}{2}\int_{C_{2}}\left[ x\left( \frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}\right) dx-x^{\frac{1}{2}}dx\right] \\ &=&\frac{1}{2}\int_{0}^{1}2x^{3}dx-\frac{1}{4}\int_{1}^{0}x^{\frac{1}{2}}dx=% \frac{5}{12} \end{eqnarray*} \vspace{1pt}\qquad \vspace{1pt}Example: Evaluate the line integral \begin{equation*} \oint_{C}\left( x^{3}+2y\right) dx+\left( 4x-3y^{2}\right) dy \end{equation*} where $C$ is the ellipse $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ Solution: $P=x^{3}+2y,\qquad Q=4x-3y^{2}\Longrightarrow $ $Q_{x}=4,\qquad P_{y}=2$ By Green's Theorem: \begin{equation*} \oint_{C}Pdx+Qdy=\int \int_{R}\left( 4-2\right) dA=2\int \int dA \end{equation*} Therefore we need the area of the ellipse which is $\pi $ $ab$.$% \Longrightarrow \oint =2\pi $ $ab$. Example. Verify Green's theorem for \begin{equation*} \oint_{C}3xydx+2x^{2}dy \end{equation*} where $C$ is the curve which bounds the region $R$ above by $y=x$ and below by $y=x^{2}-2x$ \begin{center} \FRAME{dtbpF}{2.9715in}{1.9908in}{0pt}{}{}{epx2qm01.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 2.9715in;height 1.9908in;depth 0pt;original-width 216.8125pt;original-height 144.5625pt;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/graphics/EPX2QM01.wmf';file-properties "XNPEU";}} \end{center} \vspace{1pt} \vspace{1pt}Since $P=3xy$ and $Q=2x^{2}$ , we see that $Q_{x}-P_{y}=4x-3x=x$% . The curves intersect when $x=x^{2}-2x$ or $x^{2}-3x=x\left( x-3\right) =0.$ Hence when $x=0,3.$Thus \vspace{1pt}\vspace{1pt}\qquad \qquad \begin{equation*} \int \int \left( Q_{x}-P_{y}\right) dA=\int_{0}^{3}\int_{x^{2}-2x}^{x}xdydx=% \frac{27}{4} \end{equation*} \vspace{1pt} $C=C_{1}+C_{2}$ \ \ where $\ C_{1}:y=x^{2}-2x\qquad C_{2}:y=x\qquad 0\leq x\leq 3$ On $C_{1}:$% \begin{equation*} \int_{C_{1}}Pdx+Qdy=\int_{0}^{3}3x(x^{2}-2x)dx+\int_{0}^{3}2x^{2}(2x-2)dx \end{equation*} On $C_{2}:$% \begin{equation*} \int_{C_{2}}Pdx+Qdy=\int_{3}^{0}3x(x)dx+\int_{3}^{0}2x^{2}dx \end{equation*} A straight forward calculation shows that the sum of these last two expressions also equals $\frac{27}{4}$. Example. Use Green's theorem to evaluate \vspace{1pt}\qquad \qquad \begin{equation*} \int_{C}\left( 2y+\sqrt{9+x^{3}}\right) dx+\left( 5x+e^{\arctan y}\right) dy \end{equation*} where $C$ is the circle $x^{2}+y^{2}=4$. Now $Q_{x}-P_{y}=5-2=3$. \ $\Longrightarrow $ $\vspace{1pt}$ \begin{center} \begin{equation*} \iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq 4}3dA=3(\text{area of a circle of radius }% 2)=3(4\pi )=12\pi \end{equation*} \end{center} \begin{example} Evaluate \begin{equation*} \oint_{C}\left( 1+\tan x\right) dx+\left( x^{2}+e^{y}\right) dy \end{equation*} \end{example} Where $C$ is the positively oriented boundary of the region $R$ enclosed by the curves $y=\sqrt{x},$ $x=1,$ and $y=0.$ Be sure to sketch $C.$ \emph{Solution:} The region enclosed by $C$ is shown below. \FRAME{dtbpFX}{3.0007in}{2.0001in}{0pt}{}{}{Plot}{\special{language "Scientific Word";type "MAPLEPLOT";width 3.0007in;height 2.0001in;depth 0pt;display "USEDEF";plot_snapshots FALSE;mustRecompute FALSE;lastEngine "MuPAD";xmin "0";xmax "1.0";xviewmin "-0.00010000010002";xviewmax "1.00010000010002";yviewmin "-0.00010000010002";yviewmax "1.00010000010002";plottype 4;axesFont "Times New Roman,12,0000000000,useDefault,normal";numpoints 49;plotstyle "patch";axesstyle "normal";axestips FALSE;xis \TEXUX{x};var1name \TEXUX{$x$};function \TEXUX{$\sqrt{x}$};linecolor "black";linestyle 1;pointstyle "point";linethickness 2;lineAttributes "Solid";var1range "0,1.0";num-x-gridlines 49;curveColor "[flat::RGB:0000000000]";curveStyle "Line";rangeset"X";function \TEXUX{$\left( 1,1,1,0,0,0\right) $};linecolor "black";linestyle 1;pointstyle "point";linethickness 2;lineAttributes "Solid";curveColor "[flat::RGB:0000000000]";curveStyle "Line";VCamFile 'MBQDAI02.xvz';}} We use Green's Theorem to evaluate the integral since $C$ is a closed curve.% \begin{eqnarray*} \oint_{C}\left( 1+\tan x\right) dx+\left( x^{2}+e^{y}\right) dy &=&\int \int_{R}\left( \frac{\partial \left( x^{2}+e^{y}\right) }{\partial x}-\frac{% \partial \left( 1+\tan x\right) }{\partial y}\right) dA \\ &=&\int_{0}^{1}\int_{0}^{\sqrt{x}}\left( 2x-0\right) dydx=2\int_{0}^{1}x^{% \frac{3}{2}}dx=\frac{4}{5} \end{eqnarray*} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% End /document/Lineint.tex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%% Start /document/graphics/lin2.gif %%%%%%%%%%%%%%%%%% GedQxdSX`GPsA@H@@@@@@|sB@@@@@`GPsA@`@~sxcin\{OLJgtj}bszMo{`abcdefghijkl mnopqrstuvwxyz{|}~@CJ\HqbFObLireL[z|IthRgRmjukXsj]Kwn^BNlxqdK[~LztjWsnm{w pcK_N}zvocOo~}|{{O`AJx`DVhaGbXbJnHcMzxcPFidSRYeV^IfYjyf\vig_BZhbNJieJE@hfj jjZZkQnJlizzlWrJmwJimxn{bzr{oFzKpCOhpD_L^qB@rLogrMCmsJo\tUCwtT[mviY|v^sml_K NZ]Ony`U~yjoEvio~{Lu^xpS_}v_O~yGj{zwP|{o@zC@JpBfCBZpDRCDjpF~BFzpHjBHJqJVBJ ZqLBB~shF{xFxhGCiE@iHKYDHiISICPiJ[yAXiK[ILcYJgIMKiMoYHsiN{HO{YFIPkhPGjZJzS PjQOcR[RSWJY^zRdJTCCUSrUkjWrzQxjVYw|VcWZVFKQLKYmBZErZS[T^fXCk[sC\Oj\g{]jKx PE^eFlXS[{[|bE`ok`gc^IgaO\\RLSWLc_ccMS`c\Qdg]ykeeCfw[vvldifmtlbIMh]cfG}giLd O}cM`js|j]m]a]xLMkqMmAgmS}lcZkw}X|moempK\oE}oG^pONzT^q}lsQ]sESeg^On^vkNvbv yqw{NNBoNHoxkayGOwOOXu]iWN{_n{_||cowW}ko}{Rz~F}_mPga@ScB`MEhAf@HxKQ`IHCF @G@nBBxBRXMhcuNGXbi`TXE~`xWDNEPxB}a`x[Qb\aHVbfPJJClhJNBnHLDcoxF]bmG|QcUqLz B{XNrA}hD~W~XYYcDyjLdFINr\GIR^E@yDIdMiNVdXQGJeaHUzdQyU^JYiZme\IT|di`UFfIeWb eNhYzThYWjfkyTuffhGF]py`i_VurD[vy]jdOG]j\|Y_FW@jmIhqI^~g{yabDcIYJgLZKBini_F i@acbBXjejikxdZi|hgJfazgFdIjuMjdzcZjyyjfjeGjrfmjkj^rzVAksJIpiWtmbkb`nfk|ZoV cuJElBkG|~oBcF{q~cK[WylL[Fdl~JtFmWptFBXK\jm_@wZf^[G@n\ix~QUkuVAdkFdnMyzbAp TY^njky~O^I|Fon{|rVTYXun}UNR{ki}osu@SA`TwTp_UBKAGlampUuCCAMLq^oL\~FDS\eVq@ LE_cx[GoqNPD@Y\HgmW|eZcclbrPIgaZlIsaTWGcpm|UnrM@JqomVNKR~|BlsB\O_s@HPCsM KSnR_FHiGmEFszLXv`CXTckO]UwtakUOkX}LKir\rQs\]wRv]]QC^ykV{th}NXVkMizubMhFvP }XG`v{}JwEJKLYz][jp]]gtfmVlwNw^_xGWbCxaLcKxCn|Byi~gE^dclMNmVyVNa_w[nLby~Gh wSNezy_Ni[bhni_RbNzuzg{ckyk~u~zs`bK\q~lcwj~Yr{z~R{{qjl{SPnS|jzpOeAquEvr s||msg|PoT|Jqmo[FOuClVOVU{Qkvo}T[wwh_OsF~bpN}T^zklds~~zNzw~[]|_YfqNt_y ZgE~Klzo}gtzAjz_fn@h@dvY@uWKpMGBLAbnH`{nuw~{ABAK^Rp~VFtUYAo`lnFXJCDFyz`^P RvFDJIBG\dpRXucBfz\amoUHKLh]BQ^spOFLlweCE_rp[XV[GJ||a\L`x`RHZpjaYJdxfRIviRa um^hQDJJDeb~Pjx~wPkxLDKrBubePnHN\jYm|bJp|vycInk\b@Jeve[~`}vDbquHXTrm\ZcVBya ]|NbGsczq}H_lOzG}cCPvhYT[|GKdFrCIbLQjHqPxP`GQDglHcdRrIIeLRrXZCrmQe\SrI{d^r xHF\haF[HcrIh^LtQFecpiSiTCrGQe`RUYscvtJOA{Q{VALUN~TcYoGyAyTnJseqr]I]lVxKeT yqOxqtmiKOLuRuw]TYrjxe[fgIasNNFWRKS_rvlIFMacGqWXotI@Lk_QMkYctutMK[wRwgF{WUL kDkSxXrt]ZqPgQP|i}P_ra~fhPtptqOiGCttHvlTAPif^oBjz@]VN~OF`PxTqs\q|LTzOah\G IZflY||vdAnwIS\b~HzhUrOz}lb^rXhcCQX{teeQQbbTGAK}an]VUXjXZoX]vRMBQtMZdq~mSo_ vT_j`qzAHKbRLbJKCyQSK_CUUJn[GvTuhIJfcSjVOCfHjDZ@MLN}ZjHMriR]q}UsjmP]H}SkET EY[T\jGQmBV]dbS^HWKnJMK]tuaxAM[bWa^Uuujt[{}WmkRGfg`DOjG\kQdC{EuNhX{GxFbCbeY vUGQPUZyjQrvXaelhGk~`otGCaXRTjEusMYEhsQGzXel\ZiWGvArjUaUYEmKTRKMjYr@mmrRKwe Miv[c^cP]k}tiJ\cPZkq~S^v{qq}Df\IhAj~jEBv~[YLuIQukmfV\YOCMewhemZYsnggmKUpWPt ~nfli[`TaNwPf`WlCz}KBYjLMwUZ{ueZ^kXoWMx}EvU_SY{WojcUwN_IdEn|K~zfJp}WhDB~j i`MpysKv@NZ@rJXsva[ojBk^siPXZbF^B_D{prdaGHntz`MgSbR|o@ribokiJV\levFwh`mX_{B VvbaaDuXWaj[GsVEq~dsxMvpEc]HXU`lP]H[Tx]VUDaO^TpdqmDbgLh@IGXySVyxRVNaleurJy[ RWvx|m~rEcbLdeLKHhrYbp\[PMcIXsWYvEZnPxfegsyilYvy~NjsTt}\^~[H~{uOCgEGAzuA_~P 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