INTEGRALI I TEORIJA POLJA. - zadaci za vežbu -

Transkrypt

1 INTEGRALI I TEORIJA POLJA - zadaci za vežbu -. Izračunati direktno krivolinijski integral: ydx x dy zdz duž presečne krive površi: C z x a y b i x a y b x a y b, orjentisane u pozitivnom smeru ako se posmatra sa z ose za vrednosti z> a b>. Rešenje. Presek cilindrčne površi x a y b x a y b a b x y a / b / čije su parametarske jednačine: i ravni z je elipsa:, x a a cos t, y b b sin t, za t [, π]. Dalje, na osnovu: z x a y b nalazimo: z cost sin t, za t [, π]. Tako dobijena parametarizacija krive C je pozitivna ako se posmatra kriva sa z ose za vrednosti z >. Na osnovu parametarskih jednačina krive C: x xt a a cos t, y yt b b sin t, z zt cos t sin t, za t [, π] nalazimo odgovarajuće diferencijale: dx a sin t dt, dy b cos t dt, dz sin t cos t dt.

2 Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije: π b sin t b cos t sin t a a sin t a b cos t cos t sin t cost dt π a b cos t ba ab cos t a b ab cos t ab sin t dt ba ab π cos t dt ab π dt ba ab π ab aba π. Proverimo prethodni rezultat primenom Stokesove formule. Kontura C dobija se u preseku parabolida: z x /a y /b i cilindra: x /a y /b x/a y/b. Primetimo da su funkcije P Px,y,z y, Q Qx,y,z x i R Rx,y,z z sa neprekidnim parcijalnim izvodima na površi paraboloida. Neka je S unutrašnja strana parabolida koja se oslanja na orjentisanu konturu C. Samim tim, prema Stokesovoj formuli: π ydx x dy zdz z 8 L dydz dzdx dxdy x y z S y x z S x dxdy. Projekcija površi S na Oxy ravan je data skupom: D x,y : Samim tim: x dxdy. x x a/ a / 6 y x b/ b /. D x,y Uvedimo polarne koordinate: x a/ a/ ρ cos ϕ y b/ b/ ρ sin ϕ za ρ,ϕ D {ρ,ϕ ρ ϕ π}. Tada je J ab ρ. Samim tim prethodni integral, posle uvod - enja novih promenljivih, ima vrednost: ab D π ab ab a a ρ cos ϕ ρ dρ dϕ a a cos ϕ dϕ aba π π dϕ a ρ a ρ cosϕ dρ dϕ abπa.

3 . Zadan je krivolinijski integral: ydx zdy xdz, C duž zatvorene presečne krive C sledećih površi: x y r i x rz r>. Izračunati vrednost krivolinijskog integrala ukoliko je kriva C orjetisana pozitivno ako se posmatra sa z ose za z > r. Rešenje. Koristeći se parametarskim jednačinama kružnice x y r u ravni Oxy zaključujemo da presečna kriva C u prostoru ima sledeće parametarske jednačine: x xϕ r cosϕ y yϕ r sin ϕ z zϕ r cos ϕ, gde je ϕ [, π]. Tako dobijena parametarizacija krive C je pozitivna ako se posmatra kriva sa z ose za vrednosti z > r. Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije: ydx zdy xdz π r sin ϕ r cos ϕ r cos ϕ sin ϕ dϕ C r π/ sin ϕ dϕ r π cos ϕ dϕ r π cos ϕ sin ϕ dϕ } {{ } r π. } {{ } r B, Primetimo da su funkcije P Px,y,z y, Q Qx,y,z z i R Rx,y,z x sa neprekidnim parcijalnim izvodima na površi S koja se oslanja na orjentisanu konturu C. Samim tim, prema Stokesovoj formuli: dydz dzdx dxdy ydx zdy xdz x y z C y z x S dydz dzdx dxdy. Formirajmo tri površinska integrala: J dydz, J dzdx, J dxdy. S S S Računajući prethodne površinske integrale, preko odgovarajućih projekcija na koordinatne ravni, nalazimo J, J i J r π. Odatle dobijamo isti rezultat: ydx zdy xdz J J J r π. C

4 . Izračunati krivolinijski integral: x y dx dy zdz L gde je L pozitivno orjetisana kružnica data sa: x y r i z, ukoliko se posmata sa pozitivnog dela z-ose r >. Rešenje. Parametarske jednačine kružnice L u ravni z glase: x xt r cost, y r sin t, z, gde je t [, π]. Tako dobijena parametarizacija kružnice L je pozitivna ako se posmatra sa pozitivnog dela z-ose. Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije: x y dx dy zdz π r cos t r sin t r sin t dt r cos t dt L r 6 π r6 π 8. cos t sin t dt r π cos t r 6 π/ cos t sin t dt r 6 B, 5 Proverimo prethodni rezultat Stokesovom formulom. Primetimo da su funkcije P Px,y,z x y, Q Qx,y,z i R Rx,y,z z sa neprekidnim parcijalnim izvodima na površi S koja se oslanja na orjentisanu konturu L. Samim tim, prema Stokesovoj formuli: L x y dx dy zdz S dydz dzdx dxdy x y z x y z S x y dxdy. Primetimo da se u ovom zadatku površ S podudara sa Oxy-projekcijom D {x,y x y r }, odatle: x y dxdy. D Uvedimo polarne koordinate: x ρ cos ϕ y ρ sin ϕ za ρ,ϕ D {ρ,ϕ ρ r ϕ π}. Tada je J ρ. Samim tim prethodni integral, posle uvod - enja novih promenljivih, ima vrednost: r ρ cos ϕ ρ sin ϕ ρ dρ dϕ ρ 5 dρ π sin ϕ cos ϕ dϕ D r6 6 π/ sin ϕ cos ϕ dϕ r 6 B, r 6 π 8.

5 . Izračunati integral: xy dxdy, D ako je oblast D ograničena pravama x y, x y, x y i x y. Rešenje. Uvedimo smenu promenljivih: { u ux,y x y, v vx,y x y. Prethodnom smenom ostvaruje se uzajamno jednoznačno preslikavanje oblasti: D {x,y x y x, x y x} } i D {u,v u, v }. Kako je x u v i y Dx,y u v, tada nalazimo: J Du,v Samim tim, smenom promenljivih, nalazimo vrednost integrala: D 7 xy dxdy D u vv u J dudv 9 u vv u dv du Izračunati zapreminu tela ograničenog površima z z x,y x y i z z x,y xy. Rešenje. Projekcija preseka površi z z x,y i z z x,y predstavlja kružnicu: x y. Unutar kruga D xy : x y ravan z z x,y je iznad parabolida z z x,y. Samim tim tražena zapremina odred - ena je sa: V z x,y z x,y dxdy z D xy D xy D xy x y x y dxdy x y dxdy. x y 5

6 Ako uvedemo polarne koordinate: x ρ cos ϕ y ρ sin ϕ krug D xy je slika pravougaonika D : ρ / ϕ π. Tada je J ρ. Samim tim, posle uvod - enja smene promenljivih, tražena zapremina data je vrednošću: V D ρ J dρdϕ π / ρ ρ dρ ρ dϕ π ρ / ρ π Izračunati zapreminu tela ograničenog površima: y x, y x, z, x z. Rešenje. Za y formirajmo u Oxy ravni skup: D x,y {x,y R x y x x } Za funkciju z zx,y x tražena zapremina data je integralom: V z dxdy. Prema tome, tražena zapremina iznosi: V D x,y x dxdy x D x,y x x dy dx x y x y x dx Izračunati dvostruki integral: D dx dy, gde je D [, ] [, ]. x y / Rešenje. Ako uvedemo polarne koordinate: { x xρ,ϕ ρ cos ϕ, y yρ,ϕ ρ sin ϕ, } na osnovu J ρ, dobijamo: D J dρ dϕ ρ / D ρdρ dϕ ρ /, 6

7 gde je D oblast u R koja se skoro svuda jednoznačno preslikava na oblast D. Odredimo oblast D. Primetimo da se granica oblasti D [, ] [, ] sastoji se od sledećih skupova: A { x,y < x y }, B { x,y x y < }, C { x,y < x y }, D { x,y x < y }, O {, }. Samim tim, preslikavanju polarnim koordinatama skupovi A, B, C, D i O dobijaju se kao slike redom sledećih skupova: A { ϕ,ρ < ρ ϕ }, B { ϕ,ρ ρ cos ϕ < ϕ π }, C { ϕ,ρ ρ sin ϕ π < ϕ π }, D { ϕ,ρ < ρ ϕ π, } O { ϕ,ρ ρ ϕ π }. Prethodni skupovi ograničavaju oblast: { D ϕ,ρ ρ cosϕ ϕ π ρ sin ϕ π ϕ π }, koja se polarnim koordinatama skoro svuda jednoznačno slika na oblast D. Posle odred - i- vanja oblasti D računamo vrednost integrala: ρdρ dϕ ρ / D π/ /cos ϕ π/ π/ π/ ρ dϕ π/ / cos ϕ d ρ ρ / dϕ / sin ϕ ρ π/ cos ϕ π/ arcsin dϕ ρ ρ / dρ dϕ π/ π/ π/ dsin ϕ sin ϕ ϕπ/ / sin ϕ π/ π/ / sin ϕ d ρ ρ / dϕ cos ϕ cos ϕ π/ π/ π arcsin dϕ π/ π/ dϕ ρ ρ / dρ dϕ π/ π/ π/ ρ / cos ϕ ρ dϕ sinϕ dϕ sin ϕ dcos ϕ cos ϕ π arcsin sinϕ arcsin π π π 6. π/ ϕ 8. Izračunati površinu dela površi S : z xy odred - ene u prvom oktantu u preseku sa ravnima: x, y i x y. 7

8 Rešenje. U prvom oktantu posmatrajmo funkciju z zx,y xy. Neka je T trougao odred - en u Oxy ravni pravima x, y i x y. Tada je površina površi data formulom: P z xx,y z yx,y dx dy, z.5.5 S x.5 gde je S deo površi odred - en funkcijom z zx,y nad trouglom T. Samim tim iz parcijalnih izvoda: y x z x i z y x y y nalazimo traženu površinu površi: x y P dx dy xy x y x y dx dy S x B, x y x y dy dx x x dx x x dx B, 5 T x x dx π. x x 5 dx 9. Izračunati površinu i zapreminu tela ograničenog loptom: i paraboloidom: gde je a >. x y z a x y az, Rešenje. Posmatrano telo se dobija u preseku površi gornje polulopte: z f x,y a x y i paraboloida: z f x,y a x y. Eliminacijom x y iz i dobijamo kvadratnu jednačinu z az a. Budući da je z > zaključujemo da je presek posmatrana dva tela kružnica: x y a na visini z a. Posmatrano telo se projektuje na krug D xy : x y a. 8

9 6 z 6 6 x 6 y 6 i Odredimo površinu tela ograničenog delom lopte i delom paraboloida. Ako označimo površinu dela lopte sa P tada je: f f P dxdy a x y a x y dxdy. D xy D xy Ako označimo površinu dela paraboloida sa P tada je: f f P dxdy x y a D xy D xy a x y dxdy. Samim tim tražena površina celog tela je: P a a x y dxdy a a x y dxdy. D xy D xy Uvod - enjem polarnih koordinata: x ρ cos ϕ, y ρ sin ϕ J ρ oblast D ρϕ : ρ a ϕ π se skoro svuda jednoznačno preslikava na oblast D xy. Na osnovu toga: P a a ρ dρdϕ a ρ a D ρϕ π a dϕ ρ dρdϕ a J ρ a ρ dρ a π D ρϕ a dϕ ρ J a ρ ρdρ πa a a ρ π a ρ / a a πa a a π a a a 6 a π. 9

10 ii Odredimo zapreminu µ µv tela V ograničenog delom lopte i delom paraboloida: µ dxdydz f x,y f x,y dxdy V D xy D xy a x y a x y dxdy. Uvod - enjem polarnih koordinata: x ρ cos ϕ, y ρ sin ϕ J ρ oblast D ρϕ : ρ a ϕ π se skoro svuda jednoznačno preslikava na oblast D xy. Na osnovu toga: µ D ρϕ a ρ a ρ ρ dρdϕ J π a ρ / 8a ρ a π a dϕ a ρ ρ a ρ dρdϕ π a a a. Izračunati površinski integral: x dydz y dzdx z dxdy, S a π 6 5. gde je S spoljašnja strana kupe odred - ene omotačem z x y, z h i osnovom x y h, z h za fiksirano h >. Rešenje. I Način. Označimo sa V unutrašnjost kupe koju obuhvata površ S. Funkcije: P x, Q y, R z : V R ispunjavaju uslove za primenu teoreme Ostrogradskog. Samim tim: x dydz y dzdx z dxdy xyz dxdydz. S V Uvedimo cilidrične koordinate: x ρ cos ϕ, y ρ sin ϕ, z z za vrednosti ρ,ϕ,z V {ρ,ϕ,z ϕ π ρ z h : ρ [,h]}. Tada je J ρ. Uvod - enjem cilidričnih koordinata dobijamo: ρ cos ϕ ρ sin ϕ z ρ dzdρdϕ V π h h ρ π h π h π h ρ cos ϕ sinϕ ρz dzdρdϕ ρ cos ϕ sinϕh ρ ρ h ρ dρdϕ ρ h ρ cos ϕ sinϕ h ρ ρ dρdϕ h h cosϕ sinϕ h 8 π dϕ h 8 dϕ h π.

11 II Način. Integral: x dydz y dzdx z dxdy, S rastavimo na zbir dva površinska integrala: I x dydz y dzdx z dxdy i M I x dydz y dzdx z dxdy, B gde je M omotač kupe i B baza kupe. Za računanje prvog integrala uvedimo smenu promenljivih: x xϕ,ρ ρ cos ϕ, y yϕ,ρ ρ sin ϕ, z zϕ,ρ ρ; za ϕ,ρ D ϕρ [, π] [,h]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode: x ϕ ρ sin ϕ, x ρ cos ϕ, y ϕ ρ cos ϕ, y ρ sinϕ, z ϕ, z ρ. Formirajmo odgovarajuće determinante: y ϕ z ϕ A ρ cos ϕ, B y ρ z ρ z ϕ z ρ x ϕ x ρ ρ sinϕ, C x ϕ x ρ y ϕ y ρ ρ. Samim tim, na osnovu položaja vektora normale površine n A, B, C, zaključujemo: I x dydz y dzdx z dxdy, M D ϕρ π h h ρ cos ϕ ρ cos ϕ ρ sinϕ ρ sin ϕ A B π ρ cos ϕ sin ϕ dρ dϕ cos ϕ sin ϕ dϕ h π. Sa druge strane za bazu B važi z h i odatle očigledno: I z dxdy B gde je B xy : x y h. Sveukupno: B xy h dxdy h I I h π. ρ ρ dϕdρ C B xy dxdy h π,

12 . Izračunati površinski integral: y dydz y x dzdx y x z dxdy, S gde je S spoljašnja strana polusfere: x y z Rx, z > za fiksirano R >. Rešenje. I Način. Primenimo formulu Ostrogradskog. Zatvorimo datu površ S delom ravni: S x R y R z, uzimajući za jedinični vektor normale n,,. Budući da je: x y y x y z y x z y z, saglasno formuli Ostrogradskog, umesto polaznog površinskog integrala I formirajmo: I y dydz y x dzdx y x z dxdy yz dxdydz, S S gde je V {x,y,z R z Rx x y x,y D xy } i gde je D xy {x,y R x R y R }. Dalje, označimo: I y dydz y x dzdx y x z dxdy, V S pri čemu je S uzeto sa negativne strane dela ravni z. Tada važi: I I yz dxdydz y dydz y x dzdx y x z dxdy V Izračunajmo I. Uvedimo sferne koordinate: S x R ρ cos θ cosϕ, y ρ cos θ sin ϕ, z ρ sin θ za ϕ,θ,ρ [, π] [, π ] [,R]. Tada je J ρ cos θ. Uvod - enjem sfernih koordinata dobijamo: I V π π/ R R R R R π π/ y z dxdydz π π/ π π π π/ R ρ sin ϕ cos θ sinθ cos θ dρ dθ dϕ sinϕ cos θ sinθ cos θ sinϕ sinϕ cos θ θ sinθ cos θ π sinϕ dϕ πr. ρ cos θ sinϕ ρ sinθ ρ cos θ dρ dθ dϕ dθ dϕ sinθ cos θ dθ dϕ sin θ π/ dϕ θ

13 Izračunajmo I površinski integral po S. Uočimo da važi: I y dydz y x dzdx y x z dxdy x y dxdy, S D xy jer je S uzeto sa negativne strane dela ravni z. Uvedimo polarne koordinate: x ρ cos ϕ, y ρ sin ϕ, za ρ,ϕ D ρϕ {ρ,ϕ R ρ R cos ϕ π ϕ π }. Tada je J ρ. Uvod - enjem polarnih koordinata dobijamo: I D ρϕ R ρ ρ dρdϕ π/ π/ R B D ρϕ cos ϕ dϕ 8R, Sveukupno: I I πr ρ dρdϕ π/ π/ π/ cos ϕ sin ϕ dϕ R π 8 πr. πr. πr II Način. Zadatak možemo rešiti i smenom promenljivih: x xϕ,θ R R cos θ cosϕ, y yϕ,θ R cos θ sin ϕ, z zϕ,θ R sin θ; R cos ϕ ρ dρ dϕ za ϕ,θ D ϕ,θ [, π] [,π/]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode: x ϕ R sin ϕ cos θ, x θ R cos ϕ sin θ, y ϕ R cos ϕ cos θ, y θ R sin ϕ sin θ, z ϕ, z θ R cos θ. Formirajmo odgovarajuće determinante: y ϕ z ϕ A R cos ϕ cos z ϕ θ, B y θ z θ z θ x ϕ x θ R sinϕcos θ, C x ϕ x θ y ϕ y θ R cos θ sin θ. Samim tim, na osnovu položaja vektora normale površine n A,B,C, zaključujemo: y dydz y x dzdx y x z dxdy S [ ] R sinϕcos θ R cos ϕ cos θ D ϕθ A ] [R sinϕcos θ RR cos ϕ cos θ R sinϕcos θ B ] [R sinϕcos θ RR cos ϕ cos θ R sin θ R cos θ sin θ dϕdθ C

14 Odatle, računamo vrednost traženog integrala: R π/ π ] sinϕcos ϕ cos θ [ sin ϕ cos ϕ cos θ] sin θ cos θ] dϕ dθ R π [ sin ϕ cos θ sinϕcos θ sin ϕ cos ϕ cos θ [ sin ϕ sinθ cos θ sin θ cos θ cosϕsin θ cos θ cos ϕ sinθ cos θ π/ B, B, B, πr πr. sinθ cos θ sinθ cos θ sin θ cos θ dθ. Neka je data je kriva koordinatama: x a cos t, y a sin t cos t, z a sin t za a > i t [, π]. Pokazati da ova kriva leži u preseku jedne sfere i jednog cilindra i odrediti jednačine tih površi. Odrediti površinu koju cilindar iseca na lopti iznad ravni Oxy i odredti zapreminu tela ograničenog loptom, cilindrom i ravni Oxy u gornjem poluprostoru. Rešenje. i Važi: x y z a cos t a sin t cos t a sin t a cos t cos t sin t a sin t a i x y a cos t a sin t cos t a cos t cos t sin t a cos t ax. Samim tim posmatrana kriva nalazi se u preseku sfere: x y z a i cilindra: x a/ y a/. ii Površ čiju površinu računamo odred - ena je jednačinom gornje polusfere: z zx,y a x y za x,y D {x,y x a/ y a/ }. Tražena površina se računa po obrascu: P D z x x,y z y x,y dx dy,

15 gde je: x z x a x y, y z y a x y. Samim tim tražena površina data je integralom: a dxdy P a x y. Uvedimo polarne koordinate: D x aρ cos ϕ y aρ sin ϕ za ρ,ϕ D {ρ,ϕ ρ cos ϕ π/ ϕ π/}. Tada je J a ρ. Odatle prethodni integral, posle uvod - enja novih promenljivih, ima vrednost: P D a J dρ dϕ ρ a π/ π/ cos ϕ ρ dρ ρ π sin ϕ dϕ a dϕ a π/ π a. cos ϕ ρ dϕ iii Pri prethodno uvedenim oznakama tražena zapremina se računa pomoću formule: V a x y dxdy. Tada, prelaskom na polarne koordinate, nalazimo: D ρ V a π/ ρ J dρ dϕ a cos ϕ ρ ρ dρ dϕ a D π/ cos ϕ π/ ρ d ρ dϕ a π/ a sin ϕ dϕ a dϕ a a π a B, π a 9. π/ π/ cos ϕ ρ / ρ cos ϕ sin ϕ dϕ dϕ. Izračunati: S dydz gde je S spoljašnja strana jedinične sfere. x dzdx y dxdy z Rešenje. I Način. Zadatak možemo rešiti smenom promenljivih: x xϕ,θ cosθ cos ϕ, y yϕ,θ cosθ sin ϕ, z zϕ,θ sinθ; 5,

16 za ϕ,θ D ϕθ [, π] [ π/,π/]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode: x ϕ sin ϕ cos θ, x θ cos ϕ sin θ, y ϕ cos ϕ cos θ, y θ sin ϕ sin θ, z ϕ ; z θ cos θ. Formirajmo odgovarajuće determinante: y ϕ z ϕ A cos ϕ z cos ϕ θ, B y θ z θ z θ x ϕ x θ sinϕcos θ, C x ϕ x θ y ϕ y θ cosθ sinθ. Samim tim, na osnovu položaja vektora normale površine n A, B, C, zaključujemo: x dydz y dzdx z dxdy S D ϕθ D ϕθ [ ] [ cos θ cos ϕ cos ϕ cos θ A cos θ cos θ cos θ dϕ dθ cos θ sinϕ sinϕcos θ π π/ B ] [ sinθ π/ dϕ cos θ dθ π. ] cos } θ{{ sin θ} dϕ dθ C II Način. Izvršimo dekompoziciju: gde je: I S I I I, dydz x, I S dzdx y, I S dxdy. z Evidetno je da važi: I I I i odatle I. Izračunajmo integral I. Formirajmo funkcije: z z x,y x y, z z x,y x y : D xy R sa domenom D xy {x,y R x y }. Označimo sa S gornju polusferu i sa S donju polusferu. Tada važi: dxdy dxdy dxdy dxdy I, z z z z S S S S jer važi: S dxdy z D xy dxdy z x,y D xy dxdy z x,y S dxdy. z Samim tim: I 6 dxdy x y. D xy 6

17 Uvedimo polarne koordinate x ρ cos ϕ y ρ sin ϕ za vrednosti ρ,ϕ D ϕρ {ρ,ϕ ρ ϕ π}. Tada je J ρ. Samim tim prethodni integral, posle uvod - enja novih promenljivih, ima vrednost: 6 π J dϕdρ 6 dϕ ρ ρ 6 π ρ π. ρ D ϕρ Napomena. Funkcije: Px,y,z x, Qx,y,z y, Rx,y,z z : R \{Ox Oy Oz} R u unutrašnjosti jedinične sfere ne ispunjavaju uslov za primenu teoreme Ostrogradskog.. Neka su date redom funkcije f : R R i f : R R. Ako je r radijus vektor i x y Laplaceov operator dokazati da važe sledeće jednakosti: z x f f x x f, gradf r f r f, div f r f r f, rot f r f r f. Rešenje.. Dokazaćemo prvu jednakost i na osnovu nje dokazujemo da važe i ostale tri jednakosti. Napomenimo da se sve navedene jednakosti mogu direktno dokazati izračunavanjem obe strane navedenih jednakosti. Za skalarnu funkciju f važi jednakost: Zaista: x f f x x f. x f x y x f z x. Važi: r f r xf, yf, zf f x f, f x y f x, f y, f z f x f x x f y x f z f x x f. y f, f z z f x,y,z f r gradf r r f r. Odatle sleduje jednakost: gradf r f r f. 7

18 . Važi: r f r xf yf zf xf yf zf Odatle sleduje jednakost: f x x f f y y f f z z f x f y f x,y,z f, f, f z f div f r r f r. div f r f r f.. Važi: i j k r f r x y z yf zf,zf xf,xf yf f f f yf zf, zf xf, xf yf f y y f f z z f, f z z f f x x f, f x x f f y y f z f y f z, f z f x, f x f y y f z f,z f x f,x f y f, rot f r Odatle sleduje jednakost: rot f i j k x y z f f f r f r f. rot f r r f r. 5. Neka funkcije g,h : R R ispunjavaju: gx,y,z i hx,y,z, gde je x y z Laplaceov operator. Za funkciju f : R R datu sa: izračunati fx,y,z. fx,y,z gx,y,z x y z hx,y,z Rešenje. Na osnovu gx, y, z nalazimo: fx,y,z x y gx,y,z x y z hx,y,z... z 6hx,y,z x x hx,y,z y y hx,y,z z z hx,y,z. Odatle, na osnovu hx,y,z nalazimo: fx,y,z. 8

19 6. Neka je f : R R četiri puta fierencijabilna funkcija i r r intezitet radijus vektora u R. Ako je x y z a x fr r x r dfr b fr r c fr r dr d fr dr dfr dr d fr dr, d fr dr. x r d fr dr, Laplaceov operator dokazati jednakosti: Rešenje. a Za složenu funkciju u fr, gde je r x y z, nalazimo parcijalni izvod prvog reda: fr x df dr fr x f r x r. Odatle nalazimo traženi parcijalni izvod drugog reda: fr f r x f r x x x r x r f r f r x x r x r r f /r r r r x f r x r r f r. b Na osnovu dokazane jednakosti pod a zaključujemo: fr r x f r x x r r f r, fr r y f r y y r rf r, fr r z f r z z r rf r. Sabiranjem prethodne tri jednakosti dobijamo traženu jednakost: fr fr x fr y fr z r dfr dr x x r d fr dr. c I Način. Na osnovu dokazane jednakosti pod b zaključujemo: fr fr dfr d fr dfr d fr r dr dr r dr dr d df r dr d df d fr r dr dr r dr dr df r r dr d f d df r dr dr r dr d f d fr r dr dr df r dr d f df r dr r dr d f r dr df r dr d f d fr r dr dr d fr d fr d fr d d fr d d fr r dr dr r dr r dr dr dr dr r d fr dr d fr dr. 9

20 II Način. Na osnovu dokazane jednakosti pod b zaključujemo: fr fr r d fr dr d dfr r dr r dr dfr r r dr r d dfr dr r dr r dfr r dr d dfr dr r dr r dfr r dr dfr r dr r d fr dr d fr dr d fr d dfr d fr dr dr r dr dr d fr dr d fr dr r d fr dr d fr dr r d fr dr r d fr dr d fr dr. r d fr dr r r d fr dr d fr dr d fr dr d fr dr d fr dr d fr dr 7. Pokazati da je vektorsko polje: potencijalno i naći njegov potencijal. f x y z,x y z,x y z Rešenje. Neposredno se proverava da za svako x,y,z R važi: rot f i div f 6. Samim tim vektorsko polje f je potencijalno. Dalje, za prethodno potencijalno polje f : R R, potencijal jeste svaka funkcija g : R R takva da važi: Prethodna jednakost dovodi do sistema: gradg f. g x g y x y z, x y z, g z x y z.

21 Iz jednačine dobijalmo: g x xy zx ay,z, za neku funkciju a ay,z : R R. Dalje, iz jednačina i dobijamo sledeću jednakost: a y z i odatle: y 5 ay,z y yz bz, za neku funkciju b bz : R R. Iz jednačina i 5 dobijamo: 6 g x y xy yz zx bz. Konačno, iz jednačina i 6 dobijamo diferencijalnu jednačinu: 7 b z z, sa opštim rešenjem: 8 bz z C, gde je C neka konstanta. Sveukupno, funkcija potencijala je oblika: g x y z xy yz zx C. 8. Pokazati da vrednost integrala J x xy dx 6x y 5y dy AB ne zavisi od krive koja spaja tačke A, i Bα,β α,β R. Izračunati vrednost tog integrala. Rešenje. Za funkcije P Px,y x xy, Q Qx,y 6x y 5y : R R ispunjen je uslov za nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije: Na osnovu: P y xy Q x. x xy dx 6x y 5y dy d 5 x5 x y y 5 nalazimo vrednost integrala: J x xy dx 6x y 5y dy AB 5 x5 x y y 5 α,β 5 α5 α β β 5.,

22 9. Data su skalarna polja f xyz, g xy yz zx.. Formirati vektorska polja a gradf, b gradg i ispitati prirodu vektorskog polja a b.. Izračunati a b d r, gde je C duž koja spaja tačke O,, i B,,. Rešenje.. Važi a gradf yz,zx,xy i b divg y z,z x,xy. Na osnovu toga formiramo vektorsko polje: a i j k b yz zx xy y z z x x y x z y i y x z j z y x k. Odatle se proverava: div a b i rot a b y z i z x j x y k. Samim tim polje a b jeste solenoidno.. Duž OB se može prikazati u obliku x t, y t, z t, gde je t [, ]. Cirkulacija vektora a b po duži OB iznosi: C C a b d r C x z ydx y x zdy z y xdz t dt.. U prostoru R dato je vektorsko polje a f b r b r, gde je f : R R diferencijabilna funkcija i gde je b potencijalno polje sa potencijalom ux,y,z x / yz xz. Pokazati da je vektorsko polje a solenoidno. Ako je f b r b r, naći cirkulaciju vektora a duž pozitivno orjetisane krive koja pripada ravni Oxy i sastoji se od segmenta [, ] sa x ose, četvrtine kruga x y koji pripada prvom kavadrantu i segmenta [, ] sa y ose. Rešenje. i Polje b je potencijalno sa potencijalom u ux,y,z x / yz xz. Odatle b grad u x z,z,y x. Direktno nalazimo skalarni proizvod: i vektorski proizvod: b r x z,z,y x x,y,z x xz yz b r x z,z,y x x,y,z i j k x z z y x x y z z y xy,xy x xz z,xy yz xz. Na osnovu prethodnog dobijamo traženo vektorsko polje: a f b r b r fx xzyz z y xy,xy x xzz,xy yz xz, gde je f : R R proizvoljna diferencijabilna funkcija.

23 ii Ako uvedemo pomoćnu funkciju u x xz yz, tada važi: div a f u x z z y xy y fu u x f u z xy x xz z x fu u y f u y x xy yz xz y x fu u z x zz y xyzxy x xzz y xxy yz xz f u yx y x fu xz f u xy x y z zy xyz xyz x z xz z xy y z xyz x yxyzx z Na sličan način može se pokazati da je rot a, pri tom za dokaz prethodnog tvrd - enja dovoljno je dokazati da bar po jednoj kordinati funkcija rotora nije jednaka nuli. Odatle sleduje zaključak da je vektorsko polje a solenoidno. Napomenimo da do prethodnog rezultata možemo doći i primenom simboličkog računa. iii Specijalno za ft t imamo vektorsko polje: a x xz yz z y xy,xy x xz z,xy yz xz koje u ravni z odred - uje vektorsko polje: a x xy y,xy x,xy. Odatle, cirkulacija je data integralom: a d r x y x y,x y x,x y dx,dy,dz, L L odnosno: x y x y dx x y x dy. L Označimo sa D oblast koju obuhvata pozitivno orjetisana kontura L koja pripada ravni Oxy i sastoji se od segmenta [, ] sa x ose, četvrtine kruga x y koji pripada prvom kvadrantu i segmentu [, ] sa y ose. Funkcije: Px,y x x y, Qx,y x y x : D R R ispunjavaju uslove za primenu Greenove formule. Samim tim: D Q x P dx dy 5 y D x y x dx dy. Prelaskom na polarne koordinate: {x ρ sin ϕ, y ρ cos ϕ} J ρ, vrednost cirku-

24 lacije duž pozitivno orjetisane krive L je data integralom: 5 π/ ρ cos ϕ sin ϕ ρ cos ϕ ρ dϕ dρ 5 π/ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ ρ dρ 5 B, B, 5.. Izračunati fluks vektora f x, y,x z iznutra površi elipsoida: x 9 y z. Rešenje. Fluks vektora kroz površ iznutra te površi koji uvire u površ računa se po formuli: Φ x, y,x z dydz,dzdx,dxdy S xdydz y dzdx x z dxdy, S gde je S elipsoid x y y. Kako su ispunjeni uslovi za primenu teoreme Ostrogradskog, tada važi: Φ xdydz y dzdx x z dxdy yz dxdydz, S gde je V unutrašnjost elipsoida x y y. Uvod- enjem uopšetnih sfernih koordinata: x ρ cos θ cos ϕ, y ρ cos θ sin ϕ, z ρ sin θ sa vrednošću J 6ρ cos θ oblast V : ρ π/ θ π/ ϕ π se skoro svuda jednoznačno preslikava na oblast V. Na osnovu toga: Φ ρ cos θ sin ϕ ρ sin θ 6ρ cos θ dρdθdϕ y z J 6 6 V π π/ π/ π π/ π/ ρ cos θ ρ cos θ sin ϕρ cos θ sin θ dρdθdϕ cos θ cos θ sin ϕ cosθ sin θ dθdϕ V 6 π/ π cos θ cos θ π sin ϕdϕπ cos θ sin θ dθ π/ 6 π/ π/ π cos θ dθ 8π.

25 . Neka je f :R R bar dva puta neprekidno diferencijabilna funkcija. Dokazati: a fr r f rf r, gde je x y Laplaceov operator z i gde je r r intezitet radijus vektora u R. b Za vektorsko polje: a r n gradfr n odrediti funkciju fr tako da je polje a Laplaceovo i da pri tom važi: f α i f β za α,β R. Rešenje. I Način. Zadatak se može uraditi i direktnim računom po koordinatama. a Važi: fr f x f y f fr f z x r r f x y r r f y z r r z f x f y f z f x x r y r z r x r f y z f y r y r f x z f z r z r f x y f r r r f x f y f z r r r r f r f r. b Vektorsko polje a dato je sa vektorom: a r n grad fr r n f i r n f j r n f k. x y z Rotor vektorskog polja a koordinatno računat iznosi: i j k rot a x y z y r n f r n f r n f x y z z n r nr rn f x n r nr x rn f j z y f r r z rn f y z x rn f z z rn f y y rn f i y rn f k x i nrn r z f r r y rn f z y z f r r x rn f r nrn z x x f r r z rn f x z n r nr x f r r y rn f r nrn x y y f r r x rn f y x Divergencija vektorskog polja a koordinatno računata iznosi: div a r n f r n f r n f x x y y x x n r nr x f x f rn x nr n f r r x r y nr n f r r n fr a n r n f r r n f r. j k. r nrn y f y f r rn nrn y z f z f rn z r r n f z x f y f z nr n f r r n r f r f r 5

26 Ispitajmo kad je vektorsko polje a r n grad fr Laplaceovo, tj. kad važi: rot a div a n r n f r r n f r Trivijalno rešenje diferencijalne jednačine jeste konstantna funkcija fr c, gde je c neka konstanta. Primetio da ako je ispunjeno α c β, tada trivijalno rešenje ne zadovoljava postavljene početne uslove. Dalje, pod pretpostavkom da f nije konstantna funkcija i da r, važi: div a n r n f r r n f r f r f r f r c r fr c n n r c, n za neke konstante c,c R. Iz početnih uslova dobijamo: Odatle nalazimo: c β i c α obliku: f c n c α f c β. n r β. Samim tim, tražena funkcija f data je u n β fr n r α β n n II Način. a Primenenom simboličkog računa nad vektorima važi: fr div gradfr div f r gradr div f r r f r div r r grad f r f r r r f r gradr r r f r f r. b Primenom simboličkog računa rotor vektorskog polja a r n grad fr iznosi: r. rot arot r n gradfr r n rot grad fr gradfr gradr n f r r nr n r. Primenom simboličkog računa divergencija vektorskog polja a r n grad fr iznosi: div a div r n grad fr r n div grad fr gradr n grad fr r n fr nr n r f r r a nr n f r r n r f r f r n r n f r r n f r. Dalje, nepoznata funkcija fr odred - uje se na isti način kao u prethodnom rešenju.. U prostoru R dato je vektorsko polje a rr n r, gde je r vektor položaja, r r i n N. Dokazati da je a potencijalno polje i odrediti potencijal tog polja. Odrediti fluks polja a kroz spoljašnju površ polusfere x y z R, z > R >. 6

27 Rešenje. Primenom simboličkog računa nad vektorskim poljem a rr n r dobijamo: i rotr n rr n rot r r gradr n r gradr n r nr n r. divr n rr n div r r gradr n r n r nr n rn r n. Samim tim polje a a r je potencijalno. S obzirom da je gradr n nr n r, zaključujemo da je potencijal polja a dat funkcijom: g a r rn n. Na polusferi S je d σ r dσ, pa je fluks vektora a: Φ a a d σ r n r r dσ r n dσ R n dσ S S S S n R dσ R n PS R n πr πr n. S 7