Integrali i Teorija Polja
-
Upload
miro-lovricevic -
Category
Documents
-
view
257 -
download
4
Transcript of Integrali i Teorija Polja
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
1/27
INTEGRALI I TEORIJA POLJA
- zadaci za vezbu -
1. Izracunati direktno krivolinijski integral:
I =
C
ydx + x2dy + zdz
duz presecne krive povrsi:
z =x2
a2+
y2
b2i
x2
a2+
y2
b2=
x
a+
y
b,
orjentisane u pozitivnom smeru ako se posmatra sa z ose za vrednosti z > 2 (ab > 0).
Resenje. Presek cilindrcne povrsi x2
a2+ y
2
b2= x
a+ y
bi ravni z = 0 je elipsa:
x a
2
2a2/2
+
y b
2
2b2/2
= 1,
cije su parametarske jednacine:
x =a
2+
a2
cos t, y =b
2+
b2
sin t,
za t
[0, 2]. Dalje, na osnovu: z =x2
a2+
y2
b2nalazimo:
z = 1 +1
2cos t +
12
sin t,
za t [0, 2]. Tako dobijena parametarizacija krive C je pozitivna ako se posmatra krivasa z ose za vrednosti z > 2. Na osnovu parametarskih jednacina krive C:
x = x(t) =a
2+
a2
cos t,
y = y(t) =b
2+
b2
sin t,
z = z(t) = 1 + 12
cos t + 12
sin t,
za t [0, 2] nalazimo odgovarajuce diferencijale:
dx = a2
sin t dt,
dy =b2
cos t dt,
dz =1
2( sin t + cos t) dt.
1
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
2/27
Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije:
I =
20
b2
+b2
sin t
a2
sin t
+a
2+
a2
cos t2 b
2cos t
+
1 +1
2cos t +
12
sin t 1
2( sin t + cos t)
dt
=
2
0
a2b22 cos
3
t +
ba2+ab+2
2 cos2
t +
a2b+4
42 cos t ab+2
22 sin t ab+1
2 dt=
ba2+ab+2
2
20
cos2 t dt ab+12
20
dt =ba2+ab+2
2 ab+1
2 2
=ab(a 1)
2.
Proverimo prethodni rezultat primenom Stokesove formule. Kontura C dobija se upreseku parabolida: z = x2/a2 + y2/b2 i cilindra: x2/a2 + y2/b2 = x/a + y/b. Primetimoda su funkcije P = P(x,y,z) = y, Q = Q(x,y,z) = x2 i R = R(x,y,z) = z sa neprekidnimparcijalnim izvodima na povrsi paraboloida. Neka je S unutrasnja strana parabolida kojase oslanja na orjentisanu konturu C. Samim tim, prema Stokesovoj formuli:
I =
L
ydx + x2dy + zdz
=
S
dydz dzdx dxdy
x
y
z
y x2 z
=
S
(2x 1)dxdy.
y
x
z
2
4
6
8
2
2
211234
Projekcija povrsi S na Oxy ravan je data skupom: Dx,y:(x a/2)2
a2/2+
(x b/2)2b2/2
1.Samim tim:
I=
Dx,y
(2x 1)dxdy.
Uvedimo polarne koordinate: x = a/2 + a/
2 cos
y = b/2 + b/
2 sin za
(, ) D = {(, ) | 0 1 0 2}. Tada je |J| = ab2
. Samim tim
prethodni integral, posle uvod-enja novih promenljivih, ima vrednost:
I =
D
a + a
2 cos 1ab
2 d d =
ab
2
20
10
(a 1) + a
22 cos
d
d
=ab
2
20
a 12
+a
2
3cos
d =
ab(a 1)4
20
d =ab(a 1)
2.
2
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
3/27
2. Zadan je krivolinijski integral: C
ydx + zdy + xdz,
duz zatvorene presecne krive C sledecih povrsi: x2 + y2 = r2 i x2 = rz (r > 0). Izracunativrednost krivolinijskog integrala ukoliko je kriva C orjetisana pozitivno ako se posmatrasa z ose za z > r.
Resenje. Koristeci se parametarskim jednacinama kruznice x2 + y2 = r2 (u ravni Oxy)zakljucujemo da presecna kriva C u prostoru ima sledece parametarske jednacine:
x = x() = r cos y = y() = r sin z = z() = r cos2 ,
gde je [0, 2]. Tako dobijena parametarizacija krive C je pozitivna ako se posmatrakriva sa z ose za vrednosti z > r. Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije:
C
ydx + zdy + xdz =
20
(r2 sin2 + r2 cos3 2r2 cos2 sin ) d
= 4r2 /2
0
sin2 d
+ r2 2
0
cos3 d
=0
2r2 2
0
cos2 sin d
=0
= 4r2 12
B( 12 ,32)
= r2.
Primetimo da su funkcije P = P(x,y,z) = y, Q = Q(x,y,z) = z i R = R(x,y,z) = x saneprekidnim parcijalnim izvodima na povrsi S koja se oslanja na orjentisanu konturu C.Samim tim, prema Stokesovoj formuli:
C
ydx + zdy + xdz =
dydz dzdx dxdy
x
y
zy z x
=
S
dydz + dzdx + dxdy.
Formirajmo tri povrsinska integrala:
J1 = S
dydz, J 2 = S
dzdx, J 3 = S
dxdy.
Racuna juci prethodne povrsinske integrale, preko odgovarajucih projekcija na koordinatneravni, nalazimo J1 = 0, J2 = 0 i J3 = r2. Odatle dobijamo isti rezultat:
C
ydx + zdy + xdz = J1 + J2 + J3 = r2.
3
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
4/27
3. Izracunati krivolinijski integral:
I =
L
x2y3dx + dy + zdz
gde je L pozitivno orjetisana kruznica data sa: x2 + y2 = r2 i z = 0, ukoliko se posmatasa pozitivnog dela z-ose (r > 0).
Resenje. Parametarske jednacine kruznice L u ravni z = 0 glase:
x = x(t) = r cos t, y = r sin t, z = 0,
gde je t [0, 2]. Tako dobijena parametarizacija kruznice L je pozitivna ako se posmatrasa pozitivnog dela z-ose. Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije:
I =
L
x2y3dx + dy + zdz =
20
r cos t
2r sin t
3r sin t dt + r cos t dt
=
r62
0
cos2 t sin4 t dt + r
2
0
cos t =
4r6/2
0
cos2 t sin4 t dt =
4r61
2B
3
2,
5
2= r
6
8.
Proverimo prethodni rezultat Stokesovom formulom. Primetimo da su funkcije P =P(x,y,z) = x2y3, Q = Q(x,y,z) = 1 i R = R(x,y,z) = z sa neprekidnim parcijalnimizvodima na povrsi S koja se oslanja na orjentisanu konturu L. Samim tim, premaStokesovoj formuli:
I = L
x2y3dx + dy + zdz = S
dydz dzdx dxdy
x y z
x2y3 1 z
=3 S
x2y2dxdy.
Primetimo da se u ovom zadatku povrs S podudara sa Oxy-projekcijom D = {(x, y)|x2 +y2 r2}, odatle:
I = 3 D
x2y2dxdy.
Uvedimo polarne koordinate: x = cos y = sin za (, ) D = {(, )|0 r
0
2
}. Tada je
|J
|= . Samim tim prethodni integral, posle uvod-enja novih
promenljivih, ima vrednost:
I = 3 D
( cos )2( sin )2 d d = 3r
0
5 d
20
sin2 cos2 d
= 3 r6
6 4
/20
sin2 cos2 d = r6B32
,3
2
= r
6
8.
4
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
5/27
4. Izracunati integral:
I =
D
xy dxdy,
ako je oblast D ogranicena pravama 2x y = 1, 2x y = 3, x + y = 2 i x + y = 0.Resenje. Uvedimo smenu promenljivih:
u = u(x, y) = 2x y,
v = v(x, y) = x + y. Prethodnom smenom ostvaruje se uzajamno jednoznacno preslikavanje oblasti:
D = {(x, y) | 2x 3 y 2x 1, x 2 y x}
iD1 = {(u, v) | 1 u 3, 2 v 0}.
Kako je x =1
3(u + v) i y =
1
3(u + 2v), tada nalazimo: J = D(x, y)
D(u, v)=
1
31
3
1
3
2
3
=1
3.
Samim tim, smenom promenljivih, nalazimo vrednost integrala:
I =
D
xy dxdy =
D1
1
9(u + v)(2v u)|J| dudv
=1
27
31
02
(u + v)(2v u) dv
du = 4481
.
5. Izracunati zapreminu tela ogranicenog povrsima z1 = z1(x, y) = x2 + y2 i z2 =z2(x, y) = x+y.
Resenje. Projekcija preseka povrsi z1 = z1(x, y) i z2 = z2(x, y) predstavlja kruznicu:
(x 12
)2 + (y 12
)2 =1
2.
Unutar kruga Dxy : (x 12
)2 + (y 12
)2 12
ravan z1 = z1(x, y) je iznad parabolida
z2 = z2(x, y). Samim tim trazena zapremina odred-ena je sa:
V = Dxy
z1(x, y) z2(x, y)dxdy=
Dxy
x + y x2 y2
dxdy
=
Dxy
12
(x 12
)2 (y 12
)2
dxdy.
x
y
z
1
2
3
4
21
12
2
1
1
2
5
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
6/27
Ako uvedemo polarne koordinate:
x 12
= cos
y 12
= sin
krug Dxy je slika pravougaonika D
: 0 1/2 0 2. Tada je |J| = .
Samim tim, posle uvod-enja smene promenljivih, trazena zapremina data je vrednoscu:
V =
D
12
2|J|dd =
20
1/20
12
2 dd = 224
4
4
1/2=0
=
8.
6. Izracunati zapreminu tela ogranicenog povrsima:
y2 = x, y2 = 4x, z = 0, x + z = 4.
Resenje. Za y 0 formirajmo u Oxy ravni skup:Dx,y = {(x, y) R2 |
xy 2x 0x 4}
Za funkciju z = z(x, y) = 4 x trazena zapremina data je integralom:
V = 2
Dx,y
z dxdy.
Prema tome, trazena zapremina iznosi:
V = 2
Dx,y
(4 x) dxdy = 24
0
(4 x)
2xx
dy
dx = 2
40
(4 x) y
2xy=
x
dx =
256
15.
7. Izracunati dvostruki integral: I= D
dx dy
(1 + x2 + y2)3/2, gde je D = [0, 1] [0, 1].
Resenje. Ako uvedemo polarne koordinate:
x = x(, ) = cos ,y = y(, ) = sin ,
na osnovu |J| = , dobijamo:
I =
D
|J|d d(1 + 2)3/2
=
D
d d
(1 + 2)3/2,
6
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
7/27
gde je D
oblast u R2 koja se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast D. Odredimooblast D
. Primetimo da se granica oblasti D = [0, 1][0, 1] sastoji se od sledecih skupova:A = (x, y) | 0 < x 1 y = 0,B = (x, y) | x = 1 0 y < 1,C = (x, y) | 0 < x 1 y = 1,D
= (x, y) | x = 0 0 < y 1,O = (0, 0).Samim tim, preslikavanju polarnim koordinatama skupovi A, B, C, D i O dobijaju se kaoslike redom sledecih skupova:
A = (, ) | 0 < 1 = 0,B = (, ) | = 1
cos 0 <
4
,
C = (, ) | = 1sin
4
< 2
,
D
= (, ) | 0 < 1 = 2,O = (, ) | = 0 0
2
.
Prethodni skupovi ogranicavaju oblast:
D
=
(, ) | 0 1cos
0 4
0 1sin
4
2
,
koja se polarnim koordinatama skoro svuda jednoznacno slika na oblast D. Posle odred-i-vanja oblasti D
racunamo vrednost integrala:
I = D
d d
(1 + 2)3/2=
/40
1/ cos0
(1 + 2)3/2d
d +
/2/4
1/ sin0
(1 + 2)3/2d
d
=1
2
/40
1/ cos0
d(1 + 2)
(1 + 2)3/2
d +
1
2
/2/4
1/ sin0
d(1 + 2)
(1 + 2)3/2
d =
1
2
/40
11 + 2
1/ cos=0
d
+1
2
/2/4
11 + 2
1/ sin=0
d =
1
2
/40
1 cos
1 + cos2
d +
1
2
/2/4
1 sin
1 + sin2
d
=
1
2
/4
0
d 1
2
/4
0
d(sin )2 sin2 +
1
2
/2
/4
d 1
2
/2
/4
d(cos )2 cos2 =
2 arcsinsin
2 /4
=0
+ arcsincos
2
/2=/4
=
2 arcsin
12
arcsin
12
=
2
3=
6.
8. Izracunati povrsinu dela povrsi S : z2 = 2xy odred-ene u prvom oktantu u preseku saravnima: x = 0, y = 0 i x + y = 1.
7
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
8/27
Resenje. U prvom oktantu posmatrajmo funkciju z = z(x, y) =
2xy. Neka je Ttrougao odred-en u Oxy ravni pravima x = 0, y = 0 i x + y = 1. Tada je povrsina povrsidata formulom:
P =
S
1 + zx(x, y)
2 + zy(x, y)2 dx dy,
y
x
z
0.5
1
1.5
2
2.5
3
2
2
1123
gde je S deo povrsi odred-en funkcijom z = z(x, y) nad trouglom T. Samim tim izparcijalnih izvoda:
z
x =
y
2xi z
y =
x
2y
nalazimo trazenu povrsinu povrsi:
P =
S
x + y2xy
dx dy =1
2
T
x1
2y1
2 + x1
2y1
2
dx dy
=1
2
10
1x0
x1
2 y1
2 + x1
2y1
2
dy
dx
=
2
10
x1
2 (1 x) 12 dx +
2
3
10
x1
2 (1 x) 32 dx
=
2
10
x3
21(1 x) 321 dx +
2
3
10
x1
21(1 x) 521 dx
= 2B3
2 ,
3
2 +
2
3 B1
2 ,
5
2 =
22 .
9. Izracunati povrsinu i zapreminu tela ogranicenog loptom:
x2 + y2 + z2 = 3a2
i paraboloidom:x2 + y2 = 2az,
gde je a > 0.
Resenje. Posmatrano telo se dobija u preseku povrsi gornje polulopte:
(1) z = f1(x, y) =
3a2 (x2 + y2)i paraboloida:
(2) z = f2(x, y) =1
2a(x2 + y2).
Eliminacijom x2+y2 iz (1) i (2) dobijamo kvadratnu jednacinu z2+2az3a2 = 0. Buducida je z > 0 zakljucujemo da je presek posmatrana dva tela kruznica: x2 + y2 = 2a2 navisini z = a. Posmatrano telo se projektuje na krug Dxy : x
2 + y2 2a2.
8
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
9/27
x
y
z
2
2
4
6
64
22
46
64
2
24
6
(i) Odredimo povrsinu tela ogranicenog delom lopte i delom paraboloida. Ako oznacimopovrsinu dela lopte sa P1 tada je:
P1 =
Dxy
1 +
f1x
2+
f1y
2dxdy =
3a
Dxy
13a2 x2 y2 dxdy.
Ako oznacimo povrsinu dela paraboloida sa P2 tada je:
P2 =
Dxy
1 +
f2x
2+
f2y
2dxdy =
1
a
Dxy
a2 + x2 + y2 dxdy.
Samim tim trazena povrsina celog tela je:
P =
3a
Dxy
13a2 x2 y2 dxdy +
1
a
Dxy
a2 + x2 + y2 dxdy.
Uvod-enjem polarnih koordinata: x = cos , y = sin (|J| = ) oblast D: 0
2a 0 2 se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast Dxy. Na osnovu toga:
P =
3a
D
1
3a2 2
|J|dd +
1
a
D
a2 + 2
|J|dd
=
3a
20
d
2a
0
3a2 2 d +
1
a
20
d
2a
0
a2 + 2 d
= 2
3a
3a2 22a
0
+2
a
a2 + 2
3/22a0
= 2
3a a + 3a + 2
a
3
3a3 a2 = 163
a2.
9
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
10/27
(ii) Odredimo zapreminu = (V) tela V ogranicenog delom lopte i delom paraboloida:
=
V
1 dxdydz =
Dxy
f1(x, y) f2(x, y)
dxdy
=
Dxy
3a2 x2 y2 1
2a(x2 + y2)
dxdy.
Uvod-enjem polarnih koordinata: x = cos , y = sin (|J|
= ) oblast D: 0
2a
0 2 se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast Dxy. Na osnovu toga:
=
D
3a2 2 1
2a2
|J|
dd =
20
d
2a
0
3a2 2 1
2a3
dd
= 2
1
3
3a2 23/2 1
8a42a
0
= 2
a
3
3+
3a3
a
3
2
=
a3
3
6
3 5.
10. Izracunati povrsinski integral: S+
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy,
gde je S+ spoljasnja strana kupe odred-ene omotacem z2 = x2 + y2, 0 z h i osnovomx2 + y2 h2, z = h za fiksirano h > 0.Resenje. I Nacin. Oznacimo sa V unutrasnjost kupe koju obuhvata povrs S. Funkcije:
P = x2, Q = y2, R = z2 : V Rispunjavaju uslove za primenu teoreme Ostrogradskog. Samim tim:
I = S+
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy = V
(2x+2y+2z) dxdydz.
Uvedimo cilidricne koordinate: x = cos , y = sin , z = z za vrednosti (,,z) V1 = {(,,z) | 0 2 z h : [0, h]}. Tada je |J| = . Uvod-enjemcilidricnih koordinata dobijamo:
I =
V1
2 cos + 2 sin + 2z
dzdd
= 2
20
h0
h
2(cos + sin ) + z
dzdd
= 2
20
h0
2(cos + sin )(h ) + h
2 22
dd
= 2
20
h0
(2h 3)(cos + sin ) + h
2
2
3
2
dd
= 2
20
(
h4
3 h
4
4)(cos + sin ) +
h4
4 h
4
8
d = 2
20
h4
8d =
h4
2.
10
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
11/27
II Nacin. Integral:
I =
S+
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy,
rastavimo na zbir dva povrsinska integrala:
I1 =
M
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy
i
I2 =
B+
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy,
gde je M omotac kupe i B baza kupe. Za racunanje prvog integrala uvedimo smenupromenljivih:
x = x(, ) = cos ,y = y(, ) = sin ,z = z(, ) = ;
za (, )D = [0, 2] [0, h]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode:x
= sin , x = cos ,y
= cos , y
= sin ,
z
= 0, z
= 1.
Formirajmo odgovarajuce determinante:
A =
y
z
y
z
= cos , B =
z
x
z
x
= sin , C=
x
y
x
y
=.
Samim tim, na osnovu polozaja vektora normale povrsine n = (A, B, C), zakljucujemo:
I1 =
M
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy,
=
D
( cos )2 ( cos )
A
+( sin )2 ( sin ) B
+()2 ()C
dd
=
20
h0
3(cos3 + sin3 1) d
d
=h4
4
2
0(cos3 + sin3
1) d =
h4
2
.
Sa druge strane za bazu B vazi z = h i odatle ocigledno:
I2 =
B+
z2 dxdy =
Bxy
h2 dxdy = h2 Bxy
1 dxdy = h4,
gde je Bxy : x2 + y2 h2. Sveukupno:
I = I1 + I2 =h4
2.
11
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
12/27
11. Izracunati povrsinski integral:
I=
S+
y2 dydz + (y2 + x2) dzdx + (y2 + x2 + z2) dxdy,
gde je S+ spoljasnja strana polusfere: x2 + y2 + z2 = 2Rx, z > 0 (za fiksirano R > 0).
Resenje. I Nacin. Primenimo formulu Ostrogradskog. Zatvorimo datu povrs Sdelom ravni:
(S0 ) (x2 R)2 + y2 R2 z = 0,uzimajuci za jedinicni vektor normale n0 = (0, 0, 1). Buduci da je:
xy2 +
y(x2 +
y2) +
z(y2 + x2 + z2) = 2y + 2z, saglasno formuli Ostrogradskog, umesto polaznog
povrsinskog integrala I formirajmo:
I1 =
S+S0
y2 dydz + (y2+x2) dzdx + (y2+x2+z2) dxdy = V
(2y+2z) dxdydz,
gde je V ={(x,y,z)R3 |0 z
2Rx x2 y2 (x, y)Dxy} i gde je Dxy ={(x, y)R
2
| (x R)2
+ y
2
R2
}. Dalje, oznacimo:I2 =
S0
y2 dydz + (y2+x2) dzdx + (y2+x2+z2) dxdy,
pri cemu je S0 uzeto sa negativne strane dela ravni z = 0. Tada vazi:
I= I1 I2 =
V
(2y+2z) dxdydz S0
y2 dydz + (y2+x2) dzdx + (y2+x2+z2) dxdy
Izracunajmo I1. Uvedimo sferne koordinate:
x = R + cos cos , y = cos sin , z = sin
za (,,) [0, 2] [0, 2
] [0, R]. Tada je |J| = 2 cos . Uvod-enjem sfernih koordinatadobijamo:
I1 =
V
(2y + 2z) dxdydz =
20
/20
R0
2 cos sin + 2 sin
2 cos d d d
=
20
/20
R0
3
2sin cos2 + 2 sin cos
d d d
=R4
4
2
0
/2
0
2sin cos2 + 2 sin cos d d
=R4
4
20
/20
2sin 1 + cos 2
2+ 2 sin cos
d d
=R4
4
20
2sin + sin cos
2+ 2
sin2
2
/2|=0
d
=R4
4
20
2
sin + 1
d =R4
2.
12
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
13/27
Izracunajmo I2 (povrsinski integral po S0 ). Uocimo da vazi:
I2 =
S0
y2 dydz + (y2 + x2) dzdx + (y2 + x2 + z2) dxdy = Dxy
(x2 + y2) dxdy,
jer je S0 uzeto sa negativne strane dela ravni z = 0. Uvedimo polarne koordinate:
x = cos , y = sin ,
za (, ) D = {(, ) R2 | 0 2R cos 2
2}. Tada je |J| = .
Uvod-enjem polarnih koordinata dobijamo:
I2 = D
(2) dd = D
3 dd = /2
/2
(2R cos )0
3 d
d
= 4R4/2
/2cos4 d = 8R4
/20
cos4 sin0 d
=
4R4
B
4 + 1
2
,0 + 1
2 =
4R4
3
8
=
3R4
2
.
Sveukupno: I = I1 I2 = R4
2
3R4
2
= 2R4.
II Nacin. Zadatak mozemo resiti i smenom promenljivih:
x = x(, ) = R + R cos cos ,y = y(, ) = R cos sin ,z = z(, ) = R sin ;
za (, )D, = [0, 2] [0, /2]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode:
x
= R sin cos , x
= R cos sin ,y
= R cos cos , y
= R sin sin ,z
= 0, z
= R cos .
Formirajmo odgovarajuce determinante:
A =
y
z
y
z
= R2 cos cos2 , B =
z
x
z
x
= R2 sin cos2 , C=
x
y
x
y
= R2 cos sin .
Samim tim, na osnovu polozaja vektora normale povrsine n = (A,B,C), zakljucujemo:
I = S
y2 dydz + (y2 + x2) dzdx + (y2 + x2 + z2) dxdy
=
D
(R sin cos )2 (R2 cos cos2 )
A
+
(R sin cos )2 + (R+R cos cos )2
(R2 sin cos2 ) B
+
(R sin cos )2 + (R+R cos cos )2 + (R sin )2
(R2 cos sin ) C
dd
13
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
14/27
Odatle, racunamo vrednost trazenog integrala:
I = R4
/20
20
sin2 cos cos4
+
sin3 cos4 + sin cos2 + 2 sin cos cos3
+ sin cos2 cos4
+
sin2 sin cos3 + sin cos + 2 cos sin cos2 + cos2 sin cos3
+ sin3 cos
d
d = 2R4
/20
sin cos3 + sin cos + sin3 cos
d
=
B(1, 2) + B(1, 1) + B(2, 1)
R4 = 2R4.
12. Neka je data je kriva koordinatama:
x = a cos2 t, y = a sin t cos t, z = a sin t
za a > 0 i t
[0, 2]. Pokazati da ova kriva lezi u preseku jedne sfere i jednog cilin-
dra i odrediti jednacine tih povrsi. Odrediti povrsinu koju cilindar iseca na lopti iznadravni Oxy i odredti zapreminu tela ogranicenog loptom, cilindrom i ravni Oxy u gornjempoluprostoru.
Resenje. (i) Vazi:
x2 + y2 + z2 = a2 cos4 t + a2 sin2 t cos2 t + a2 sin2 t= a2 cos2 t (cos2 t + sin2 t) + a2 sin2 t = a2
ix2 + y2 = a2 cos4 t + a2 sin2 t cos2 t
= a2 cos2 t
(cos2 t + sin2 t) = a2 cos2 t = ax.
Samim tim posmatrana kriva nalazi se u preseku sfere: x2 + y2 + z2 = a2 i cilindra:(x a/2)2 + y2 = (a/2)2.
2
0
2
2
2
2
2
(ii) Povrs ciju povrsinu racunamo odred-ena je jednacinom gornje polusfere: z = z(x, y) =a2 x2 y2 za (x, y) D = {(x, y) | (x a/2)2 + y2 (a/2)2}. Trazena povrsina se
racuna po obrascu:
P =
D
1 + zx
2(x, y) + zy
2(x, y) dx dy,
14
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
15/27
gde je:
z
x = x
a2 x2 y2 , z
y = y
a2 x2 y2 .
Samim tim trazena povrsina data je integralom:
P =
D
a dxdya2 (x2 + y2) .
Uvedimo polarne koordinate:
() x = a cos y = a sin za (, ) D1 = {(, ) | 0 cos /2 /2}. Tada je |J| = a2. Odatleprethodni integral, posle uvod-enja novih promenljivih, ima vrednost:
P =
D1
|J| d d1 2 = 2a
2
/20
cos0
d1 2 d = 2a
2
/20
1 2cos=0
d
= 2a2
/2
0
1 sin d = 2a22 1 = ( 2) a
2.
(iii) Pri prethodno uvedenim oznakama trazena zapremina se racuna pomocu formule:
V =
D
a2 (x2 + y2) dxdy.
Tada, prelaskom na polarne koordinate (), nalazimo:
V = a D1
1 2
|J
|d d = 2a3
/2
0
cos
0
1 2 d d
= a3/20
cos0
1 2 d(1 2)
d = 2a
3
3
/20
(1 2)3/2
cos=0
d
= 2a3
3
/20
(sin3 1) d = 2a3
3
/20
d 2a3
3/20
cos0 sin3 d
=a3
3 2a
3
3 1
2B0+ 1
2,
3+ 1
2
=
3 4
9
a3.
13. Izracunati:I =
S+
dydzx
+dzdx
y+
dxdy
z
,
gde je S+ spoljasnja strana jedinicne sfere.
Resenje. I Nacin. Zadatak mozemo resiti smenom promenljivih:
x = x(, ) = cos cos ,y = y(, ) = cos sin ,z = z(, ) = sin ;
15
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
16/27
za (, )D = [0, 2] [/2, /2]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode:
x
= sin cos , x = cos sin ,y
= cos cos , y
= sin sin ,z
= 0; z
= cos .
Formirajmo odgovarajuce determinante:
A =
y
z
y
z
=cos cos2 , B =
z
x
z
x
=sin cos2 , C=
x
y
x
y
=cos sin .
Samim tim, na osnovu polozaja vektora normale povrsine n = (A, B, C), zakljucujemo:
I =
S+
1
xdydz +
1
ydzdx +
1
zdxdy
=
D
1cos cos
cos cos2
A
+ 1
cos sin sin cos2
B
+ 1
sin cos sin
C
dd
=
D
cos + cos + cos
dd = 3
20
d /2
/2cos d = 12.
II Nacin. Izvrsimo dekompoziciju:
I = I1 + I2 + I3,
gde je:
I1 = S+
dydz
x , I2 = S+
dzdx
y , I3 = S+
dxdy
z .
Evidetno je da vazi: I1 = I2 = I3 i odatle I = 3I3. Izracunajmo integral I3. Formirajmofunkcije:
z1 = z1(x, y) =
1x2y2, z2 = z2(x, y) =
1x2y2 : Dxy R
sa domenom Dxy = {(x, y) R2 | x2+y2 1}. Oznacimo sa S1 gornju polusferu i sa S2donju polusferu. Tada vazi:
I3 = S+
dxdy
z
= S+1
dxdy
z
+ S2
dxdy
z
= 2 S+1
dxdy
z
,
jer vazi: S2
dxdy
z=
Dxy
dxdy
z2(x, y)=
Dxy
dxdy
z1(x, y)=
S+1
dxdy
z.
Samim tim:
I = 3I3 = 6
Dxy
dxdy1 x2 y2 .
16
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
17/27
Uvedimo polarne koordinate x = cos y = sin za vrednosti (, ) D ={(, ) | 0 1 0 2}. Tada je |J| = . Samim tim prethodni integral, posleuvod-enja novih promenljivih, ima vrednost:
I = 6
D
|J| dd1 2 = 6
20
d 1
0
1 2 = 6 2
1 2 1
0
= 12.
Napomena. Funkcije:
P(x,y,z) =1
x, Q(x,y,z) =
1
y, R(x,y,z) =
1
z: R3\{Ox Oy Oz} R
u unutrasnjosti jedinicne sfere ne ispunjavaju uslov za primenu teoreme Ostrograd-skog.
14. Neka su date redom funkcije f : R3 R i f : R3 R3. Ako je r radijus vektori =
2
x2+
2
y2+
2
z2 Laplaceov operator dokazati da vaze sledece jednakosti:
(x f) = 2fx
+ x (f),
grad(f) =1
2
(r f) r (f)
,
div( f) =1
2
(r f) r ( f)
,
rot( f) =1
2
(r f) r ( f)
.
Resenje. 10. Dokazacemo prvu jednakost i na osnovu nje dokazujemo da vaze i os-tale tri jednakosti. Napomenimo da se sve navedene jednakosti mogu direktno dokazati
izracunavanjem obe strane navedenih jednakosti. Za skalarnu funkciju f vazi jednakost:
() (x f) = 2fx
+ x (f).
Zaista:
x f = 2x2
+2
y2+
2
z2
(x f) =
x
f+ x
f
x
+ x
2f
y2+ x
2f
z2= 2
f
x+ x (f).
20. Vazi:
r f(r) = (xf), (yf), (zf)=()
2
f
x+ x (f), 2f
y+ y (f), 2f
z+ z (f)
= 2f
x,
f
y,
f
z
+
x,y,z (f(r)) = 2grad(f(r)) + r (f(r)).
Odatle sleduje jednakost:
grad(f) =1
2
(r f) r (f)
.
17
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
18/27
30. Vazi:
r f(r) = xf1 + yf2 + zf3 = xf1 + yf2 + zf3=()
2
f1x
+ x(f1)
+
2f2y
+ y(f2)
+
2f3z
+ z(f3)
= 2f1
x+
f2y
+f3z
+
x,y,z (f1), (f2), (f3)
= 2div( f(r)) + r
( f(r)).
Odatle sleduje jednakost:
div( f) =1
2
(r f) r ( f)
.
40. Vazi:
(r f(r)) =
i j kx y zf1 f2 f3
=
yf3 zf2, zf1 xf3, xf2 yf1
=
(yf3) (zf2), (zf1) (xf3), (xf2) (yf1)
=()
2f3y + y(f3) 2f2z z(f2), 2f1z + z(f1)2f3
x x(f3), 2f2
x+ x(f2) 2f1
y y(fz)
= 2
f3y
f2z
,f1z
f3x
,f2x
f1y
+
y(f3) z(f2), z(f1) x(f3), x(f2) y(f1),
= 2rot( f(r)) +
i j kx y z
(f1) (f2) (f3)
= 2rot( f(r)) + r ( f(r)).
Odatle sleduje jednakost:
rot( f) =1
2
(r f) r ( f)
.
15. Neka funkcije g, h : R3 R ispunjavaju: g(x,y,z) = 0 i h(x,y,z) = 0,
gde je =2
x2+
2
y2+
2
z2 Laplaceov operator. Za funkciju f : R3 R datu sa:
f(x,y,z) = g(x,y,z) + (x2
+y2
+z2
)h(x,y,z)izracunati f(x,y,z).
Resenje. Na osnovu g(x,y,z) = 0 nalazimo:
f(x,y,z) =
2
x2+
2
y2+
2
z2
g(x,y,z) + (x2+y2+z2)h(x,y,z)
= . . . =
= 6h(x,y,z) + 4x
xh(x,y,z) + 4y
yh(x,y,z) + 4z
zh(x,y,z).
Odatle, na osnovu h(x,y,z) = 0 nalazimo: f(x,y,z) = 0.
18
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
19/27
16. Neka je f : R R cetiri puta fierencijabilna funkcija i r = |r| intezitet radijusvektora u R3. Ako je =
2
x2+
2
y2+
2
z2 Laplaceov operator dokazati jednakosti:
a)2
x2f(r) =
r2 x2r3
df(r)
dr+
x2
r2d2f(r)
dr2,
b) f(r) =2
r
df(r)
dr+
d2f(r)
dr2,
c) 2f(r) =4
r
d3f(r)
dr3+
d4f(r)
dr4.
Resenje. a) Za slozenu funkciju u = f(r), gde je r =
x2 + y2 + z2, nalazimo parcijalniizvod prvog reda:
f(r)
x=
df
dr f(r)
x= f
(r) xr
.
Odatle nalazimo trazeni parcijalni izvod drugog reda:
2f(r)
x2=
x
f
(r) xr
=
x
f
(r)
xr
+ f
(r) x
xr
= f
(r)
x
r x
r+ f
(r)
r x2/r
r2 =
r2 x2r3
f
(r) +x2
r2f
(r).
b) Na osnovu dokazane jednakosti pod a) zakljucujemo:
2f(r)
x2=
r2 x2r3
f
(r) +x2
r2f
(r),
2f(r)
y2=
r2 y2r3
f
(r) +y2
r2f
(r),
2f(r)
z2=
r2 z2
r3f
(r) +z2
r2f
(r).
Sabiranjem prethodne tri jednakosti dobijamo trazenu jednakost:
f(r) =2f(r)
x2+
2f(r)
y2+
2f(r)
z2=
2
r
df(r)
dr+
d2f(r)
dr2.
c) I Nacin. Na osnovu dokazane jednakosti pod b) zakljucujemo:
2f(r) =
f(r)
= 2
r
df(r))
dr+
d2(f(r))
dr2
=
2r
df(r)
dr
+
d2f(r)dr2
=2
r
d
dr2
r
df
dr+
d2
dr22
r
df
dr+
d2f(r)
dr2 =
2
r
2
r2df
dr+
2
r
d2f
dr2
+
d
dr
2
r2df
dr+
2
r
d2f
dr2
+
d2f(r)dr2
=
4r3
df
dr+
4
r2d2f
dr2
+ 4
r3df
dr 2
r2d2f
dr2 2
r2df2
dr2+
2
r
d3f
dr3
+
d2f(r)dr2
=2
r
d3f(r)
dr3+
d2f(r)dr2
=
2
r
d3f(r)
dr3+2
r
d
dr
d2f(r)dr2
+
d2
dr2
d2f(r)dr2
=4
r
d3f(r)
dr3+
d4f(r)
dr4.
19
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
20/27
II Nacin. Na osnovu dokazane jednakosti pod b) zakljucujemo:
2f(r) =
f(r)
=2
r
d(f(r))
dr+
d2(f(r))
dr2
=2
r
d
dr
2r
df(r)
dr+
d2f(r)
dr2
+
d2
dr2
2r
df(r)
dr+
d2f(r)
dr2
=2
r2
r2
df(r)
dr
+2
r
d2f(r)
dr2
+d3f(r)
dr3
+d
dr
2
r2df(r)
dr+
2
r
d2f(r)
dr2+
d3f(r)
dr3
=
4r3
df(r)
dr+
4
r2d2f(r)
dr2+
2
r
d3f(r)
dr3
+d
dr
2
r2df(r)
dr+
2
r
d2f(r)
dr2+
d3f(r)
dr3
=
4r3
df(r)
dr+
4
r2d2f(r)
dr2+
2
r
d3f(r)
dr3
+ 4
r3df(r)
dr 4
r2d2f(r)
dr2+ 2
rd3f(r)
dr3+ d
4f(r)dr4
=4
r
d3f(r)
dr3+
d4f(r)
dr4.
17. Pokazati da je vektorsko polje:
f =
2x + y + z, x + 2y + z, x + y + 2z
potencijalno i naci njegov potencijal.
Resenje. Neposredno se proverava da za svako (x,y,z) R3 vazi:
rot f = 0 i div f = 6 (= 0).
Samim tim vektorsko polje f je potencijalno. Dalje, za prethodno potencijalno poljef : R3 R, potencijal jeste svaka funkcija g : R3 R takva da vazi:
grad g = f .
Prethodna jednakost dovodi do sistema:
(1) gx
= 2x + y + z,
(2)g
y= x + 2y + z,
(3)g
z= x + y + 2z.
20
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
21/27
Iz jednacine (1) dobijalmo:
(4) g = x2 + xy + zx + a(y, z),
za neku funkciju a = a(y, z) : R2 R. Dalje, iz jednacina (2) i (4) dobijamo sledecujednakost:
a
y= 2y + z i odatle:
(5) a(y, z) = y2 + yz + b(z),
za neku funkciju b = b(z) : R R. Iz jednacina (4) i (5) dobijamo:
(6) g = x2 + y2 + xy + yz + zx + b(z).
Konacno, iz jednacina (3) i (6) dobijamo diferencijalnu jednacinu:
(7) b
(z) 2z = 0,
sa opstim resenjem:
(8) b(z) = z2
+ C,
gde je C neka konstanta. Sveukupno, funkcija potencijala je oblika:
g = x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx + C.
18. Pokazati da vrednost integrala
J =
AB
(x4 + 4xy3)dx + (6x2y2 5y4)dy
ne zavisi od krive koja spaja tacke A(0, 0) i B(, ) (, R). Izracunati vrednost togintegrala.
Resenje. Za funkcije P = P(x, y) = x4 + 4xy3, Q = Q(x, y) = 6x2y2 5y4 : R2 Rispunjen je uslov za nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije:
P
y= 12xy2 =
Q
x.
Na osnovu:
(x4 + 4xy3) dx + (6x2y2 5y4) dy = d15 x5 + 2 x2y3 y5nalazimo vrednost integrala:
J =
AB
(x4 + 4xy3) dx + (6x2y2 5y4) dy
= 1
5x5 + 2 x2y3 y5
(,)
|(0,0)
=1
55 + 2 23 5.
21
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
22/27
19. Data su skalarna polja f = xyz, g = xy + yz + zx. 10. Formirati vektorska polja
a = gradf, b = gradg i ispitati prirodu vektorskog polja ab. 20. IzracunatiC
(a b) dr,
gde je C duz koja spaja tacke O(0, 0, 0) i B(1, 2, 3).
Resenje. 10. Vazi a = grad f = (yz,zx,xy) i b = div g = (y + z, z + x, x + y). Na osnovutoga formiramo vektorsko polje:
a b = i
j
kyz zx xy
y + z z + x x + y
= x2(z y)i + y2(x z)j + z2(y x)k.
Odatle se proverava: div(a b) = 0 i rot(a b) = (y2 + z2)i + (z2 + x2)j + (x2 + y2)k = 0.Samim tim polje a b jeste solenoidno.20. Duz OB se moze prikazati u obliku x = t, y = 2t, z = 3t, gde je t [0, 1]. Cirkulacijavektora a b po duzi OB iznosi:
C
(a
b)
dr =
C
x2(z
y)dx + y2(x
z)dy + z2(y
x)dz = 12
1
0
t3dt = 3.
20. U prostoru R3 dato je vektorsko polje a = f(b r) (b r), gde je f : R Rdiferencijabilna funkcija i gde je b potencijalno polje sa potencijalom u(x,y,z) = x2/2 +
yz xz. Pokazati da je vektorsko polje a solenoidno. Ako je f(br) = br, naci cirkulacijuvektora a duz pozitivno orjetisane krive koja pripada ravni Oxy i sastoji se od segmenta[0, 1] sa x ose, cetvrtine kruga x2 + y2 = 1 koji pripada prvom kavadrantu i segmenta [0, 1]sa y ose.
Resenje. (i) Polje b je potencijalno sa potencijalom u = u(x,y,z) = x2/2 + yz xz.Odatle b = grad u = (x z,z,y x). Direktno nalazimo skalarni proizvod:
b r = xz,z,yx x,y,z = x2 2xz + 2yzi vektorski proizvod:
b r = xz , z , yx x,y,z =
i j kxz z yx
x y z
=
z2 y2 + xy,xy x2 xz + z2, xy yz xz.
Na osnovu prethodnog dobijamo trazeno vektorsko polje:
a = f(b r) (b r)
= f(x22xz+2yz) (z2y2+xy,xyx2xz+z2, xyyz xz),gde je f : R R proizvoljna diferencijabilna funkcija.
22
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
23/27
(ii) Ako uvedemo pomocnu funkciju u = x2 2xz + 2yz, tada vazi:div a =
f
(u) (2x 2z) ux
(z2 y2 + xy) + y f(u)
+
f
(u) (2z)uy
(xy x2 xz + z2) + x f(u)
+ f(u) (2y 2x) uz
(xy
yz
xz) + (
y
x)
f(u)
= f
(u)
(2x2z)(z2y2+xy)+(2z)(xyx2xz+z2)+(2y2x)(xyyzxz)
+
y+xyxf(u)
= f
(u)
2xz22xy2+2x2y2z3+2zy22xyz + 2xyz2x2z2xz2+2z3+
2xy22y2z2xyz2x2y+2xyz +2x2z = 0
Na slican nacin moze se pokazati da je rot a = 0, pri tom za dokaz prethodnog tvrd-enjadovoljno je dokazati da bar po jednoj kordinati funkcija rotora nije jednaka nuli. Odatle
sleduje zakljucak da je vektorsko polje a solenoidno. Napomenimo da do prethodnogrezultata mozemo doci i primenom simbolickog racuna.
(iii) Specijalno za f(t) = t imamo vektorsko polje:
a = (x2 2xz + 2yz) (z2 y2 + xy,xy x2 xz + z2, xy yz xz)
koje u ravni z = 0 odred-uje vektorsko polje: a = (x2) (xy y2, xy x2, xy). Odatle,cirkulacija je data integralom:
I =
L
a dr =L
(x3y x2y2, x3y x4, x3y) (dx,dy,dz),
odnosno:
I =
L
(x3y x2y2)dx + (x3y x4)dy.
Oznacimo sa D oblast koju obuhvata pozitivno orjetisana kontura L koja pripada ravniOxy i sastoji se od segmenta [0, 1] sa x ose, cetvrtine kruga x2 + y2 = 1 koji pripadaprvom kvadrantu i segmentu [0, 1] sa y ose. Funkcije:
P(x, y) = x3 x2y2, Q(x, y) = x3y x4 : D
R2
R
ispunjavaju uslove za primenu Greenove formule. Samim tim:
I =
D
Qx
Py
dx dy = 5
D
x2y x3
dx dy.
Prelaskom na polarne koordinate: {x = sin , y = cos } (|J| = ), vrednost cirku-
23
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
24/27
lacije duz pozitivno orjetisane krive L je data integralom:
I = 5
/20
10
3 cos2 sin 3 cos3 d d
= 5
/20
cos2 sin cos3 sin0 d
10
4 d
= 512 B2+ 12 , 1+ 12 12 B3+12 , 0+12 15 = 13 .21. Izracunati fluks vektora f = (x, y2, x2 + z2 1) iznutra povrsi elipsoida:
x2
9+
y2
4+ z2 = 1.
Resenje. Fluks vektora kroz povrs iznutra te povrsi (koji uvire u povrs) racuna se poformuli:
=
S
(x, y2, x2 + z2 1) (dydz, dzdx, dxdy)
= S
xdydz y2 dzdx + (x2 + z2 1) dxdy,
gde je S elipsoidx2
32+
y2
22+
y2
12= 1. Kako su ispunjeni uslovi za primenu teoreme
Ostrogradskog, tada vazi:
= S+
xdydz y2 dzdx + (x2+z21) dxdy =
V
12y+2z dxdydz,
gde je V unutrasnjost elipsoidax2
32+
y2
22+
y2
12 1. Uvod-enjem uopsetnih sfernih koordinata:
x = 3 cos cos , y = 2 cos sin , z = sin (sa vrednoscu |J| = 62 cos ) oblast V1:0
1
/2
/2
0
2 se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast V.Na osnovu toga:
=
V1
1 2 (2 cos sin )
y
+2 ( sin ) z
62 cos
|J|
ddd
= 620
/2/2
10
2 cos 43 cos2 sin +23 cos sin
ddd
= 620
/2/2
1
3cos 41
4cos2 sin +2
1
4cos sin
dd
= 6/2
/2
23
cos cos2 20
sin d+ cos sin
d
= 6/2
/2
2
3cos d = 8.
24
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
25/27
22. Neka je f:R R bar dva puta neprekidno diferencijabilna funkcija. Dokazati:a) f(r) =
2
rf
(r)+f
(r), gde je =2
x2+
2
y2+
2
z2 Laplaceov operator
i gde je r = |r| intezitet radijus vektora u R3.b) Za vektorsko polje: a = rn gradf(r) (n 2) odrediti funkciju f(r) tako da
je polje a Laplaceovo i da pri tom vazi: f(1) = i f
(1) = za , R.Resenje. I Nacin. Zadatak se moze uraditi i direktnim racunom po koordinatama.
a) Vazi:
f(r) =
2f
x2+
2f
y2+
2f
z2
f(r) =
x
f
r r
x
+
y
f
r r
y
+
z
f
r r
z
=
x
f x
r
+
y
f y
r
+
z
f z
r
=
f
x
x
r+f
y2 + z2
r3
+
f
y
y
r
+ f x2 + z2
r3
+
f
z
z
r+f
x2 + y2
r3
= f
2r2
r3+f
x
r
2+f
y
r
2+f
z
r
2
=2
rf
(r) + f
(r).
b) Vektorsko polje a dato je sa vektorom:
a = rn gradf(r) = rnfx
i +
rn
f
y
j +
rn
f
z
k.
Rotor vektorskog polja a koordinatno racunat iznosi:
rot a =
i j k
x
y
zrn
f
x
rn
f
y
rn
f
z
=
y
rn f
z
z
rn f
y
i
+
z
rn f
x
x
rn f
z
j +
x
rn f
y
y
rn f
x
k
=
nrn1r
y f(r) r
z+ rn
2f
yz nrn1 r
z f(r) r
y rn
2f
zy
i
+
nrn1r
z f(r) r
x+ rn
2f
zx nrn1 r
x f(r) r
z rn
2f
xz
j
+
nrn1r
x f(r) r
y+ rn
2f
xy nrn1 r
y f(r) r
x rn
2f
yx
k = 0.
Divergencija vektorskog polja a koordinatno racunata iznosi:
div a = x
rn f
x
+
y
rn f
y
+
x
rn f
x
= nrn1
r
x f
x+ rn
2f
x2+ nrn1
r
y f
y+ rn
2f
y2+ nrn1
r
z f
z+ rn
2f
z2
= nrn1f
r
rx
2+r
y
2+r
z
2+ rn
2f
x2+
2f
y2+
2f
z2
= nrn1 f(r) + rn f(r) =a)
nrn1 f(r) + rn 2
rf
(r) + f
(r)
= (n + 2)rn1 f(r) + rn f(r).
25
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
26/27
Ispitajmo kad je vektorsko polje a = rngrad f(r) Laplaceovo, tj. kad vazi:
rot a = 0 div a = 0 (n + 2)rn1 f(r) + rn f(r) = 0 ()
Trivijalno resenje diferencijalne jednacine () jeste konstantna funkcija f(r) = c, gde je cneka konstanta. Primetio da ako je ispunjeno = c = 0, tada trivijalno resenje nezadovoljava postavljene pocetne uslove. Dalje, pod pretpostavkom da f nije konstantnafunkcija i da r = 0, vazi:
div a = 0 (n + 2)rn1 f(r) + rn f(r) = 0 f
(r)
f(r)= (n + 2)
r
f(r) = c1rn+2
f(r) = c1(n + 1)rn+1
+ c2,
za neke konstante c1, c2R. Iz pocetnih uslova dobijamo:
f(1) = c1n + 1
+ c2 = f(1) = c1 = .
Odatle nalazimo: c1 = i c2 = +
n + 1
. Samim tim, trazena funkcija f data je u
obliku:
f(r) = (n + 1)rn+1
+ +
n + 1(r = 0).
II Nacin. a) Primenenom simbolickog racuna nad vektorima vazi:
f(r)
= div
grad(f(r))
= div
f
(r) grad(r) = divf(r) r0= f
(r) div(r0) + r0 grad
f
(r)
= f
(r) 2r
+ r0
f
(r) grad(r) =r0
=
2
rf
(r) + f
(r).
b) Primenom simbolickog racuna rotor vektorskog polja a = rngrad f(r) iznosi:
rot a =rot
rngrad f(r)
= rn rot grad =0
f(r) grad f(r) grad(rn) =f(r)r0 nrn1r0 =0.
Primenom simbolickog racuna divergencija vektorskog polja a = rngrad f(r) iznosi:
div a = div
rngrad f(r)
= rn div grad =
f(r) + grad(rn) grad f(r)
= rn f(r) + nrn1 r0 f(r) r0=a)
nrn1 f(r) + rn 2r
f
(r) + f
(r)
= (n + 2)rn1 f(r) + rn f(r).
Dalje, nepoznata funkcija f(r) odred-uje se na isti nacin kao u prethodnom resenju.
23. U prostoru R3 dato je vektorsko polje a(r) = rn r, gde je r vektor polozaja, r = |r| in N. Dokazati da je a potencijalno polje i odrediti potencijal tog polja. Odrediti flukspolja a kroz spoljasnju povrs polusfere x2 + y2 + z2 = R2, z > 0 (R > 0).
26
-
8/3/2019 Integrali i Teorija Polja
27/27
Resenje. Primenom simbolickog racuna nad vektorskim poljem a(r) = rn r dobijamo:
rot(rn r) = rn rot(r) r grad(rn) =r grad(rn) =r (nrn2 r) =0.
idiv(rn r) = rn div(r) + r grad(rn) = rn3 + r (nrn2 r) = (n + 3)rn = 0.
Samim tim polje a = a(r) je potencijalno. S obzirom da je grad(rn) = nrn2 r, za-kljucujemo da je potencijal polja a dat funkcijom:
ga(r) =rn+2
n + 2.
Na polusferi S je d = r0d, pa je fluks vektora a:
a =S
a d = S
(rnr) r0d =S
rn+1d =S
Rn+1d
= Rn+1S
d = Rn+1 P(S) = Rn+1 (2R2) = 2Rn+3.