Křivkový integrál – příklad 4
Z
x2 ds, kde C = {(x, y) ; y = ln x , 1 ≤ x ≤ 3}.
Určete C
Řešení: Nejprve musíme napsat parametrické rovnice křivky C. Asi nejjednodušší parametrizace je √ p t2 + 1 0 2 0 2 x = t , y = ln t , 1 ≤ t ≤ 3 ; ds = (x ) + (y ) dt = dt . t Tedy daný integrál je Z
Z 2
√
3
x ds =
t
C
2
1
t2 + 1 dt = t
Z
3
t
h
p
t2
+ 1 dt =
1
1 3
2
t +1
3/2 i3 1
√ √ 10 10 − 2 2 = . 3
Z (x + y) ds, kde C je obvod trojúhelníka s vrcholy A1 = [0; 0], A2 = [0; 2], A3 = [1; 0].
Určete C
Řešení: Křivka C se skládá ze tří úseček, stran trojúhelníka, tj. C = C1 uC2 uC3 . Jestliže parametrizujeme úsečku z bodu A do bodu B vztahem x = A + B − A t,
0 ≤ t ≤ 1,
jsou parametrické rovnice stran trojúhelníka C1 = A1 A2 : x = 0 ,
y = 2t ,
0 ≤ t ≤ 1;
C2 = A2 A3 : x = t ,
y = 2 − 2t ,
0 ≤ t ≤ 1;
ds = 2 dt , √ ds = 5 dt ,
C3 = A3 A1 : x = 1 − t ,
y = 0,
0 ≤ t ≤ 1;
ds = dt .
Tedy hledaný integrál je Z Z Z Z (x + y) ds = (x + y) ds + (x + y) ds + (x + y) ds = C
C1 1
Z =
C2
Z
1
2t · 2 dt + 0
(2 − t) ·
C3
√
Z
1
5 dt +
(1 − t) · dt = 2 + 0
0
3 2
√
5+
1 2
√ 5+3 5 = . 2
Určete hmotnost oblouku paraboly y 2 = 2x, |y| < 1, je-li hmota rozložena s hustotou ρ(x, y) = |y|. Řešení: Hmotnost rovinné křivky C s hustotou ρ(x, y) najdeme integrálem Z m= ρ(x, y) ds . C
Parametrické rovnice dané křivky C jsou například x=
1 2 2 t
,
y = t,
−1 ≤ t ≤ 1 ;
ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 dt =
p t2 + 1 dt .
Tedy hmotnost křivky je Z
Z
m=
1
|y| ds = C
−1
Z p 2 |t| t + 1 dt = 2
1
t
h
p
0
t2
+ 1 dt = 2
1 3
2
t +1
3/2 i1 0
√ 2 2−1 . = 3
Typeset by AMS-TEX 1
Určete
Z p
x2 + y 2 ds, kde C = (x, y) ; x2 + y 2 = x .
C
Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít nějaké parametrické rovnice dané křivky. Naši křivku C lze snadno parametrizovat v polárních souřadnicích x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r > 0 a −π < ϕ < π. Po dosazení do rovnice křivky dostaneme x2 + y 2 = x =⇒ r2 = r cos ϕ =⇒ r = cos ϕ . Protože je r > 0, je cos ϕ > 0, tj. například − 21 π ≤ ϕ ≤ jsou například x = cos2 ϕ , y = cos ϕ sin ϕ , Po dosazení dostaneme
− 12 π ≤ ϕ ≤
Z p Z x2 + y 2 ds = C
1 2
1 2
π;
π. Tedy parametrické rovnice křivky C
ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = dϕ .
π/2
cos ϕ dϕ = 2 .
−π/2
Z y ds, kde C je část křivky popsané rovnicí (x2 + y 2 )2 = x2 − y 2 , která leží v prvním
Určete C
kvadrantu, tj. x > 0, y > 0. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít nějaké parametrické rovnice dané křivky. Naši křivku C lze snadno parametrizovat v polárních souřadnicích x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r > 0 a 0 < ϕ < 2π. Po dosazení do rovnice křivky dostaneme x2 + y 2
2
= x2 − y 2 =⇒ r4 = r2 cos2 ϕ − sin2 ϕ = r2 cos 2ϕ =⇒ r2 = cos 2ϕ .
Protože musí být x > 0, y > 0 a r > 0, dostaneme pro parametr ϕ nerovnosti cos ϕ ≥ 0
sin ϕ ≥ 0 ,
cos 2ϕ ≥ 0 =⇒ 0 ≤ ϕ ≤
1 4
π.
Parametrické rovnice křivky C tedy například jsou x=
p
cos 2ϕ cos ϕ ,
y=
p cos 2ϕ sin ϕ ,
0≤ϕ≤
1 4
π;
ds =
p dϕ (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = √ . cos 2ϕ
Hledaný křivkový integrál tedy je Z
Z
π/4
y ds = C
0
√ Z π/4 p 2− 2 dϕ cos 2ϕ sin ϕ √ = sin ϕ dϕ = . 2 cos 2ϕ 0
Z
y ds, kde C je část Archimedovy spirály, která má v polárních souřadnicích rovnici x C r = ϕ a leží uvnitř kruhu se středem v počátku a s poloměrem R ≤ π/2. Určete
arctg
Řešení: Polární souřadnice jsou x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r > 0. Máme tedy dány parametrické rovnice Archimedovy spirály x = ϕ cos ϕ ,
y = ϕ sin ϕ ,
ϕ > 0.
Protože nás zajímá pouze její část, která leží v kruhu se středem v počátku a poloměrem R = musí být x2 + y 2 = ϕ2 ≤ R2 = 14 π 2 =⇒ 0 < ϕ ≤ 21 π . 2
1 2
π,
Parametrické rovnice dané křivky tedy jsou x = ϕ cos ϕ , Protože je 0 ≤ ϕ ≤
y = ϕ sin ϕ , 1 2
0<ϕ≤
1 2
π;
ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 dϕ =
p 1 + ϕ2 dϕ .
π, platí na křivce C vztah arctg
y ϕ sin ϕ = arctg = arctg tg ϕ = ϕ . x ϕ cos ϕ
Po dosazení do daného integrálu pak dostaneme Z
y arctg ds = x C
Určete
Z
π/2
0
Z p
x2 + y 2 ds, kde C =
√ √ h p iπ/2 π π−2 2 2 3/2 1 2 √ = . ϕ 1 + ϕ dϕ = 3 1 + ϕ 0 6 2
((x, y), ; x = a(cos t + t sin t) , y = a(sin t − t cos t) , 0 ≤ t ≤
C
2π , a > 0 . Řešení: Protože je křivka dána přímo parametrickými rovnicemi, stačí pouze najít hodnotu integrované funkce na křivce C p p p x2 + y 2 = a 1 + t2 a ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = at dt . Po dosazení dostaneme Z p Z x2 + y 2 ds = a2 C
2π 0
h p 3/2 i2π 3/2 a2 = 1 + t2 t dt = a2 13 1 + t2 1 + 4π 2 −1 . 3 0
Určete těžiště homogenní křivky C = (x, y) ; x2 + y 2 = R2 , y ≥ 0 . Řešení: Souřadnice těžiště xT a yT homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů Z Z Z 1 1 xT = x ds , yT = y ds , kde s = ds s C s C C je délka křivky. Abychom mohli najít tyto integrály, musíme křivku nejprve parametrizovat. Pro tuto křivku je výhodná parametrizace pomocí polárních souřadnic. Když položíme x = r cos ϕ a y = sin ϕ, dostaneme x2 + y 2 = r2 = R2 , tj. r = R. Protože má být y ≥ 0, musí platit R sin ϕ ≥ 0. Z toho plyne třeba 0 ≤ ϕ ≤ π. Tedy parametrické rovnice dané křivky jsou p x = R cos ϕ , y = R sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π ; ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = R dϕ . Nyní už dostaneme Z Z π s= ds = R dϕ = πR , C
0
Z
Z x ds = C
π
Z R2 cos ϕ dϕ = 0 ,
0
C
což dává souřadnice těžiště xT = 0 ,
yT =
Z
π
y ds =
R2 sin ϕ dϕ = 2R ,
0
2 R. π
Určete těžiště homogenního oblouku cykloidy dané parametrickou rovnicí C = (x, y) ; x = a(t − sin t) , y = a(1 − cos t) , t ∈ h0, 2πi , a > 0 . 3
Řešení: Souřadnice těžiště xT a yT homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů Z Z Z 1 1 xT = x ds , yT = y ds , kde s = ds s C s C C je délka křivky. Protože již máme křivku parametrizovanou, stačí najít p p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2(1 − cos t) dt = 2a sin 12 t dt . Pak dostaneme Z Z s= ds = C
Z
2π
0
h i2π 2a sin 21 t dt = 2a −2 cos 12 t = 8a ,
Z
x ds = 2a2 C
0
2π
0
t − sin t sin 12 t dt = 2a2
Z
2π
0
t sin 12 t −
1 2
cos 12 t +
i2π h = 2a2 −2t cos 21 t + 4 sin 12 t − sin 12 t + 13 sin 32 t = 8πa2 , 0 Z Z 2π Z 2π sin 12 t + 21 sin 12 t − y ds = 2a2 1 − cos t sin 12 t dt = 2a2 C
0
h = 2a −3 cos 21 t + 2
1 3
cos
3 2t
i2π 0
0
cos 23 t dt =
1 2
1 2
sin 32 t dt =
32 2 = a , 3
kde se při výpočtu integrálů použily vztahy sin α sin β =
1 2
cos(α − β) − cos(α + β) ,
sin α cos β =
1 2
sin(α + β) − sin(α − β) .
Tedy souřadnice těžiště dané cykloidy jsou xT = πa ,
yT =
4 a. 3
Z Určete
xy ds, kde C je obvod obdélníku s vrcholy A1 = [0; 0], A2 = [0; 2], A3 = [4; 2], A4 = [4; 0]. C
Řešení: Křivka C se skládá ze čtyř úseček, stran obdélníka, tj. C = C1 u C2 u C3 u C4 . Jestliže parametrizujeme úsečku z bodu A do bodu B vztahem x = A + B − A t, 0 ≤ t ≤ 1, jsou parametrické rovnice stran trojúhelníka C1 = A1 A2 : x = 0 ,
y = 2t ,
0 ≤ t ≤ 1;
ds = 2 dt ,
C2 = A2 A3 : x = 4t ,
y = 2,
0 ≤ t ≤ 1;
ds = 4 dt ,
C3 = A3 A4 : x = 4 ,
y = 2 − 2t ,
0 ≤ t ≤ 1;
ds = 2 dt ,
C4 = A4 A1 : x = 4 − 4t ,
y = 0,
0 ≤ t ≤ 1;
ds = 4 dt ,
Tedy hledaný integrál je Z
Z xy ds =
C
Z xy ds +
C1
Z Určete
5− C
Z
Z
xy ds + C2
Z
xy ds + C3
xy ds = 0 + 32 C4
4
1
t dt + 16 0
x y − ds, kde C = (x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 = 4 . 2 2
Z
1
(1 − t) dt + 0 = 24 . 0
Řešení: Abychom našli křivkový integrál, musíme sestrojit parametrické rovnice dané křivky. Protože je naše křivka C kružnice se středem v počátku, jsou výhodné polární souřadnice x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r > 0. Dosadíme-li do rovnice křivky, dostaneme x2 + y 2 = r2 = 4. Tedy parametrické rovnice křivky C jsou například p x = 2 cos ϕ , y = 2 sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ; ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = 2 dϕ . Tedy hledaný integrál je Z Z 2π x y 5− − ds = 5 − cos ϕ − sin ϕ 2dϕ = 20π . 2 2 C 0 Z Určete
x ds, kde C je oblouk paraboly y = C
x2 mezi body A = [0; 0], B = [4; 8]. 2
Řešení: Při výpočtu křivkového integrálu musíme najít parametrické rovnice křivky. Ty lze v našem případě zvolit jako p p x = t , y = 12 t2 , 0 ≤ t ≤ 4 ; ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = 1 + t2 dt . Pak pro daný křivkový integrál dostaneme Z
Z
4
x ds =
t
C
h 1+
t2
dt =
0
Z Určete
p
xy ds, kde C =
(x, y) ;
C
i4 2 3/2
1 3
1+t
0
√ 17 17 − 1 = . 3
y2 x2 + = 1 , x > 0 , y > 0 , a 6= b. a2 b2
Řešení: Protože je křivka částí elipsy, použijeme k její parametrizaci souřadnice r a ϕ definované vztahy x = ar cos ϕ, y = br sin ϕ, kde r > 0. Jestliže dosadíme do rovnosti, která definuje křivku C, dostaneme r = 1. Z nerovností x > 0 a y > pak získáme, cos ϕ > 0 a sin ϕ > 0. Z toho plyne, že 0 < ϕ < 21 π. Parametrické rovnice křivky C tedy jsou x = a cos ϕ ,
y = b sin ϕ ,
0<ϕ<
1 2
π;
ds =
p
q (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ =
a2 sin2 ϕ + b2 cos2 ϕ dϕ
a křivkový integrál můžeme psát jako Z
Z xy ds =
C
q
π/2
a2 sin2 ϕ + b2 cos2 ϕ dϕ =
ab cos ϕ sin ϕ 0
Z =
q
π/2
ab cos ϕ sin ϕ
b2 + (a2 − b2 ) sin2 ϕ dϕ .
0
Poslední integrál lze najít třeba substitucí t = sin2 ϕ. Protože dt = 2 sin ϕ cos ϕ dϕ, dostaneme Z
3/2 1 ab 2 2 2 2 b2 + (a2 − b2 )t dt = b + (a − b )t = 2 3(a2 − b2 ) 0 0 ab 2 a3 − b3 ab = = a2 + ab + b2 . 2 3 a2 − b2 3(a + b) Z
xy ds = C
1 2
ab
1
p
5
Určete
Z p
2y ds, kde C je oblouk cykloidy dané rovnicí x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), t ∈ (0, 2π).
C
Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí najít pouze p p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2(1 − cos t) dt . Hledaný křivkový integrál pak je Z p Z 2y ds = C
2π
p
2a(1 − cos t) · a
Z
p
2π
3/2
2(1 − cos t) dt = 2a
0
(1 − cos t) dt = 4πa3/2 .
0
Určete těžiště oblouku homogenní asteroidy dané rovnicí x2/3 + y 2/3 = a2/3 , x > 0, y > 0; a > 0. Řešení: Souřadnice těžiště xT a yT homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů Z Z Z 1 1 xT = x ds , yT = y ds , kde s = ds s C s C C je délka křivky. Abychom mohli počítat křivkové integrály, musíme najít parametrické rovnice křivky. Ty jsou pro danou asteroidu například p x = a cos3 ϕ , y = a sin3 ϕ , 0 < ϕ < 21 π ; ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = 3a cos ϕ sin ϕ dϕ . Z toho dostaneme pro hledané integrály Z
Z
h iπ/2 3 = a, cos ϕ sin ϕ dϕ = 3a 21 sin2 ϕ 2 0 C 0 Z Z π/2 h iπ/2 3 x ds = 3a2 cos4 ϕ sin ϕ dϕ = 3a2 − 51 cos5 ϕ = a2 , 5 0 C 0 Z Z π/2 iπ/2 h 3 = a2 . y ds = 3a2 sin4 ϕ cos ϕ dϕ = 3a2 51 sin5 ϕ 5 0 C 0
s=
π/2
ds = 3a
Tedy hledané souřadnice těžiště jsou xT = yT = Určete moment setrvačnosti Jz =
R C
2 a. 5
x2 + y 2 ds jednoho závitu šroubovice
C=
ht (x, y, z) ; x = a cos t , y = a sin t , z = , t ∈ (0, 2π) . 2π
Řešení: Protože je křivka definovaná parametrickými rovnicemi, stačí pro výpočet křivkového integrálu spočítat √ p 4π 2 a2 + h2 0 2 0 2 0 2 ds = (x ) + (y ) + (z ) dt = dt . 2π Protože na křivce je x2 + y 2 = a2 , je hledaný moment setrvačnosti roven √ Z Z 2π p 4π 2 a2 + h2 2 2 2 Jz = dt = a2 4π 2 a2 + h2 . x + y ds = a 2π C 0
6
Určete
Z p
2y 2 + z 2 ds, kde C je dána rovnicemi x2 + y 2 + z 2 = R2 , x = y.
C
Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít parametrické rovnice křivky. Dosadímeli vztah x = y do první rovnice, dostaneme 2x2 +z 2 = R2 , což je v rovině xz rovnice elipsy se středem v počátku a poloosami a = √12 R a b = R. Tu lze popsat parametrickými rovnicemi x = √12 R cos ϕ, z = R sin ϕ, kde 0 ≤ ϕ ≤ 2π. A protože y = x, dostaneme parametrické rovnice naší křivky ve tvaru √1 2
R cos ϕ , y = √12 R cos ϕ , z = R sin ϕ , p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 dϕ = R dϕ .
x=
0 ≤ ϕ ≤ 2π ;
A protože na křivce je 2y 2 + z 2 = R2 , je hledaný křivkový integrál roven Z p Z 2 2 2y + z ds = C
Určete
2π
R · Rdϕ = 2πR2 .
0
Z p
y ds, kde C je dáno parametrickou rovnicí x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), t ∈ (0, 2π).
C
Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit p p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2(1 − cos t) dt . Pro daný integrál odsud dostaneme Z
√
Z
p
2π
y ds =
a(1 − cos t) · a
Z p √ 2(1 − cos t) dt = 2 a3/2
0
C
2π
√ (1 − cos t) dt = 2 2 πa3/2 .
0
Z y 2 ds, kde C je oblouk cykloidy x = a(t − sin t),
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu C
y = a(1 − cos t); 0 ≤ t ≤ 2π.
Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit p p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2(1 − cos t) dt = 2a sin 12 t dt , protože platí vztah 1 − cos t = cos2 21 t + sin2 12 t − cos2 12 t − sin2 12 t = 2 sin2 12 t . Jestliže podobně upravíme y 2 = 4a2 sin4 12 t, dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál Z
Z 2
3
y ds = 8a C
0
2π
Z sin5 21 t dt
π
3
= 16a
0
4 2 sin u du = 16a · 5 3 5
kde jsme při výpočtu použili substituci t = 2u a rekurentní vztah Z π Z n − 1 π n−2 n sin x dx = sin x dx , n 0 0 který platí pro n ≥ 2. 7
Z
3
π
sin u du = 0
128 3 a , 15
Z (x2 + y 2 ) ds, kde C je křivka x = a(cos t + t sin t),
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu C
y = a(sin t − t cos t); 0 ≤ t ≤ 2π.
Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit p p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2(1 − cos t) dt = at dt . A protože x2 + y 2 = a2 1 + t2 je Z 2
x +y
2
Z
2π
ds =
C
a3 1 + t2 t dt = 2π 2 2π 2 + 1 a3 .
0
Z Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu
xy ds, kde C je část hyperboly x = a cosh t, y = C
a sinh t; 0 ≤ t ≤ 1.
Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit p p ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a sinh2 t + cosh2 t dt . Pomocí tohoto vztahu dostaneme z křivkového integrálu prvního druhu Riemannův integrál Z
Z
1
xy ds = C
0
=
Z p a2 cosh t sinh t · a sinh2 t + cosh2 t dt = a3
h
2
a3 16
1 + 2 sinh t
p
1
sinh t cosh t
1 + 2 sinh2 t dt =
0
3/2 i1
3/2 a3 = cosh2 1 + sinh2 1 −1 , 6
0
kde jsme při výpočtu integrálu použili substituci sinh2 t = u. Z Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu x4/3 + y 4/3 ds, kde C je oblouk asteroidy x2/3 + C
y 2/3 = a2/3 .
Řešení: Abychom našli křivkový integrál prvního druhu, musíme najít parametrické rovnice křivky C. Danou asteroidu lze poměrně jednoduše popsat parametrickými rovnicemi p x = a cos3 ϕ , y = a sin3 ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ; ds = (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = 3a cos ϕ sin ϕ dϕ . Při této parametrizaci dostaneme z křivkového integrálu prvního druhu Riemannův integrál Z x C
4/3
+y
4/3
Z
2π
ds =
a4/3 cos4 ϕ + sin4 ϕ · a cos ϕ sin ϕ dϕ =
0
Z 7/3
= 4a
π/2
cos5 ϕ sin ϕ + sin5 ϕ cos ϕ dϕ =
0
h = 4a7/3 − 61 cos6 ϕ +
1 6
iπ/2 4 sin6 ϕ = a7/3 . 3 0
Z p Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu exp x2 + y 2 ds, kde C je hranice konvexní oblasti C π omezená křivkami r = a, ϕ = 0, ϕ = ; r a ϕ jsou polární souřadnice. 4 8
Řešení: Polární souřadnice jsou definovány vztahy x = r cos ϕ a y = r sin ϕ,kde r > 0. Proto mají křivky hranice dané oblasti rovnice C1 : C2 :
r=a ϕ=0
C3 :
ϕ=
1 4
=⇒ x = a cos ϕ , y = a sin ϕ , =⇒ x = r , y = 0 , √1 2
π =⇒ x =
r,
√1 2
y=
r.
Abychom našli daný křivkový integrál, musíme ještě určit intervaly, které nabývají parametry na jednotlivých křivkách a element délky ds. Interval, který nabývají jednotlivé parametry určíme z podmínky, aby křivka C = C1 u C2 u C3 byla hranicí dané oblasti. Pak dostaneme parametrické rovnice x = a cos ϕ , y = a sin ϕ , x = r, y = 0, x=
√1 2
r,
y=
√1 2
r,
0 ≤ ϕ ≤ 14 π ; 0 ≤ r ≤ a;
ds = a dϕ , ds = dr ,
0 ≤ r ≤ a;
ds = dr .
Daný křivkový integrál tedy je Z
Z p 2 2 exp x + y ds =
C
exp
C1 π/4
p
+
Z =
Z
x2
y2
ds + C2
Z
a
ea · a dϕ +
0
Z p 2 2 exp x + y ds +
p
x2 + y 2 ds =
C3
Z
a
er dr +
0
exp
er dr =
0
1 4
πea a + 2 ea − 1 .
Z x ds, kde C je část logaritmické spirály r = aekϕ ,
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu C
k > 0, která leží uvnitř kruhu r = a.
Řešení: Protože vztah mezi polárními a kartézskými souřadnicemi je x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r > 0, jsou parametrické rovnice logaritmické spirály v kartézských souřadnicích x = aekϕ cos ϕ, y = aekϕ sin ϕ. Protože nás zajímá pouze část spirály, pro kterou je r = aekϕ < a, musí být ϕ < 0. Tedy parametrické rovnice dané křivky jsou x = aekϕ cos ϕ ,
y = aekϕ sin ϕ ,
ϕ ∈ (−∞, 0) ;
ds =
p
p (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = a 1 + k 2 ekϕ dϕ .
Když přepíšeme daný křivkový integrál prvního druhu na Riemannův integrál (nevlastní), dostaneme Z
Z
0
x ds = C
aekϕ cos ϕ · a
Z p p 1 + k 2 ekϕ dϕ = a2 1 + k 2
−∞
0
e2kϕ cos ϕ dϕ =
−∞
2k p 1 + k 2 a2 , 1 + 4k 2
protože Z
0
−∞
Z
h i0 e2k cos ϕ dϕ = e2kϕ sin ϕ
−∞
h i0 = 2ke2kϕ cos ϕ
0
e2kϕ sin ϕ dϕ =
− 2k
−∞
−∞
Z
− 4k
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu
Z
0
2
e −∞
Z p
2kϕ
cos ϕ dϕ = 2k − 4k
2
0
e2kϕ cos ϕ dϕ .
−∞
x2 + y 2 ds, kde C je kružnice x2 + y 2 = ax.
C
9
Řešení: Pro výpočet daného křivkového integrálu prvního druhu je výhodné parametrizovat křivku C v polárních souřadnicích x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r = r(ϕ) > 0. Po dosazení do rovnice křivky, dostaneme r2 = ar cos ϕ =⇒ 0 < r < a cos ϕ =⇒ cos ϕ > 0 =⇒ − 12 π < ϕ <
1 2
π.
Tedy parametrické rovnice křivky C jsou x = a cos2 ϕ ,
− 12 π < ϕ <
y = a cos ϕ sin ϕ ,
1 2
π;
ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = a dϕ .
Daný křivkový integrál tedy je Z p
Z x2
+
y2
π/2
ds =
C
a cos ϕ · a dϕ = 2a2 .
−π/2
Z
ds x , kde C je řetězovka y = a cosh . y2 a
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu C
Řešení: Protože je křivka dána jako graf funkce y = y(x),je přirozené považovat x za parametr. V našem případě probíhá x celou množinu R. Pro element délky křivky pak dostaneme q p ds = 1 + (y 0 )2 dx = 1 + sinh2 xa dx = cosh xa dx . Daný křivkový integrál prvního druhu je pak dán Riemannovým (nevlastním) integrálem, tj. Z C
ds = y2
Z
∞
−∞
dx 1 x = 2 a cosh a a
Z
∞
−∞
dt 1 = cosh t a
Z
∞ −∞
i∞ π 2et dt 1h t = , = 2 arctg e 2t e +1 a a −∞
kde jsme při integraci použili substituci x = at a vztahu cosh t =
1 2
et + e−t .
Najděte délku oblouku křivky x = 3t, y = 3t2 , z = 2t3 od bodu [0; 0; 0] do bodu [3; 3; 2]. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod daného křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít interval, který probíhá parametr t a element délky křivky ds. Parametr t zjevně probíhá interval h0, 3i a ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 dt =
Z toho okamžitě dostaneme
Z
Z
s=
3
ds = C
p
9 + 36t2 + 36t4 dt = 3 1 + t2 dt .
3 1 + t2 dt = 36 .
0
Najděte délku oblouku křivky x = e−t cos t, y = e−t sin t, z = e−t , 0 < t < ∞. Řešení: Protože je křivka C dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít p √ ds = (x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 dt = 3 e−t dt . Pak je délka s křivky C rovna Z s=
Z ds =
C
∞
√
0
10
3 e−t dt =
√
3.
Z (x2 + y 2 + z 2 ) ds, kde C je část šroubovice x = a cos t,
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu C
y = a sin t, z = bt; 0 ≤ t ≤ 2π.
Řešení: Protože je křivka C dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 dt =
p
a2 + b2 dt .
Tedy hledaný integrál je Z
x2 + y 2 + z 2 ds =
Z
2π 0
C
p p 2 a2 + b2 t2 · a2 + b2 dt = π 3a2 + 4π 2 b2 a2 + b2 . 3 Z
Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu
z ds, kde C je kónická šroubovice x = t cos t, y = t sin t, C
z = t; 0 ≤ t ≤ t0 .
Řešení: Protože je křivka C dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít ds =
p
(x0 )2 + (y 0 )2 + (z 0 )2 dt =
p 2 + t2 dt .
Hledaný integrál tedy je Z
Z
t0
z ds = C
0
h p 3/2 it0 2 + t20 = t 2 + t2 dt = 13 2 + t2 0
√ p 2 + t20 − 2 2 . 3
Najděte těžiště oblouku homogenní cykloidy x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t); 0 ≤ t ≤ π. Řešení: Souřadnice těžiště xT a yT homogenní rovinné křivky najdeme pomocí křivkových integrálů prvního druhu Z Z Z 1 1 xT = x ds , yT = y ds , kde s = ds s C s C C je délka křivky. Protože již máme křivku parametrizovanou, stačí najít ds =
p p (x0 )2 + (y 0 )2 dt = a 2(1 − cos t) dt = 2a sin 12 t dt .
Pak dostaneme Z Z π h iπ s= ds = 2a sin 21 t dt = 2a −2 cos 12 t = 4a , 0 0 Z π Z π Z C 2 2 1 t sin 12 t − x ds = 2a t − sin t sin 2 t dt = 2a 0
0
C
1 2
cos 21 t +
h iπ 16 2 = 2a −2t cos 21 t + 4 sin 12 t − sin 12 t + 13 sin 32 t = a , 3 0 Z π Z π Z sin 12 t + 21 sin 12 t − y ds = 2a2 1 − cos t sin 12 t dt = 2a2
1 2
cos 23 t dt =
2
C
0
h = 2a −3 cos 21 t + 2
1 3
cos
3 2t
iπ 0
0
16 2 = a , 3 11
1 2
sin 32 t dt =
kde se při výpočtu integrálů použily vztahy sin α sin β =
1 2
cos(α − β) − cos(α + β) ,
sin α cos β =
1 2
sin(α + β) − sin(α − β) .
Tedy souřadnice těžiště dané cykloidy jsou xT = yT =
4 a. 3
Najděte střední polární moment asteroidy x2/3 + y 2/3 = a2/3 , tj. číslo r0 dané vztahem I0 = Z (x2 + y 2 ) ds = sr0 , kde s je délka oblouku asteroidy. C
Řešení: Abychom našli křivkový integrál prvního druhu, musíme najít parametrické rovnice křivky C. Danou asteroidu lze poměrně jednoduše popsat parametrickými rovnicemi y = a sin3 ϕ ,
x = a cos3 ϕ ,
0 ≤ ϕ ≤ 2π ;
ds =
p (x0 )2 + (y 0 )2 dϕ = 3a cos ϕ sin ϕ dϕ .
Při této parametrizaci dostaneme pro délku asteroidy Z
Z
s=
2π
cos ϕ sin ϕ dϕ = 12a
ds = 3a C
0
Z
π/2
0
h π/2 sin ϕ cos ϕ dϕ = 12a 12 sin2 ϕ 0 = 6a .
Podobně je polární moment Z
x2 + y 2 ds = 3a3
I0 = C
Z
2π cos6 ϕ + sin6 ϕ · cos ϕ sin ϕ dϕ = 0
Z
π/2
= 12a3 0
h cos7 ϕ sin ϕ + sin7 ϕ cos ϕ dϕ = 12a3 − 18 cos8 ϕ +
1 8
iπ/2 = 3a3 . sin8 ϕ 0
Tedy střední polární moment r0 je podle definice 3a3 = 6ar0 =⇒ r0 = Z Vypočtěte
1 2
a2 .
(x2 − xy) dx + (y 2 − 2xy) dy kde C = (x, y) ; y = x2 , −1 ≤ x ≤ 1 .
C
Řešení: Jedná se o křivkový integrál druhého druhu. Protože je křivka prakticky parametrizovaná parametrem x, a tedy dy = 2x dx, je daný integrál roven Z
Z 2
2
1
(x −xy) dx+(y −2xy) dy =
Z x −x +2x(x −2x ) dx = 2
3
4
1
−1
−1
C
3
14 x2 −x3 −4x4 +2x5 dx = − . 15
Z (x2 + y 2 ) dx + (x2 − y 2 ) dy, kde C je křivka y = 1 − |1 − x|, 0 < x < 2.
Vypočtěte C
Řešení: Křivku C můžeme popsat jako sjednocení dvou diferencovatelných křivek C1 :
x = t,
y = t,
t ∈ h0, 1i ;
dx = dt ,
dy = dt ,
C1 :
x = t,
y = 2 − t,
t ∈ h1, 2i ;
dx = dt ,
dy = − dt .
12
Při této parametrizaci křivky C dostaneme pro daný integrál druhého druhu Z 2
x +y
2
2
2
dx + x − y
Z
1
dy =
2
t +t
C
2
Z 2 dt +
0
Z
1
=2
Z t2 dt + 2
0
1 2
(2 − t)2 dt =
1
Z Vypočtěte
(x + y) dx + (x − y) dy, kde C =
t2 + (2 − t)2 − t2 − (2 − t)2 dt =
(x, y) ;
C
4 . 3
x2 y2 + = 1 . a2 b2
Řešení: Abychom spočítali daný křivkový integrál druhého druhu, napíšeme nejprve parametrické rovnice křivky C. Protože se jedná o elipsu se středem v počátku a poloosami a a b, použijeme parametrizaci x = a cos ϕ , y = b sin ϕ ,
0 ≤ ϕ ≤ 2π ;
dx = −a sin ϕ dϕ , dy = b cos ϕ dϕ .
Daný křivkový integrál druhého druhu lze pak spočítat jako Riemannův integrál Z
Z
2π
a cos ϕ + b sin ϕ −a sin ϕ + a cos ϕ − b sin ϕ b cos ϕ dϕ =
(x + y) dx + (x − y) dy = C
0
Z
2π
= 0
− 12 a2 + b2 ) sin 2ϕ + ab cos 2ϕ dϕ = 0 .
Z y 2 dx + z 2 dy + x2 dz, kde
Určete C
C = (x, y, z) ; x2 + y 2 + z 2 = 1 , x2 + y 2 = x , z > 0 . Řešení: Nejprve se pokusíme danou křivku C parametrizovat. Vztah x2 + y 2 = x se poměrně jednoduše vyřeší pomocí polárních souřadnic x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, kde r(ϕ) > 0. Po dosazení do rovnice x2 + y 2 = x, dostaneme r = cos ϕ > 0, tj. x = cos2 ϕ ,
y = cos ϕ sin ϕ ,
− 12 π < ϕ <
1 2
π.
Z první rovnice pak plyne z 2 = 1 − x2 − y 2 = 1 − cos4 ϕ − cos2 ϕ sin2 ϕ = sin2 ϕ =⇒ z = sin ϕ . Křivku C jsme tedy parametrizovali jako sjednocení dvou na sebe navazujících křivek C = C1 u C2 , kde C1 :
x = cos2 ϕ ,
y = cos ϕ sin ϕ ,
z = − sin ϕ ;
−
C2 :
x = cos2 ϕ ,
y = cos ϕ sin ϕ ,
z = sin ϕ ;
0<ϕ<
1 2
π < ϕ < 0, 1 2
π.
Pro hledaný křivkový integrál pak dostaneme Z
Z 2
2
2
0
y dx + z dy + x dz = C
Z
cos2 ϕ sin2 ϕ −2 cos ϕ sin ϕ + sin2 ϕ cos2 ϕ − sin2 ϕ + cos5 ϕ dϕ+
−π/2 π/2
+
cos2 ϕ sin2 ϕ −2 cos ϕ sin ϕ + sin2 ϕ cos2 ϕ − sin2 ϕ − cos5 ϕ dϕ
0
13
Jestliže v prvním integrálu uděláme substituci ϕ → −ϕ, dostaneme Z Z π/2 Z π/2 y 2 dx + z 2 dy + x2 dz = 2 sin2 ϕ cos2 ϕ − sin2 ϕ dϕ = 2 sin2 ϕ − 2 sin4 ϕ dϕ = C 0 0 3 1 π π 1 π −2 =− . =2 2 2 4 2 2 4 Z Určete
y dx + z dy + x dz po křivce C = x, y, z) ; x2 + y 2 = 1 , x + z = 1 .
C
Řešení: Abychom našli daný křivkový integrál druhého druhu, parametrizujeme nejprve křivku C. Z rovnice x2 + y 2 = 1 plyne, že můžeme zvolit x = cos ϕ a y = sin ϕ. Ze druhé rovnice pak dostaneme z = 1 − x = 1 − cos ϕ. Parametrické rovnice dané křivky jsou x = cos ϕ ,
y = sin ϕ ,
z = 1 − cos ϕ ,
0 ≤ ϕ ≤ 2π .
Pomocí těchto parametrických rovnic lze přepsat daný křivkový integrál druhého druhu jako Z Z 2π y dx + z dy + x dz = − sin2 ϕ + (1 − cos ϕ) cos ϕ + cos ϕ sin ϕ dϕ = C
0
Z =
2π
−1 + cos ϕ + sin ϕ cos ϕ dϕ = −2π .
0
Z
x+y x−y dx − 2 dy, kde C je kružnice x2 + y 2 = R2 orientovaná ve směru od kladné 2 2 x + y2 C x +y poloosy x ke kladné poloose y. Určete
Řešení: Protože daná křivka C je kružnice se středem v počátku a poloměrem R, jsou její parametrické rovnice x = R cos ϕ , y = R sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Protože hodnotě parametru ϕ = 0 odpovídá bod [1; 0] a hodnotě ϕ = 12 π bod [0; 1], probíháme při zvolené parametrizaci křivku v předepsaném směru. Tedy daný křivkový integrál druhého druhu je Z x+y x−y dx − 2 dy = 2 + y2 x x + y2 C Z 2π 1 = R cos ϕ + R sin ϕ · −R sin ϕ − R cos ϕ − R sin ϕ · R cos ϕ dϕ = R2 0 Z 2π = −dϕ = −2π . 0
Z y dx − x dy, kde C je určena parametrickou rovnicí x = a cos3 t, y = a sin3 t, 0 < t < 2π.
Určete C
Řešení: Křivka C je dána parametrickými rovnicemi. Protože dx = −3a cos2 t sin t dt
a
dy = 3a sin2 t cos t dt ,
je daný křivkový integrál roven Z Z Z 2π 4 2 2 4 2 2 y dx − x dy = 3a − cos t sin t − cos t sin t dt = −3a C
0
3 = − a2 8
2π 0
Z
2π 0
3 1 − cos 4t dt = − πa2 . 4 14
cos2 t sin2 t dt =
Z Určete
y dx − x dy, kde C =
(x, y) ;
C
x2 y2 + = 1 , x > 0 . a2 b2
Řešení: Daná křivka je polovina elipsy se středem v počátku a poloosami a a b. Proto je popsána parametrickými rovnicemi x = a cos ϕ a y = b sin ϕ. Z podmínky x > 0 pak plyne, že cos ϕ > 0, tj. − 21 π < ϕ < 12 π. Z toho dostaneme, že hledaný křivkový integrál je Z
Z
π/2
y dx − x dy = C
−ab sin2 ϕ − ab cos2 ϕ dϕ = −πab .
−π/2
Z Určete
(2a − y) dx + x dy po křivce C dané parametrickou rovnicí x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), C
0 < t < 2π. Řešení: Křivka C je dána parametrickými rovnicemi. Protože dx = a(1 − cos t) dt ,
dy = a sin t dt ,
je daný křivkový integrál roven Z
Z
2π
a(1 + cos t) · a(1 − cos t) + a(t − sin t) · a sin t dt =
(2a − y) dx + x dy = C
0
Z
2π
2
=a
h i2π t sin t dt = a2 −t cos t + sin t = −2πa2 . 0
0
Z Určete
y dx−x dy+z dz po obvodu trojúhelníka, jehož vrcholy jsou průsečíky roviny 3x+2y+6z = C
6 se souřadnicovými osami. Řešení: Vrcholy trojúhelníka jsou Ax = [2; 0; 0], Ay = [0; 3; 0] a Az = [0; 0; 1]. Křivka C se tedy skládá ze tří úseček. Jestliže budeme popisovat úsečku z bodu A do bodu B parametrickými rovnicemi x = A + B − A t, 0 ≤ t ≤ 1, budou parametrické rovnice jednotlivých úseček C1 = Ax Ay :
x = 2 − 2t ,
y = 3t ,
z = 0,
t ∈ h0, 1i ,
C2 = Ay Az :
x = 0,
y = 3 − 3t , z = t ,
t ∈ h0, 1i ,
C3 = Az Ax :
x = 2t ,
y = 0,
t ∈ h0, 1i .
z = 1 − t,
Daný křivkový integrál lze pak počítat jako součet integrálů přes jednotlivé úsečky. Když využijeme toho, že při zvolené parametrizaci probíhá parametr t na všech úsečkách interval h0, 1i, dostaneme Z
Z 1 y dx − x dy + z dz =
C
Z 3t · (−2) − (2 − 2t) · 3 + t − (1 − t) dt =
0
1
−7 + 2t) dt = −6 .
0
z x + = 1, a > (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz, kde C = (x, y, z) ; x2 + y 2 = a2 , a h C 0 , h > 0 je orientována tak, že tečna ke křivce v bodě [a; 0; 0] má kladnou druhou složku, tj. Z
Určete
t(a, 0, 0) · (0, 1, 0) > 0. 15
Řešení: Nejprve najdeme řešení rovnic, které popisují danou křivku C, tj. najdeme její parametrické rovnice. Zvolíme-li za řešení první rovnice x = a cos ϕ, y = a sin ϕ, plyne z druhé rovnice z = h(1 − cos ϕ). Tedy parametrické rovnice křivky C jsou například x = a cos ϕ ,
y = a sin ϕ ,
z = h(1 − cos ϕ) ,
0 ≤ ϕ ≤ 2π .
Protože naše parametrizace indukuje vektor tečny t = −a sin ϕ, a cos ϕ, h sin ϕ) a bodu [a; 0; 0] odpovídá hodnota parametru ϕ = 0, je t(a, 0, 0) = (0, a, 0). Protože je druhá složka vektoru tečny kladná, indukuje naše parametrizace orientaci křivky C shodnou s požadovanou orientací. Tedy hledaný integrál je Z (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz = C
Z
2π
= 0
Z
−a sin ϕ(a sin ϕ − h + h cos ϕ) + a cos ϕ(h − h cos ϕ − a cos ϕ) + h sin ϕ(a cos ϕ − a sin ϕ) dϕ =
2π
=
−a2 − ah(1 − cos ϕ − sin ϕ) dϕ = −2πa(a + h) .
0
Z dx + y dy, kde C je oblouk paraboly y = x2 s počátečním bodem A = [1; 1] a koncovým
Určete C
bodem B = [2; 4]. Řešení: Protože je křivka dána jako graf funkce y = y(x), můžeme zvolit za parametr přímo proměnnou x, které probíhá interval h1, 2i. Proto je daný křivkový integrál roven Z
Z dx + y dy =
C
1
2
17 1 + 2x3 dx = . 2
R Určete C (4a − y) dx + x dy, kde C je dáno parametrickou rovnicí x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t), t ∈ (0, 2π). Řešení: Protože je křivka dána parametricky, dostaneme přímo Z
Z
2π
(4a − y) dx + x dy = C
0
Z
= a2
(3a + a cos t) · a(1 − cos t) + a(t − sin t) · a sin t dt =
2π
h i2π 2 − 2 cos t + t sin t dt = a2 2t − 2 sin t − t cos t + sin t = 2πa2 . 0
0
Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál, a pomocí toho určete [2;3] Z
(x + y) dx + (x − y) dy . [0;1]
Řešení: Výraz Fx dx + Fy dy je úplný diferenciál funkce U (x, y), když platí dU =
∂U ∂U ∂U dx + dy = Fx dx + Fy dy =⇒ Fx = , ∂x ∂y ∂x 16
Fy =
∂U . ∂y
Na jednoduše souvislé oblasti Ω ⊂ R2 stačí, aby byly funkce Fx a Fy diferencovatelné v Ω a aby platilo ∂Fx ∂Fy = . ∂y ∂x Platí věta, že když je výraz Fx dx + Fy dy úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce Fx = x + y , F y = x − y diferencovatelné v R2 a
∂Fy ∂Fx = = 1. ∂y ∂x
Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A = [0; 1] do bodu B = [2; 3]. Její parametrické rovnice jsou x = 2t ,
y = 1 + 2t ,
0 ≤ t ≤ 1.
Tedy [2;3] Z
Z
1
(x + y) dx + (x − y) dy =
2(1 + 4t) − 2 dt = 4 .
0
[0;1]
Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál, a pomocí toho určete [1;1] Z
(x − y)( dx − dy) . [1;−1]
Řešení: Výraz Fx dx + Fy dy je úplný diferenciál funkce U (x, y), když platí dU =
∂U ∂U ∂U dx + dy = Fx dx + Fy dy =⇒ Fx = , ∂x ∂y ∂x
Fy =
∂U . ∂y
Na jednoduše souvislé oblasti Ω ⊂ R2 stačí, aby byly funkce Fx a Fy diferencovatelné v Ω a aby platilo ∂Fy ∂Fx = . ∂y ∂x Platí věta, že když je výraz Fx dx + Fy dy úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce Fx = x − y , F y = y − x diferencovatelné v R2 a
∂Fy ∂Fx = = −1 . ∂y ∂x
Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A = [1; −1] do bodu B = [1; 1]. Její parametrické rovnice jsou x = 1,
y = −1 + 2t , 17
0 ≤ t ≤ 1.
Tedy [1;1] Z
Z (x − y)( dx − dy) =
1
(2 − 2t) · (−2) dt = −2 . 0
[1;−1]
Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho spočítejte [1,2] Z
y dx − x dy , x2
[2;1]
kde křivka neprotíná osu Oy. Řešení: Výraz Fx dx + Fy dy je úplný diferenciál funkce U (x, y), když platí dU =
∂U ∂U ∂U dx + dy = Fx dx + Fy dy =⇒ Fx = , ∂x ∂y ∂x
Fy =
∂U . ∂y
Na jednoduše souvislé oblasti Ω ⊂ R2 stačí, aby byly funkce Fx a Fy diferencovatelné v Ω a aby platilo ∂Fx ∂Fy = . ∂y ∂x Platí věta, že když je výraz Fx dx + Fy dy úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce y 1 Fx = 2 , Fy = − x x diferencovatelné v polorovině x > 0 a ∂Fx ∂Fy 1 = = 2. ∂y ∂x x Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A = [2; 1] do bodu B = [1; 2]. Její parametrické rovnice jsou x = 2 − t,
y = 1 + t,
0 ≤ t ≤ 1.
Tedy [1,2] Z
y dx − x dy = x2
Z
[2;1]
0
1
−1 − t − 2 + t 3 dt = − . (2 − t)2 2
Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho spočítejte [6;8] Z
[1;0]
x dx + y dy p , x2 + y 2
kde křivka neprochází počátkem. 18
Řešení: Výraz Fx dx + Fy dy je úplný diferenciál funkce U (x, y), když platí dU =
∂U ∂U ∂U dx + dy = Fx dx + Fy dy =⇒ Fx = , ∂x ∂y ∂x
Fy =
∂U . ∂y
Platí věta, že když je výraz Fx dx + Fy dy úplný diferenciál v oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě a je roven [xZ2 ;y2 ]
Fx dx + Fy dy = U x2 , y2 − U x1 , y1 .
[x1 ;y1 ]
Nutná podmínka pro to, aby byl výraz Fx dx + Fy dy úplným diferenciálem funkce, je ∂Fx ∂Fy = . ∂y ∂x V našem případě jsou funkce x Fx = p , 2 x + y2
Fy = p
y x2
+ y2
.
Protože všude mimo bod [0; 0] platí ∂Fx ∂Fy −xy = = 3/2 , ∂y ∂x 2 x + y2 může funkce U (x, y) existovat. Pro takovou funkci musí platit ∂U x =p 2 ∂x x + y2
a
∂U y =p . 2 ∂y x + y2
Z první rovnice dostaneme integrací podle proměnné x, že musí být Z p x dx p U (x, y) = = x2 + y 2 + f (y) , x2 + y 2 kde f (y) je libovolná diferencovatelná funkce nezávislá na proměnné x. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme ∂ p 2 y y x + y 2 + f (y) = p + f 0 (y) = p =⇒ f 0 (y) = 0 . 2 2 2 ∂y x +y x + y2 Tedy f (y) = C, kde C je libovolná konstanta a U (x, y) =
p x2 + y 2 + C .
Proto je hledaný integrál [6;8] Z
[1;0]
√ √ x dx + y dy p = U (6, 8) − U (1, 0) = 36 + 64 − 1 + 0 = 9 . 2 2 x +y
19
I f (x2 + y 2 )(x dx +
Dokažte, že je-li f (u) spojitá funkce a C po částech hladká uzavřená křivka, je C
y dy) = 0. Řešení: Platí věta, že integrál
I Fx dx + Fy dy = 0 C
přes každou uzavřenou křivku C, která leží v oblasti Ω ⊂ R2 , právě tehdy, když v Ω existuje diferencovatelná funkce U (x, y), potenciál, taková, že Fx =
∂U ∂x
a
Fy =
∂U . ∂y
Nutná podmínka pro existenci potenciálu je rovnost ∂Fx ∂Fy = . ∂y ∂x
(1)
Protože v našem případě je Fx = xf x2 + y 2 ,
Fy = yf x2 + y 2 ,
a pro každou diferencovatelnou funkci f (x2 + y 2 ) platí ∂Fx ∂Fy = = 2xyf 0 (t) , ∂y ∂x
kde
t = x2 + y 2 ,
je podmínka (1) splněna alespoň pro každou diferencovatelnou funkci f (t). Budeme-li hledat funkci U (x, y) ve tvaru U (x, y) = u(t) , kde t = x2 + y 2 , plyne z věty o derivaci složené funkce Fx =
∂U ∂U = 2xu0 (t) = xf (t) a Fy = = 2yu0 (t) = yf (t) =⇒ u0 (t) = ∂x ∂y
1 2
f (t) =⇒ u(t) =
1 2
F (t) ,
kde F (t) je libovolná primitivní funkce k funkci f (t). Ale protože je f (t) podle předpokladů spojitá, její primitivní funkce F (t) existuje. Protože jsme našli příslušný potenciál U (x, y) = 21 F x2 + y 2 , platí pro každou uzavřenou křivku C I f (x2 + y 2 )(x dx + y dy) = 0 . C
Z (y 2 − z 2 ) dx + 2yz dy − x2 dz, kde C je křivka x = t, y = t2 , z = t3 , 0 ≤ t ≤ 1,
Vypočtěte C
orientovaná ve směru rostoucího parametru. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, můžeme daný křivkový integrál druhého druhu přímo přepsat na Riemannův integrál jako Z
Z 2
2
2
(y − z ) dx + 2yz dy − x dz = C
1
4
6
5
2
t − t + 2t · 2t − t · 3t 0
2
Z
1
dt = 0
20
1 . 3t6 − 2t4 dt = 35
Z Vypočtěte
y dx + z dy + x dz, kde C je závit šroubovice x = a cos t, y = a sin t, z = bt, 0 ≤ t ≤ 2π, C
orientovaný ve směru rostoucího parametru. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, můžeme daný křivkový integrál druhého druhu přímo přepsat na Riemannův integrál jako Z
Z
2π
y dx + z dy + x dz = C
h
−a2 sin2 t + abt cos t + ab cos t dt =
0
= −a2
1 2
t−
1 4
i2π sin 4t + ab t sin t + cos t + sin t = −πa2 . 0
Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho integrál spočítejte [6;1;1] Z
yz dx + xz dy + xy dz . [1;2;3]
Řešení: Výraz Fx dx + Fy dy + Fz dz je úplný diferenciál funkce U (x, y, z), když platí dU =
∂U ∂U ∂U ∂U dx + dy + dz = Fx dx + Fy dy + Fz dz =⇒ Fx = , ∂x ∂y ∂z ∂x
Fy =
∂U , ∂y
Fz =
∂U . ∂z
Na jednoduše souvislé oblasti Ω ⊂ R3 stačí, aby byly funkce Fx , Fy a Fz diferencovatelné v Ω a aby platilo ∂Fy ∂Fx ∂Fz ∂Fy ∂Fz ∂Fx = , = , = . ∂y ∂x ∂z ∂x ∂z ∂y Platí věta, že když je výraz Fx dx + Fy dy + Fz dz úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce Fx = yz , Fy = xz , Fz = xy diferencovatelné v R3 a ∂Fx ∂Fy = = z, ∂y ∂x
∂Fx ∂Fz = = y, ∂z ∂x
∂Fy ∂Fz = = x. ∂z ∂y
Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A = [1; 2; 3] do bodu B = [6; 1; 1]. Její parametrické rovnice jsou x = 1 + 5t ,
y = 2 − t,
z = 3 − 2t ,
0 ≤ t ≤ 1.
Tedy [6;1;1] Z
Z 1
yz dx + xz dy + xy dz =
5(2 − t)(3 − 2t) − (1 + 5t)(3 − 2t) − 2(1 + 5t)(2 − t) dt =
0
[1;2;3]
Z =
1
23 − 66t + 30t2 dt = 0 .
0
21
Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho integrál spočítejte [x2Z ;y2 ;z2 ]
[x1 ;y1 ;z1 ]
x dx + y dy + z dz p , x2 + y 2 + z 2
kde x21 + y12 + z12 = a2 , x22 + y22 + z22 = b2 , a > 0, b > 0. Řešení: Výraz Fx dx + Fy dy + Fz dz je úplný diferenciál funkce U (x, y, z), když platí dU =
∂U ∂U ∂U ∂U dx + dy + dz = Fx dx + Fy dy + Fz dz =⇒ Fx = , ∂x ∂y ∂z ∂x
Fy =
∂U , ∂y
Fz =
∂U . ∂z
Platí věta, že když je výraz Fx dx + Fy dy + Fz dz úplný diferenciál v oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě a je roven [x2Z ;y2 ,z2 ]
Fx dx + Fy dy + Fz dz = U x2 , y2 , z2 − U x1 , y1 , z1 .
[x1 ;y1 ;z1 ]
Nutná podmínka pro to, aby byl výraz Fx dx + Fy dy + Fz dz úplným diferenciálem funkce, je ∂Fx ∂Fy = , ∂y ∂x
∂Fx ∂Fz = , ∂z ∂x
∂Fy ∂Fz = . ∂z ∂y
V našem případě jsou funkce x
Fx = p
x2
+
y2
+
z2
,
y
Fy = p
x2
+
y2
+
z2
,
z
Fz = p
x2
+ y2 + z2
.
Protože všude mimo bod [0; 0; 0] platí ∂Fx ∂Fy −xy = = 3/2 , ∂y ∂x x2 + y 2 + z 2 ∂Fx ∂Fz −xz = = 3/2 , ∂z ∂x 2 x + y2 + z2 ∂Fy ∂Fz −yz = = 3/2 , ∂z ∂y 2 x + y2 + z2 může funkce U (x, y, z) existovat. Pro takovou funkci musí platit x ∂U =p , 2 ∂x x + y2 + z2
y ∂U =p , 2 ∂y x + y2 + z2
z ∂U =p . 2 ∂z x + y2 + z2
Z první rovnice dostaneme integrací podle proměnné x, že musí být Z p x dx p U (x, y, z) = = x2 + y 2 + z 2 + f (y, z) , x2 + y 2 + z 2 kde f (y, z) je libovolná diferencovatelná funkce nezávislá na proměnné x. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme y ∂ p 2 y ∂f ∂f (y, z) = p (y, z) = 0 . x + y 2 + z 2 + f (y, z) = p + =⇒ ∂y ∂y ∂y x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 22
Tedy f (y, z) = g(z), kde diferencovatelná funkce g(z) je funkce pouze proměnné z a U (x, y, z) =
p
x2 + y 2 + z 2 + g(z) .
A po dosazení do třetí rovnice získáme z z ∂ p 2 x + y 2 + z 2 + g(z) = p + g 0 (z) = p =⇒ g 0 (z) = 0 . ∂z x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 Tedy g(z) = C, kde C je libovolná konstanta a U (x, y, z) =
p
x2 + y 2 + z 2 + C .
Proto je hledaný integrál [x2Z ;y2 ;z2 ]
[x1 ;y1 ;z1 ]
x dx + y dy + z dz p = U (x2 , y2 , z2 )−U (x1 , y1 , z1 ) = x2 + y 2 + z 2
Vypočtěte
q
q x22
+
y22
+
z22 −
x21 + y12 + z12 = b−a .
I xy 2 dx − x2 y dy , C 2
2
2
kde C je kružnice x + y = a . Řešení: Protože je křivka C kružnice se středem v počátku a poloměrem a, jsou její parametrické rovnice x = a cos ϕ , y = a sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Při této parametrizaci dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál I
Z 2
2π
2
xy dx − x y dy = 0
a3 cos ϕ sin2 ϕ · (−a sin ϕ) − a3 cos2 ϕ sin ϕ · a cos ϕ dϕ =
Z
2π
4
= −a
cos ϕ sin ϕ dϕ = −a4
0
Vypočtěte
h
1 2
i2π sin2 ϕ = 0. 0
I (x + y) dx − (x − y) dy , C
kde C je elipsa
x2 y2 + 2 = 1. 2 a b
Řešení: Protože je křivka C elipsa se středem v počátku a poloosami a a b, jsou její parametrické rovnice x = a cos ϕ , y = b sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Při této parametrizaci dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál I
Z
2π
(x + y) dx − (x − y) dy = C
Z
2π
= 0
(a cos ϕ + b sin ϕ) · (−a sin ϕ) − (a cos ϕ − b sin ϕ) · b cos ϕ dϕ =
0
h 2π b2 − a2 cos ϕ sin ϕ − ab dϕ = 12 b2 − a2 sin2 ϕ − abϕ 0 = −2πab . 23
Jakou podmínku musí splňovat diferencovatelná funkce F (x, y), aby křivkový integrál Z F (x, y)(y dx + x dy) C
nezávisel na integrační cestě C, ale jen na jejím počátečním a koncovém bodě? R Řešení: Integrál fx dx + fy dy, kde fx a fy jsou diferencovatelné funkce na jednoduše souvislé C
oblasti Ω nezávisí na integrační cestě právě tehdy, když platí ∂fx ∂fy − = 0. ∂x ∂y Protože v našem případě je fx = yF (x, y) a musí platit
fy = xF (x, y) ,
∂ ∂ ∂F ∂F xF − yF = x −y = 0. =⇒ F (x, y) = g(xy) ∂x ∂y ∂x ∂y
Pomocí křivkového integrálu určete obsah obrazce omezeného asteroidou x = a cos3 t , y = a sin3 t ,
0 ≤ t ≤ 2π .
Řešení: Podle Greenovy věty platí pro spojitě diferencovatelné funkce P a Q na oblasti Ω vztah I ZZ ∂Q ∂P P dx + Q dy = − dx dy , ∂y δΩ Ω ∂x kde δΩ je kladně orientovaná hranice Ω. Jestliže zvolíme například P = 0 a Q = x, dostaneme podle této věty I ZZ x dy = dx dy = P (Ω) . C
Ω
Tedy obsah P dané oblasti lze určit jako I Z 2π Z 2π P = x dy = 3a2 cos4 t sin2 t dt = 3a2 cos4 t − cos6 t dt = C 0 0 3 1 5 3 1 3 = 3a2 · · 2π − · · · 2π = πa2 . 4 2 6 4 2 8 I Pomocí Stokesovy věty vypočtěte integrál
(y + z) dx + (z + x) dy + (x + y) dz, kde C je elipsa C
2
x = a sin t, y = 2a sin t cos t, z = a cos2 t, 0 ≤ t ≤ π, orientovaná ve směru rostoucího parametru t. Řešení: Podle Stokesovy věty platí pro vektorové pole f = fx , fy , fz , které je spojitě diferencovatelné na jednoduše souvislé oblasti Ω I ZZ f ds = rot f dS , δS
S
kde S ⊂ Ω a δS je kladně orientovaná hranice S. V našem případě je vektorové pole f = y + z, z + x, x + y =⇒ rot f = (0, 0, 0) . 24
Protože je f spojitě diferencovatelné na celém R3 , je podle Stokesovy věty I (y + z) dx + (z + x) dy + (x + y) dz = 0 . C
I Pomocí Stokesovy věty vypočtěte integrál x z x2 + y 2 = a2 , + = 1, a > 0, h > 0. a h
(y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz, kde C je elipsa C
Řešení: Vektorové pole f = (y − z, z − x, x − y) je spojitě diferencovatelné v celém R3 . Proto lze použít Stokesovu, podle které platí ZZ
I f ds =
rot f dS ,
δS
S
kde S ⊂ Ω a δS je kladně orientovaná hranice S. Rotace vektorového pole f je rot f = (−2, −2, −2) . Uzavřená křivka C je průnikem válcové plochy x2 + y 2 = a2 a roviny plochy S ⊂ R3 , která je definována rovnicí x z + = 1, a h
x z + = 1. Je to hranice a h
x2 + y 2 < a2 .
Tedy platí I
ZZ
dy dz + dz dx + dx dy .
(y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz = −2 C
S
Abychom našli plošný integrál druhého druhu přes plochu S, zavedeme její parametrizaci. Například za parametry zvolíme proměnné x a y a plochu S budeme popisovat rovnicí z=
h a−x , a
x2 + y 2 < a2 .
Při této parametrizaci je tx = 1, 0, −ha−1 ,
ty = (0, 1, 0) =⇒ n = tx × ty = ha−1 , 0, 1 .
Jestliže budeme předpokládat, že je tato orientace plochy shodná s orientací její hranice, dostaneme I (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz = −2 ha−1 + 1
Z dx dy , K
C
kde K je kruh x2 + y 2 < a2 . Tedy poslední integrál je obsah kruhu s poloměrem a, tj. je roven πa2 . Tedy platí I (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz = −2πa(a + h) . C
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f = xi + yj + zk podél části šroubovice r = ia cos t + ja sin t + kbt, kde 0 ≤ t ≤ 2π. 25
Řešení: Práce A vektorového pole f = fx , fy , fz podél křivky C je definován jako křivkový integrál druhého druhu Z Z A= f ds = fx dx + fy dy + fz dz . C
C
V našem případě je f = (x, y, z) a křivka C je dána parametrickými rovnicemi x = a cos t ,
y = a sin t ,
z = bt ,
0 ≤ t ≤ 2π .
Hledaná práce tedy je Z
2π
A=
Z 2 a cos t · (−a sin t) + a sin t · a cos t + bt · b dt = b
0
2π
t dt = 2π 2 b2 .
0
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru i j k f = + + podél úsečky, která spojuje body [1; 1; 1] a [2; 4; 8]. y z x Řešení: Práce A vektorového pole f = fx , fy , fz podél křivky C je definován jako křivkový integrál druhého druhu Z Z A= f ds = fx dx + fy dy + fz dz . C −1
−1
−1
C
V našem případě je f = y , z , x a křivka C je úsečka z bodu M1 = [1; 1; 1] do bodu M2 = [2; 4; 8]. Jestliže vezmeme parametrické rovnice úsečky x = 1 + t, dostaneme Z 1 A= 0
y = 1 + 3t ,
3 7 1 + + 1 + 3t 1 + 7t 1 + t
h dt =
1 3
z = 1 + 7t ,
ln(1 + 3t) +
3 7
0 ≤ t ≤ 1,
i1 188 ln(1 + 7t) + 7 ln(1 + t) = ln 2 . 21 0
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f = ey−z i + ez−x j + ex−y k podél úsečky mezi body [0; 0; 0] a [1, 3, 5]. Řešení: Práce A vektorového pole f = fx , fy , fz podél křivky C je definován jako křivkový integrál druhého druhu Z Z A= f ds = fx dx + fy dy + fz dz . C y−z
z−x
x−y
C
V našem případě je f = e ,e ,e a křivka C je úsečka z bodu M1 = [0; 0; 0] do bodu M2 = [1; 3; 5]. Jestliže vezmeme parametrické rovnice úsečky x = t,
y = 3t ,
z = 5t ,
0 ≤ t ≤ 1,
dostaneme Z 1 A=
h e−2t + 3e4t + 5e−2t dt = −3e−2t +
0
3 4
e4t
i1 0
= −3e−2 +
3 4 9 e + . 4 4
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f = (y + z)i + (z + x)j + (x + y)k podél nejkratší kružnice na kulové ploše x2 + y 2 + z 2 = 25, která spojuje body [3; 4; 0] a [0; 0; 5]. 26
Řešení: Práce A vektorového pole f = fx , fy , fz podél křivky C je definován jako křivkový integrál druhého druhu Z Z A= f ds = fx dx + fy dy + fz dz . C
C
V našem případě je f = y + z, z + x, x + y a křivka C je oblouk kružnice se středem v počátku, od bodu [3; 4; 0] do bodu [0; 0; 5]. Protože je tato kružnice je průnik koule x2 + y 2 + z 2 = 25 a roviny kolmé k rovině xy, lze hledat její parametrické rovnice ve tvaru x = 5 cos θ cos α ,
y = 5 cos θ sin α ,
z = 5 sin θ ,
(1)
kde α je konstantní úhel. Bodu [0; 0; 5] odpovídá hodnota parametru θ = 12 π a bodu [3; 4; 0] hodnota θ = 0. Navíc musí pro θ = 0 být 5 cos α = 3 a 5 sin α = 4. Jestliže dosadíme za α do (1), dostaneme parametrické rovnice oblouku C ve tvaru x = 3 cos θ ,
y = 4 cos θ ,
z = 5 sin θ ,
0≤θ≤
1 2
π.
Proto je Z
π/2
A= Z
0 π/2
= 0
−3 sin θ 4 cos θ + 5 sin θ − 4 sin θ 3 cos θ + 5 sin θ + 5 cos θ · 7 cos θ dθ =
h iπ/2 35 cos 2θ − 12 sin 2θ dθ = 35 sin 2θ + 6 cos 2θ = −12 . 2 0
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f = −yi + xj + ck, kde c je konstanta, podél kružnice (x − 2)2 + y 2 = 1, z = 0 Řešení: Práce A vektorového pole f = fx , fy , fz podél křivky C je definován jako křivkový integrál druhého druhu Z Z A= f ds = fx dx + fy dy + fz dz . C
C
V našem případě je f = −y, x, c , kde c je daná konstanta, a křivka C je kružnice (x − 2)2 + y 2 = 1, z = 0. Protože C je kružnice se středem v bodě [2; 0; 0] a poloměrem 1, která leží v rovině z = 0, můžeme psát její parametrické rovnice jako x = 2 + cos ϕ ,
y = sin ϕ ,
z = 0,
0 ≤ ϕ ≤ 2π .
Při této volbě parametrizace dostaneme Z 2π Z A= − sin ϕ · (− sin ϕ) + (2 + cos ϕ) · cos ϕ + 0 dϕ = 0
2π
1 + 2 cos ϕ dϕ = 2π .
0
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Ukažte, že vektorové pole f = yz(2x + y + z)i + xz(x + 2y + z)j + xy(x + y + 2z)k je potenciální a najděte jeho potenciál. Řešení: Podle definice je vektorové pole f = fx , fy , fz potenciální na oblasti Ω ⊂ R3 , jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U = U (x, y, z), potenciál, taková, že grad U = f ⇐⇒
∂U = fx , ∂x
∂U = fy , ∂y
∂U = fz . ∂z
Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f = 0, tj. ∂fy ∂fx = , ∂x ∂y
∂fz ∂fx = , ∂x ∂z 27
∂fz ∂fy = . ∂y ∂z
(1)
V našem případě jsou složky pole f rovny fx = yz(2x + y + z) ,
fy = xz(x + 2y + z) ,
fz = xy(x + y + 2z) .
Jsou tedy spojitě diferencovatelné na celém R3 a platí pro ně ∂fy ∂fx = = z(2x + 2y + z) , ∂x ∂y
∂fz ∂fx = = y(2x + y + 2z) , ∂x ∂z
∂fz ∂fy = = x(x + 2y + 2z) . ∂y ∂z
Tedy podmínky (1) jsou splněny a potenciál U (x, y, z) může existovat. Najdeme jej jako řešení soustavy rovnic ∂U = fx = yz(2x + y + z) , ∂x ∂U = fy = xz(x + 2y + z) , ∂y ∂U = fz = xy(x + y + 2z) . ∂z
(x) (y) (z)
Jestliže rovnici (x) integrujeme podle proměnné x (při pevném y a z), dostaneme U (x, y, z) = x2 yz + xy 2 z + xyz 2 + Φ(y, z) = xyz(x + y + z) + Φ(y, z) , kde Φ(y, z) je libovolná diferencovatelná funkce, která nezávisí na proměnné x. Když dosadíme tuto funkci do vztahu (y), získáme xz(x + 2y + z) +
∂Φ ∂Φ = xz(x + 2y + z) =⇒ = 0 =⇒ Φ(y, z) = Ψ(z) , ∂y ∂y
kde Ψ(z) je libovolná diferencovatelná funkce, která závisí pouze na proměnné z. Tedy potenciál musí mít tvar U (x, y, z) = xyz(x + y + z) + Ψ(z) . Po dosazení do rovnice (z) dostaneme pro funkci Ψ(z) vztah xy(x + y + 2z) + Ψ0 (z) = xy(x + y + 2z) =⇒ Ψ0 (z) = 0 =⇒ Ψ(z) = C = konstanta. A z toho plyne, že potenciál vektorového pole f je U (x, y, z) = xyz(x + y + z) + C , kde C je libovolná konstanta. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Ukažte, že vektorové pole f=
2i xj xk − − (y + z)1/2 (y + z)3/2 (y + z)3/2
je potenciální a najděte jeho práci podél křivky, která leží v kladném oktantu, tj. x, y, z > 0 a spojuje body [1; 1; 3] a [2; 4; 5]. Řešení: Podle definice je vektorové pole f = fx , fy , fz potenciální na oblasti Ω ⊂ R3 , jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U = U (x, y, z), potenciál, taková, že grad U = f ⇐⇒
∂U = fx , ∂x 28
∂U = fy , ∂y
∂U = fz . ∂z
Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f = 0, tj. ∂fy ∂fx = , ∂x ∂y
∂fz ∂fx = , ∂x ∂z
∂fz ∂fy = . ∂y ∂z
(1)
V našem případě jsou složky pole f rovny fx = √
2 , y+z
fy = −
x , (y + z)3/2
fz = −
x . (y + z)3/2
Jsou tedy spojitě diferencovatelné na polorovině y + z > 0 a platí pro ně ∂fy ∂fx 1 = =− , ∂x ∂y (y + z)3/2
∂fz ∂fx 1 = =− , ∂x ∂z (y + z)3/2
∂fz ∂fy 3x = = . ∂y ∂z 2(y + z)5/2
Tedy podmínky (1) jsou splněny a potenciál U (x, y, z) může existovat. Najdeme jej jako řešení soustavy rovnic 2 ∂U = fx = √ , ∂x y+z ∂U x = fy = − , ∂y (y + z)3/2 ∂U x = fz = − . ∂z (y + z)3/2
(x) (y) (z)
Jestliže rovnici (x) integrujeme podle proměnné x (při pevném y a z), dostaneme U (x, y, z) = √
2x + Φ(y, z) , y+z
kde Φ(y, z) je libovolná diferencovatelná funkce, která nezávisí na proměnné x. Když dosadíme tuto funkci do vztahu (y), získáme −
x ∂Φ x ∂Φ + =− =⇒ = 0 =⇒ Φ(y, z) = Ψ(z) , 3/2 3/2 ∂y ∂y (y + z) (y + z)
kde Ψ(z) je libovolná diferencovatelná funkce, která závisí pouze na proměnné z. Tedy potenciál musí mít tvar 2x U (x, y, z) = √ + Ψ(z) . y+z Po dosazení do rovnice (z) dostaneme pro funkci Ψ(z) vztah −
x x + Ψ0 (z) = − =⇒ Ψ0 (z) = 0 =⇒ Ψ(z) = C = konstanta. 3/2 (y + z) (y + z)3/2
A z toho plyne, že potenciál vektorového pole f je U (x, y, z) = √
2x +C, y+z
kde C je libovolná konstanta. Protože pro potenciální vektorové pole f s potenciálem U (x, y, z) na oblasti Ω platí Z
f ds = U x2 , y2 , z2 − U x1 , y1 , z1 ,
C
29
kde diferencovatelná křivka, která leží v oblasti Ω, a M1 = x1 ; y1 ; z1 , resp. M2 = C je libovolná x2 ; y2 ; z2 , je počáteční, resp. koncový bod křivky C, je integrál přes křivku, která začíná v bodě M1 = [1; 1; 3] a končí v bodě M2 = [2; 4; 5] roven Z 1 f ds = U (2, 4, 5) − U (1, 1, 3) = . 3 C Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte potenciál vekm torového pole f = − 3 r, kde m je konstanta, r = xi + yj + zk a r = |r|. r Řešení: Podle definice je vektorové pole f = fx , fy , fz potenciální na oblasti Ω ⊂ R3 , jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U = U (x, y, z), potenciál, taková, že ∂U = fx , ∂x
grad U = f ⇐⇒
∂U = fy , ∂y
∂U = fz . ∂z
Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f = 0, tj. ∂fy ∂fx = , ∂x ∂y
∂fz ∂fx = , ∂x ∂z
∂fz ∂fy = . ∂y ∂z
(1)
p Protože r = r = x2 + y 2 + z 2 , jsou v našem případě složky pole f rovny fx = −
mx x2 + y 2 + z 2
3/2 ,
fy = −
my x2 + y 2 + z 2
3/2 ,
fz = −
mz x2 + y 2 + z 2
3/2 .
Jsou tedy spojitě diferencovatelné v celém R3 kromě počátku a platí pro ně ∂fy ∂fx 3mxy = = 5/2 , ∂x ∂y 2 x + y2 + z2
∂fz ∂fx 3mxz = = 5/2 , ∂x ∂z 2 x + y2 + z2
∂fz ∂fy 3myz = = 5/2 . ∂y ∂z 2 x + y2 + z2
Tedy podmínky (1) jsou splněny a potenciál U (x, y, z) může existovat. Najdeme jej jako řešení soustavy rovnic ∂U mx = fx = − 3/2 , ∂x 2 x + y2 + z2
my ∂U = fy = − 3/2 , ∂y 2 x + y2 + z2
mz ∂U = fz = − 3/2 . ∂z 2 x + y2 + z2
p Když budeme předpokládat, že U (x, y, z) = u(r), kde r = x2 + y 2 + z 2 , dostaneme, protože platí ∂r x = , atd., podle věty o derivaci složené funkce z těchto rovnic ∂x r du ∂r x du mx du m m ∂U = · = = − 3 =⇒ = − 2 =⇒ u(r) = +C, ∂x dr ∂x r dr r dr r r kde C je libovolná konstanta. Snadno se lze přesvědčit, že pro funkci m
U (x, y, z) = p
x2
platí grad U = −
m x2
+
y2
+
+ y2 + z2
3/2 z2
m · x, y, z = − 3 r , r
a tedy je to hledaný potenciál daného vektorového pole f . 30
+C
Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Dokažte, že vektorové pole v = f (r)r, kde r = xi + yj + zk, r = |r| a f je spojitě diferencovatelná funkce, je potenciální a najděte jeho potenciál. Řešení: Podle definice je vektorové pole v = vx , vy , vz potenciální na oblasti Ω ⊂ R3 , jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U = U (x, y, z), potenciál, taková, že ∂U = vx , ∂x
grad U = v ⇐⇒
∂U = vy , ∂y
∂U = vz . ∂z
Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole v platit rot v = 0, tj. ∂vx ∂vy = , ∂x ∂y
∂vz ∂vx = , ∂x ∂z
∂vz ∂vy = . ∂y ∂z
(1)
V našem případě jsou složky vektorového pole v rovny vx = xf (r) ,
vy = yf (r) ,
vz = zf (r) ,
p kde f (r) je libovolná spojitě diferencovatelná funkce proměnné r = r = x2 + y 2 + z 2 . Jsou tedy ∂r x x spojitě diferencovatelné v celém R3 a platí pro ně, protože =p = , ... , 2 2 2 ∂x r x +y +z ∂vy ∂vx xy 0 = = f (r) , ∂x ∂y r
∂vz ∂vx xz 0 = = f (r) , ∂x ∂z r
∂vz ∂vy yz 0 = = f (r) . ∂y ∂z r
Tedy podmínky (1) jsou splněny a potenciál U (x, y, z) může existovat. Najdeme jej jako řešení soustavy rovnic ∂U = vx = xf (r) , ∂x
∂U = vy = yf (r) , ∂y
∂U = vz = zf (r) . ∂z
p Když budeme předpokládat, že U (x, y, z) = u(r), kde r = x2 + y 2 + z 2 , dostaneme, protože platí x ∂r = , atd., podle věty o derivaci složené funkce z těchto rovnic ∂x r ∂U du ∂r x du = · = u0 (r) = xf (r) =⇒ = rf (r) . ∂x dr ∂x r dr Tedy funkce u(r) = F (r), kde F (r) je primitivní funkce k funkci rf (r), tj. Z F (r) = Hledaný potenciál tedy je U (x, y, z) = F
rf (r) dr .
p
x2 + y 2 + z 2 + C ,
kde F 0 (r) = rf (r) a C je libovolná konstanta.
31
