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


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


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


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


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


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


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


8/27

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


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


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


11/27

II Nacin. Integral:

I =

S+


rastavimo na zbir dva povrsinska integrala:

I1 =

M

x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy

i

I2 =

B+


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


=

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


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


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 .


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


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


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


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 .


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


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


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)).


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)).


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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.

integrali i teorija polja

Documents