Embed Size (px)
Citation preview
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 (a≥b>0).
Resenje. Presek cilindrcne povrsix2
a2+
y2
b2=
x
a+
y
bi ravni z = 0 je elipsa:
(x − a
2
)2
a2/2+
(y − b
2
)2
b2/2= 1,
cije su parametarske jednacine:
x =a
2+
a√2
cos t, y =b
2+
b√2
sin t,
za t∈ [0, 2π]. Dalje, na osnovu: z =x2
a2+
y2
b2nalazimo:
z = 1 +1√2
cos t +1√2
sin t,
za t∈ [0, 2π]. 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+
a√2
cos t,
y = y(t) =b
2+
b√2
sin t,
z = z(t) = 1 +1√2
cos t +1√2
sin t,
za t∈ [0, 2π] nalazimo odgovarajuce diferencijale:
dx = − a√2
sin t dt,
dy =b√2
cos t dt,
dz =1√2(− sin t + cos t) dt.
1
Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije:
I =
2π∫
0
(( b
2+
b√2
sin t)(
− a√2
sin t)
+(a
2+
a√2
cos t)2( b√
2cos t
)
+(
1 +1√2
cos t +1√2
sin t)( 1√
2(− sin t + cos t)
))
dt
=
2π∫
0
(a2b
2√
2cos3 t +
ba2+ab+2
2cos2 t +
a2b+4
4√
2cos t − ab+2
2√
2sin t − ab+1
2
)
dt
=ba2+ab+2
2·
2π∫
0
cos2 t dt − ab+1
2·
2π∫
0
dt =ba2+ab+2
2· π − ab+1
2· 2π
=ab(a − 1)π
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
–2–11234
Projekcija povrsi S na Oxy ravan je data skupom: Dx,y:(x − a/2)2
a2/2+
(x − b/2)2
b2/2≤ 1.
Samim tim:
I =
∫ ∫
Dx,y
(2x − 1)dxdy.
Uvedimo polarne koordinate: x = a/2 + a/√
2ρ cos ϕ ∧ y = b/2 + b/√
2ρ sin ϕ za
(ρ, ϕ) ∈ D′
= {(ρ, ϕ) | 0 ≤ ρ ≤ 1 ∧ 0 ≤ ϕ ≤ 2π}. Tada je |J | =ab
2ρ. Samim tim
prethodni integral, posle uvod-enja novih promenljivih, ima vrednost:
I =
∫ ∫
D′
(a + a
√2ρ cos ϕ − 1
)ab
2ρ dρ dϕ =
ab
2
2π∫
0
(1∫
0
((a − 1)ρ + a
√2ρ2 cos ϕ
)dρ
)
dϕ
=ab
2
2π∫
0
(a − 1
2+
a√
2
3cos ϕ
)
dϕ =ab(a − 1)
4
2π∫
0
dϕ =abπ(a − 1)
2.
2
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(ϕ) = r cos ϕ ∧ y = y(ϕ) = r sin ϕ ∧ z = z(ϕ) = r cos2 ϕ,
gde je ϕ ∈ [0, 2π]. 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 =
2π∫
0
(−r2 sin2 ϕ + r2 cos3 ϕ − 2r2 cos2 ϕ sin ϕ) dϕ
= −4r2 ·(
π/2∫
0
sin2 ϕ dϕ)
+ r2 ·(
2π∫
0
cos3 ϕ dϕ)
︸ ︷︷ ︸
=0
− 2r2 ·(
2π∫
0
cos2 ϕ · sin ϕ dϕ)
︸ ︷︷ ︸
=0
= −4r2 · 1
2B(1
2 , 32)
= −r2π.
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, J2 = −∫ ∫
S
dzdx, J3 = −∫ ∫
S
dxdy.
Racunajuci prethodne povrsinske integrale, preko odgovarajucih projekcija na koordinatneravni, nalazimo J1 = 0, J2 = 0 i J3 = −r2π. Odatle dobijamo isti rezultat:
∮
C
ydx + zdy + xdz = J1 + J2 + J3 = −r2π.
3
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, 2π]. Tako dobijena parametarizacija kruznice L je pozitivna ako se posmatrasa pozitivnog dela z-ose. Sveukupno, na osnovu prethodne parametarizacije:
I =
∮
L
x2y3dx + dy + zdz=
2π∫
0
((r cos t
)2(r sin t
)3(−r sin t dt)
+(r cos t dt
))
= −r6
2π∫
0
cos2 t sin4 t dt + r
2π∫
0
cos t=−4r6
π/2∫
0
cos2 t sin4 t dt=−4r6 1
2B
(3
2,5
2
)
= −r6π
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 = ρ cos ϕ ∧ y = ρ sin ϕ za (ρ, ϕ) ∈ D′
= {(ρ, ϕ)|0 ≤ ρ ≤r ∧ 0 ≤ ϕ ≤ 2π}. Tada je |J | = ρ. Samim tim prethodni integral, posle uvod-enja novihpromenljivih, ima vrednost:
I = −3
∫ ∫
D′
(ρ cos ϕ)2(ρ sin ϕ)2ρ dρ dϕ = −3
r∫
0
ρ5 dρ
2π∫
0
sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ
= −3 · r6
6· 4
π/2∫
0
sin2 ϕ cos2 ϕ dϕ = −r6B(3
2,3
2
)= −r6π
8.
4
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
3−1
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
3∫
1
(0∫
−2
(u + v)(2v − u) dv)
du = −44
81.
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 − 1
2)2 + (y − 1
2)2 =
1
2.
Unutar kruga Dxy : (x − 1
2)2 + (y − 1
2)2 ≤ 1
2ravan 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
(1
2− (x − 1
2)2 − (y − 1
2)2
)
dxdy.
x
y
z
1
2
3
4
–2–1
12
–2
–1
1
2
5
Ako uvedemo polarne koordinate:
x − 1
2= ρ cos ϕ
y − 1
2= ρ sin ϕ
krug Dxy je slika pravougaonika D′
: 0 ≤ ρ ≤ 1/√
2 ∧ 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Tada je |J | = ρ.Samim tim, posle uvod-enja smene promenljivih, trazena zapremina data je vrednoscu:
V =
∫ ∫
D′
(1
2− ρ2
)
|J |dρdϕ =
2π∫
0
(1/
√2∫
0
(1
2− ρ2
)ρ dρ
)
dϕ = 2π(ρ2
4− ρ4
4
)1/
√2∣
∣∣∣
ρ=0
=π
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 |
√x≤y≤2
√x ∧ 0≤x≤ 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 = 2
4∫
0
(
(4 − x) ·2√
x∫
√x
dy)
dx = 2
4∫
0
(
(4 − x) ·(y)
2√
x∣∣∣∣∣
y=√
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(ρ, ϕ) = ρ cos ϕ,y = y(ρ, ϕ) = ρ sin ϕ,
}
na osnovu |J | = ρ, dobijamo:
I =
∫ ∫
D′
|J |dρ dϕ
(1 + ρ2)3/2=
∫ ∫
D′
ρdρ dϕ
(1 + ρ2)3/2,
6
gde je D′
oblast u R2 koja se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast D. Odredimo
oblast 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′
={(ϕ, ρ) | 0 < ρ ≤ 1 ∧ ϕ = 0
},
B′
={(ϕ, ρ) | ρ =
1
cos ϕ∧ 0 < ϕ ≤ π
4
},
C ′
={(ϕ, ρ) | ρ =
1
sin ϕ∧ π
4< ϕ ≤ π
2
},
D′
={(ϕ, ρ) | 0 < ρ ≤ 1 ∧ ϕ =
π
2
},
O′
={(ϕ, ρ) | ρ = 0 ∧ 0 ≤ ϕ ≤ π
2
}.
Prethodni skupovi ogranicavaju oblast:
D′
={
(ϕ, ρ) |(0 ≤ ρ ≤ 1
cos ϕ∧ 0 ≤ ϕ ≤ π
4
)∪
(0 ≤ ρ ≤ 1
sin ϕ∧ π
4≤ ϕ ≤ π
2
)}
,
koja se polarnim koordinatama skoro svuda jednoznacno slika na oblast D. Posle odred-i-vanja oblasti D
′
racunamo vrednost integrala:
I =
∫ ∫
D′
ρdρ dϕ
(1 + ρ2)3/2=
π/4∫
0
(1/ cos ϕ∫
0
ρ
(1 + ρ2)3/2dρ
)
dϕ +
π/2∫
π/4
(1/ sin ϕ∫
0
ρ
(1 + ρ2)3/2dρ
)
dϕ
=1
2
π/4∫
0
(1/ cos ϕ∫
0
d(1 + ρ2)
(1 + ρ2)3/2
)
dϕ +1
2
π/2∫
π/4
(1/ sin ϕ∫
0
d(1 + ρ2)
(1 + ρ2)3/2
)
dϕ =1
2
π/4∫
0
( 1√
1 + ρ2
1/ cos ϕ∣∣∣∣
ρ=0
)
dϕ
+1
2
π/2∫
π/4
( 1√
1 + ρ2
1/ sin ϕ∣∣∣∣
ρ=0
)
dϕ =1
2
π/4∫
0
(
1− cos ϕ√
1 + cos2 ϕ
)
dϕ +1
2
π/2∫
π/4
(
1− sinϕ√
1 + sin2 ϕ
)
dϕ
=1
2
π/4∫
0
dϕ − 1
2
π/4∫
0
d(sin ϕ)√
2 − sin2 ϕ+
1
2
π/2∫
π/4
dϕ − 1
2
π/2∫
π/4
d(cos ϕ)√
2 − cos2 ϕ=
π
2− arcsin
(sinϕ√2
)π/4∣∣∣∣
ϕ=0
+ arcsin(cos ϕ√
2
)π/2∣∣∣∣
ϕ=π/4
=π
2− arcsin
(1
2
)
− arcsin(1
2
)
=π
2− π
3=
π
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
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 + z′
x(x, y)2 + z′
y(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√2x
i z′
y =
√x√2y
nalazimo trazenu povrsinu povrsi:
P =
∫ ∫
S
x + y√2xy
dx dy =1√2
∫ ∫
T
(x
1
2 y− 1
2 + x− 1
2 y1
2
)dx dy
=1√2
1∫
0
(1−x∫
0
(x
1
2 y− 1
2 + x− 1
2 y1
2
)dy
)
dx
=√
2
1∫
0
x1
2 (1 − x)1
2 dx +
√2
3
1∫
0
x− 1
2 (1 − x)3
2 dx
=√
2
1∫
0
x3
2−1(1 − x)
3
2−1 dx +
√2
3
1∫
0
x1
2−1(1 − x)
5
2−1 dx
=√
2B(3
2,3
2
)+
√2
3B
(1
2,5
2
)=
π
2√
2.
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 +2az−3a2 = 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 : x2 + y2 ≤ 2a2.
8
x
y
z
–2
2
4
6
–6 –4 –22 4 6
–6–4
–2
24
6
(i) Odredimo povrsinu tela ogranicenog delom lopte i delom paraboloida. Ako oznacimopovrsinu dela lopte sa P1 tada je:
P1 =
∫ ∫
Dxy
√
1 +(
∂f1
∂x
)2
+(
∂f1
∂y
)2
dxdy =√
3a
∫ ∫
Dxy
1√
3a2 − x2 − y2dxdy.
Ako oznacimo povrsinu dela paraboloida sa P2 tada je:
P2 =
∫ ∫
Dxy
√
1 +(
∂f2
∂x
)2
+(
∂f2
∂y
)2
dxdy =1
a
∫ ∫
Dxy
√
a2 + x2 + y2 dxdy.
Samim tim trazena povrsina celog tela je:
P =√
3a
∫ ∫
Dxy
1√
3a2 − x2 − y2dxdy +
1
a
∫ ∫
Dxy
√
a2 + x2 + y2 dxdy.
Uvod-enjem polarnih koordinata: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ (|J | = ρ) oblast Dρϕ: 0≤ρ≤√
2a∧ 0≤ϕ ≤ 2π se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast Dxy. Na osnovu toga:
P =√
3a
∫ ∫
Dρϕ
1√
3a2 − ρ2ρ
︸︷︷︸
|J |
dρdϕ +1
a
∫ ∫
Dρϕ
√
a2 + ρ2 ρ︸︷︷︸
|J |
dρdϕ
=√
3a
2π∫
0
dϕ
√2a∫
0
ρ√
3a2 − ρ2dρ +
1
a
2π∫
0
dϕ
√2a∫
0
√
a2 + ρ2 ρ dρ
= 2√
3πa
(
−√
3a2 − ρ2
)√
2a∣∣∣
0
+2π
a
((a2 + ρ2
)3/2)√
2a∣∣∣
0
= 2√
3πa(− a +
√3a
)+
2π
a
(3√
3a3 − a2)
=16
3a2π.
9
(ii) Odredimo zapreminu µ = µ(V ) tela V ogranicenog delom lopte i delom paraboloida:
µ =
∫ ∫ ∫
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 = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ (|J | = ρ) oblast Dρϕ: 0≤ρ≤√
2a∧ 0 ≤ ϕ ≤ 2π se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast Dxy. Na osnovu toga:
µ =
∫ ∫
Dρϕ
(√
3a2 − ρ2 − 1
2aρ2
)
ρ︸︷︷︸
|J |
dρdϕ =
2π∫
0
dϕ
√2a∫
0
(√
3a2 − ρ2 ρ − 1
2aρ3
)
dρdϕ
= 2π
(
− 1
3
(3a2 − ρ2
)3/2 − 1
8aρ4
)√
2a∣∣∣
0
= 2π
((
− a3
3+√
3a3)
− a3
2
)
=a3π
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 −→ R
ispunjavaju uslove za primenu teoreme Ostrogradskog. Samim tim:
I =
∫ ∫
S+
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy =
∫ ∫ ∫
V
(2x+2y+2z) dxdydz.
Uvedimo cilidricne koordinate: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, z = z za vrednosti (ρ, ϕ, z) ∈V1 = {(ρ, ϕ, z) | 0 ≤ ϕ ≤ 2π ∧ ρ ≤ z ≤ h : ρ ∈ [0, h]}. Tada je |J | = ρ. Uvod-enjemcilidricnih koordinata dobijamo:
I =
∫ ∫ ∫
V1
(2ρ cos ϕ + 2ρ sin ϕ + 2z
)ρ dzdρdϕ
= 2
2π∫
0
h∫
0
h∫
ρ
(ρ2(cos ϕ + sin ϕ) + ρz
)dzdρdϕ
= 2
2π∫
0
h∫
0
(ρ2(cos ϕ + sin ϕ)(h − ρ) + ρ
h2 − ρ2
2
)dρdϕ
= 2
2π∫
0
h∫
0
((ρ2h − ρ3)(cos ϕ + sin ϕ) +
h2
2ρ − ρ3
2
)dρdϕ
= 2
2π∫
0
((h4
3− h4
4)(cos ϕ + sin ϕ) +
h4
4− h4
8
)dϕ = 2
2π∫
0
h4
8dϕ =
h4π
2.
10
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(ϕ, ρ) = ρ cos ϕ,y = y(ϕ, ρ) = ρ sin ϕ,z = z(ϕ, ρ) = ρ;
za (ϕ, ρ)∈Dϕρ = [0, 2π] × [0, h]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode:
x′
ϕ = −ρ sin ϕ, x′
ρ = cos ϕ,
y′
ϕ = ρ cos ϕ, y′
ρ = sin ϕ,
z′
ϕ = 0, z′
ρ = 1.
Formirajmo odgovarajuce determinante:
A=
∣∣∣∣∣∣
y′
ϕ z′
ϕ
y′
ρ z′
ρ
∣∣∣∣∣∣
=ρ cos ϕ, B=
∣∣∣∣∣∣
z′
ϕ x′
ϕ
z′
ρ x′
ρ
∣∣∣∣∣∣
=ρ sinϕ, C =
∣∣∣∣∣∣
x′
ϕ y′
ϕ
x′
ρ y′
ρ
∣∣∣∣∣∣
=−ρ.
Samim tim, na osnovu polozaja vektora normale povrsine ~n = (A, B, C), zakljucujemo:
I1 =
∫ ∫
M−
x2 dydz + y2 dzdx + z2 dxdy,
=
∫ ∫
Dϕρ
(
(ρ cos ϕ)2 · (ρ cos ϕ)︸ ︷︷ ︸
A
+(ρ sinϕ)2 · (ρ sin ϕ)︸ ︷︷ ︸
B
+(ρ)2 · (−ρ)︸ ︷︷ ︸
C
)
dϕdρ
=
2π∫
0
( h∫
0
ρ3(cos3 ϕ + sin3 ϕ − 1) dρ
)
dϕ
=h4
4
2π∫
0
(cos3 ϕ + sin3 ϕ − 1) dϕ = −h4π
2.
Sa druge strane za bazu B vazi z = h i odatle ocigledno:
I2 =
∫ ∫
B+
z2 dxdy =
∫ ∫
Bxy
h2 dxdy = h2
∫ ∫
Bxy
1 dxdy = h4π,
gde je Bxy : x2 + y2 ≤ h2. Sveukupno:
I = I1 + I2 =h4π
2.
11
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:
(S−0 ) (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+∪S−
0
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 + y2 ≤ R2}. Dalje, oznacimo:
I2 =
∫ ∫
S−
0
y2 dydz + (y2+x2) dzdx + (y2+x2+z2) dxdy,
pri cemu je S−0 uzeto sa negativne strane dela ravni z = 0. Tada vazi:
I =I1 − I2 =∫ ∫ ∫
V
(2y+2z) dxdydz −∫ ∫
S−
0
y2 dydz + (y2+x2) dzdx + (y2+x2+z2) dxdy
Izracunajmo I1. Uvedimo sferne koordinate:
x = R + ρ cos θ cos ϕ, y = ρ cos θ sin ϕ, z = ρ sin θ
za (ϕ, θ, ρ) ∈ [0, 2π]× [0,π
2]× [0, R]. Tada je |J | = ρ2 cos θ. Uvod-enjem sfernih koordinata
dobijamo:
I1 =
∫ ∫ ∫
V
(2y + 2z) dxdydz =
2π∫
0
π/2∫
0
R∫
0
(
2ρ cos θ sinϕ + 2ρ sin θ)
· ρ2 cos θ dρ dθ dϕ
=
2π∫
0
π/2∫
0
R∫
0
ρ3(
2 sin ϕ cos2 θ + 2 sin θ cos θ)
dρ dθ dϕ
=R4
4
2π∫
0
π/2∫
0
(
2 sinϕ · cos2 θ + 2 sin θ cos θ)
dθ dϕ
=R4
4
2π∫
0
π/2∫
0
(
2 sinϕ · 1 + cos 2θ
2+ 2 sin θ cos θ
)
dθ dϕ
=R4
4
2π∫
0
(
2 sinϕ · θ + sin θ cos θ
2+ 2
sin2 θ
2
)π/2
|θ=0
dϕ
=R4
4
2π∫
0
(π
2sinϕ + 1
)
dϕ =πR4
2.
12
Izracunajmo I2 (povrsinski integral po S−0 ). Uocimo da vazi:
I2 =
∫ ∫
S−
0
y2 dydz + (y2 + x2) dzdx + (y2 + x2 + z2) dxdy = −∫ ∫
Dxy
(x2 + y2) dxdy,
jer je S−0 uzeto sa negativne strane dela ravni z = 0. Uvedimo polarne koordinate:
x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ,
za (ρ, ϕ) ∈ Dρϕ = {(ρ, ϕ) ∈ R2 | 0 ≤ ρ ≤ 2R cos ϕ ∧ −π
2≤ ϕ ≤ π
2}. Tada je |J | = ρ.
Uvod-enjem polarnih koordinata dobijamo:
I2 = −∫ ∫
Dρϕ
(ρ2)ρ dρdϕ = −∫ ∫
Dρϕ
ρ3 dρdϕ = −π/2∫
−π/2
((2R cos ϕ)∫
0
ρ3 dρ)
dϕ
= −4R4
π/2∫
−π/2
cos4 ϕ dϕ = −8R4
π/2∫
0
cos4 ϕ sin0 ϕ dϕ
= −4R4 · B(4 + 1
2,0 + 1
2
)
= −4R4 · 3π
8= −3πR4
2.
Sveukupno: I = I1 − I2 =πR4
2−
(
− 3πR4
2
)
= 2πR4.
II Nacin. Zadatak mozemo resiti i smenom promenljivih:
x = x(ϕ, θ) = R + R cos θ cos ϕ,y = y(ϕ, θ) = R cos θ sin ϕ,z = z(ϕ, θ) = R sin θ;
za (ϕ, θ)∈Dϕ,θ = [0, 2π] × [0, π/2]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode:
x′
ϕ = −R sin ϕ cos θ, x′
θ = −R cos ϕ sin θ,
y′
ϕ = R cos ϕ cos θ, y′
θ = −R sin ϕ sin θ,
z′
ϕ = 0, z′
θ = R cos θ.
Formirajmo odgovarajuce determinante:
A=
∣∣∣∣∣∣
y′
ϕ z′
ϕ
y′
θ z′
θ
∣∣∣∣∣∣
=R2 cos ϕ cos2 θ, B=
∣∣∣∣∣∣
z′
ϕ x′
ϕ
z′
θ x′
θ
∣∣∣∣∣∣
=R2 sinϕ cos2 θ, C =
∣∣∣∣∣∣
x′
ϕ y′
ϕ
x′
θ y′
θ
∣∣∣∣∣∣
=R2 cos θ sin θ.
Samim tim, na osnovu polozaja vektora normale povrsine ~n = (A,B,C), zakljucujemo:
I =
∫ ∫
S
y2 dydz + (y2 + x2) dzdx + (y2 + x2 + z2) dxdy
=
∫ ∫
Dϕθ
([
(R sinϕ cos θ)2 · (R2 cos ϕ cos2 θ)︸ ︷︷ ︸
A
]
+[(
(R sinϕ cos θ)2 + (R+R cos ϕ cos θ)2)
· (R2 sinϕ cos2 θ)︸ ︷︷ ︸
B
]
+[(
(R sinϕ cos θ)2 + (R+R cos ϕ cos θ)2 + (R sin θ)2)
· (R2 cos θ sin θ)︸ ︷︷ ︸
C
])
dϕdθ
13
Odatle, racunamo vrednost trazenog integrala:
I = R4
π/2∫
0
( 2π∫
0
([
sin2 ϕ cos ϕ cos4 θ]
+[
sin3 ϕ cos4 θ + sinϕ cos2 θ + 2 sin ϕ cos ϕ cos3 θ
+ sinϕ cos2 ϕ cos4 θ]
+[
sin2 ϕ sin θ cos3 θ + sin θ cos θ + 2 cosϕ sin θ cos2 θ + cos2 ϕ sin θ cos3 θ
+ sin3 θ cos θ])
dϕ
)
dθ = 2R4π
π/2∫
0
(
sin θ cos3 θ + sin θ cos θ + sin3 θ cos θ)
dθ
=(
B(1, 2) + B(1, 1) + B(2, 1))
πR4 = 2πR4.
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, 2π]. 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 seracuna po obrascu:
P =
∫ ∫
D
√
1 + z′
x2(x, y) + z′
y2(x, y) dx dy,
14
gde je:
z′
x = − x√
a2 − x2 − y2, z
′
y = − y√
a2 − x2 − y2.
Samim tim trazena povrsina data je integralom:
P =
∫ ∫
D
a dxdy√
a2 − (x2 + y2).
Uvedimo polarne koordinate:
(∗) x = aρ cos ϕ ∧ y = aρ sin ϕ
za (ρ, ϕ) ∈ D1 = {(ρ, ϕ) | 0 ≤ ρ ≤ cos ϕ ∧ −π/2 ≤ ϕ ≤ π/2}. Tada je |J | = a2ρ. Odatleprethodni integral, posle uvod-enja novih promenljivih, ima vrednost:
P =
∫ ∫
D1
|J | dρ dϕ√
1 − ρ2= 2a2
π/2∫
0
cos ϕ∫
0
ρ dρ√
1 − ρ2dϕ = 2a2
π/2∫
0
(
−√
1 − ρ2)cos ϕ∣
∣∣
ρ=0
dϕ
= 2a2
π/2∫
0
(
1 − sin ϕ)
dϕ = 2a2(π
2− 1
)
= (π − 2) · a2.
(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 − ρ2 |J | dρ dϕ = 2a3
π/2∫
0
(cos ϕ∫
0
√
1 − ρ2 ρ dρ)
dϕ
= −a3
π/2∫
0
(cos ϕ∫
0
√
1 − ρ2 d(1 − ρ2))
dϕ = −2a3
3
π/2∫
0
(
(1 − ρ2)3/2) cos ϕ∣
∣∣
ρ=0
dϕ
= −2a3
3
π/2∫
0
(sin3 ϕ − 1) dϕ =2a3
3
π/2∫
0
dϕ − 2a3
3·
π/2∫
0
cos0 ϕ sin3 ϕ dϕ
=a3π
3− 2a3
3· 1
2B
(0+1
2,3+1
2
)=
(π
3− 4
9
)
· a3.
13. Izracunati:
I =
∫ ∫
S+
( dydz
x+
dzdx
y+
dxdy
z
)
,
gde je S+ spoljasnja strana jedinicne sfere.
Resenje. I Nacin. Zadatak mozemo resiti smenom promenljivih:
x = x(ϕ, θ) = cos θ cos ϕ,y = y(ϕ, θ) = cos θ sin ϕ,z = z(ϕ, θ) = sin θ;
15
za (ϕ, θ)∈Dϕθ = [0, 2π] × [−π/2, π/2]. Tada nalazimo redom parcijalne izvode:
x′
ϕ = − sin ϕ cos θ, x′
θ = − cos ϕ sin θ,
y′
ϕ = cos ϕ cos θ, y′
θ = − sin ϕ sin θ,
z′
ϕ = 0; z′
θ = cos θ.
Formirajmo odgovarajuce determinante:
A=
∣∣∣∣∣∣
y′
ϕ z′
ϕ
y′
θ z′
θ
∣∣∣∣∣∣
=cos ϕ cos2 θ, B=
∣∣∣∣∣∣
z′
ϕ x′
ϕ
z′
θ x′
θ
∣∣∣∣∣∣
=sinϕ cos2 θ, C =
∣∣∣∣∣∣
x′
ϕ y′
ϕ
x′
θ y′
θ
∣∣∣∣∣∣
=cos θ sin θ.
Samim tim, na osnovu polozaja vektora normale povrsine ~n = (A, B, C), zakljucujemo:
I =
∫ ∫
S+
1
xdydz +
1
ydzdx +
1
zdxdy
=
∫ ∫
Dϕθ
([ 1
cos θ cos ϕ· cos ϕ cos2 θ︸ ︷︷ ︸
A
]
+[ 1
cos θ sinϕ· sinϕ cos2 θ︸ ︷︷ ︸
B
]
+[ 1
sin θ· cos θ sin θ︸ ︷︷ ︸
C
])
dϕ dθ
=
∫ ∫
Dϕθ
(
cos θ + cos θ + cos θ
)
dϕ dθ = 3 ·2π∫
0
dϕ ·π/2∫
−π/2
cos θ dθ = 12π.
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) =√
1−x2−y2, z2 = z2(x, y) = −√
1−x2−y2 : Dxy −→ R
sa domenom Dxy = {(x, y) ∈ R2 |x2+y2 ≤ 1}. Oznacimo sa S1 gornju polusferu i sa S2
donju polusferu. Tada vazi:
I3 =
∫ ∫
S+
dxdy
z=
∫ ∫
S+
1
dxdy
z+
∫ ∫
S−
2
dxdy
z= 2
∫ ∫
S+
1
dxdy
z,
jer vazi: ∫ ∫
S−
2
dxdy
z= −
∫ ∫
Dxy
dxdy
z2(x, y)=
∫ ∫
Dxy
dxdy
z1(x, y)=
∫ ∫
S+
1
dxdy
z.
Samim tim:
I = 3I3 = 6
∫ ∫
Dxy
dxdy√
1 − x2 − y2.
16
Uvedimo polarne koordinate x = ρ cos ϕ ∧ y = ρ sin ϕ za vrednosti (ρ, ϕ) ∈ Dϕρ ={(ρ, ϕ) | 0 ≤ ρ ≤ 1 ∧ 0 ≤ ϕ ≤ 2π}. Tada je |J | = ρ. Samim tim prethodni integral, posleuvod-enja novih promenljivih, ima vrednost:
I = 6
∫ ∫
Dϕρ
|J | dϕ dρ√
1 − ρ2= 6 ·
2π∫
0
dϕ ·1∫
0
ρ√
1 − ρ2= 6 · 2π ·
(
−√
1 − ρ2) 1∣
∣∣
0
= 12π.
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 : R
3 −→ R3. Ako je ~r radijus vektor
i ∆=∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2– Laplaceov operator dokazati da vaze sledece jednakosti:
∆(x · f) = 2∂f
∂x+ 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 dokazatiizracunavanjem obe strane navedenih jednakosti. Za skalarnu funkciju f vazi jednakost:
(∗) ∆(x · f) = 2∂f
∂x+ x · ∆(f).
Zaista:
∆(x · f
)=
( ∂2
∂x2+
∂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), 2
∂f
∂y+ y · ∆(f), 2
∂f
∂z+ z · ∆(f)
)
= 2(∂f
∂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
30. Vazi:
∆(~r ◦ ~f(~r)
)= ∆
(xf1 + yf2 + zf3
)= ∆
(xf1
)+ ∆
(yf2
)+ ∆
(zf3
)
=(∗)
(2∂f1
∂x+ x∆(f1)
)+
(2∂f2
∂y+ y∆(f2)
)+
(2∂f3
∂z+ z∆(f3)
)
= 2(∂f1
∂x+
∂f2
∂y+
∂f3
∂z
)+
(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)
)
=(∗)
(2∂f3
∂y+ y∆(f3) − 2
∂f2
∂z− z∆(f2), 2
∂f1
∂z+ z∆(f1)
−2∂f3
∂x− x∆(f3), 2
∂f2
∂x+ x∆(f2) − 2
∂f1
∂y− y∆(fz)
)
= 2( ∂f3
∂y− ∂f2
∂z,∂f1
∂z− ∂f3
∂x,∂f2
∂x− ∂f1
∂y
)
+(
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 : R
3 −→ 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
16. Neka je f : R −→ R cetiri puta fierencijabilna funkcija i r = |~r| – intezitet radijus
vektora u R3. Ako je ∆=
∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2– Laplaceov operator dokazati jednakosti:
a)∂2
∂x2f(r) =
r2 − x2
r3
df(r)
dr+
x2
r2
d2f(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) · x
r.
Odatle nalazimo trazeni parcijalni izvod drugog reda:
∂2f(r)
∂x2=
∂
∂x
(
f′
(r) · x
r
)
=∂
∂x
(
f′
(r))
· x
r+ f
′
(r) · ∂
∂x
(x
r
)
=(
f′′
(r) · x
r
)
· x
r+ f
′
(r) ·(r − x2/r
r2
)
=r2 − x2
r3f
′
(r) +x2
r2f
′′
(r).
b) Na osnovu dokazane jednakosti pod a) zakljucujemo:
∂2f(r)
∂x2=
r2 − x2
r3f
′
(r) +x2
r2f
′′
(r),
∂2f(r)
∂y2=
r2 − y2
r3f
′
(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
)
= ∆(2
r
df(r)
dr
)
+ ∆(d2f(r)
dr2
)
=2
r
d
dr
(2
r
df
dr
)
+d2
dr2
(2
r
df
dr
)
+ ∆(d2f(r)
dr2
)
=2
r
(
− 2
r2
df
dr+
2
r
d2f
dr2
)
+d
dr
(
− 2
r2
df
dr+
2
r
d2f
dr2
)
+ ∆(d2f(r)
dr2
)
=(
− 4
r3
df
dr+
4
r2
d2f
dr2
)
+( 4
r3
df
dr− 2
r2
d2f
dr2− 2
r2
df 2
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
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
(2
r
df(r)
dr+
d2f(r)
dr2
)
+d2
dr2
(2
r
df(r)
dr+
d2f(r)
dr2
)
=2
r
(
− 2
r2
df(r)
dr+
2
r
d2f(r)
dr2+
d3f(r)
dr3
)
+d
dr
(
− 2
r2
df(r)
dr+
2
r
d2f(r)
dr2+
d3f(r)
dr3
)
=(
− 4
r3
df(r)
dr+
4
r2
d2f(r)
dr2+
2
r
d3f(r)
dr3
)
+d
dr
(
− 2
r2
df(r)
dr+
2
r
d2f(r)
dr2+
d3f(r)
dr3
)
=(
− 4
r3
df(r)
dr+
4
r2
d2f(r)
dr2+
2
r
d3f(r)
dr3
)
+( 4
r3
df(r)
dr− 4
r2
d2f(r)
dr2+
2
r
d3f(r)
dr3+
d4f(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 (6= 0).
Samim tim vektorsko polje ~f je potencijalno. Dalje, za prethodno potencijalno polje~f : R3 −→ R, potencijal jeste svaka funkcija g : R3 −→ R takva da vazi:
grad g = ~f.
Prethodna jednakost dovodi do sistema:
(1)∂g
∂x= 2x + y + z,
(2)∂g
∂y= x + 2y + z,
(3)∂g
∂z= x + y + 2z.
20
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 sledecu
jednakost:∂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(α, β) (α, β ∈R). Izracunati vrednost togintegrala.
Resenje. Za funkcije P = P (x, y) = x4 + 4xy3, Q = Q(x, y) = 6x2y2 − 5y4 : R2 −→ R
ispunjen je uslov za nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije:
∂P
∂y= 12xy2 =
∂Q
∂x.
Na osnovu:
(x4 + 4xy3) dx + (6x2y2 − 5y4) dy = d(1
5x5 + 2 x2y3 − y5
)
nalazimo vrednost integrala:
J =
∫
⌢
AB
(x4 + 4xy3) dx + (6x2y2 − 5y4) dy
=( 1
5x5 + 2 x2y3 − y5
)(α,β)
|(0,0)
=1
5α5 + 2 α2β3 − β5.
21
19. Data su skalarna polja f = xyz, g = xy + yz + zx. 10. Formirati vektorska polja
~a = gradf ,~b = gradg i ispitati prirodu vektorskog polja ~a×~b. 20. Izracunati
∫
C
(~a ×~b) · d~r,
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 osnovu
toga 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 6= ~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]. Cirkulacija
vektora ~a ×~b po duzi OB iznosi:
∫
C
(~a ×~b) · d~r =
∫
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 −→ R
diferencijabilna 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(~b◦~r) = ~b◦~r, 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 =(x−z, z, y−x
)◦
(x, y, z
)= x2 − 2xz + 2yz
i vektorski proizvod:
~b × ~r =(x−z, z, y−x
)×
(x, y, z
)=
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~kx−z z y−x
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(x2−2xz+2yz) · (z2−y2+xy, xy−x2−xz+z2, xy−yz−xz),
gde je f : R −→ R proizvoljna diferencijabilna funkcija.
22
(ii) Ako uvedemo pomocnu funkciju u = x2 − 2xz + 2yz, tada vazi:
div ~a =
(
f′
(u) (2x − 2z)︸ ︷︷ ︸
u′
x
·(z2 − y2 + xy) + y · f(u)
)
+
(
f′
(u) (2z)︸︷︷︸
u′
y
·(xy − x2 − xz + z2) + x · f(u)
)
+
(
f′
(u) (2y − 2x)︸ ︷︷ ︸
u′
z
·(xy − yz − xz) + (−y − x) · f(u)
)
= f′
(u)(
(2x−2z)(z2−y2+xy)+(2z)(xy−x2−xz+z2)+(2y−2x)(xy−yz−xz))
+(
y+x−y−x)
·f(u)
= f′
(u)((
2xz2−2xy2+2x2y−2z3+2zy2−2xyz)
+(2xyz−2x2z−2xz2+2z3
)
+(2xy2−2y2z−2xyz−2x2y+2xyz+2x2z
))
= 0
Na slican nacin moze se pokazati da je rot ~a 6= ~0, pri tom za dokaz prethodnog tvrd-enjadovoljno je dokazati da bar po jednoj kordinati funkcija rotora nije jednaka nuli. Odatlesleduje 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 ◦ d~r =
∫
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
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
)
dx dy = 5
∫ ∫
D
(
x2y − x3)
dx dy.
Prelaskom na polarne koordinate: {x = ρ sin ϕ, y = ρ cos ϕ} (|J | = ρ), vrednost cirku-
23
lacije duz pozitivno orjetisane krive L je data integralom:
I = 5
π/2∫
0
1∫
0
(ρ3 cos2 ϕ sin ϕ − ρ3 cos3 ϕ
)ρ dϕ dρ
= 5
π/2∫
0
(cos2 ϕ sin ϕ − cos3 ϕ sin0 ϕ
)dϕ
1∫
0
ρ4 dρ
= 5(
1
2B
(2+1
2,1+1
2
) − 1
2B
(3+1
2,0+1
2
))1
5= −1
3.
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:
Φ =
∫ ∫
S−
(x,−y2, x2 + z2 − 1) ◦ (dydz, dzdx, dxdy)
=
∫ ∫
S−
x dydz − 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:
Φ = −∫ ∫
S+
x dydz − y2 dzdx + (x2+z2−1) dxdy = −∫ ∫ ∫
V
(1−2y+2z
)dxdydz,
gde je V unutrasnjost elipsoidax2
32+
y2
22+
y2
12≤ 1. Uvod-enjem uopsetnih sfernih koordinata:
x = 3ρ cos θ cos ϕ, y = 2ρ cos θ sin ϕ, z = ρ sin θ (sa vrednoscu |J | = 6ρ2 cos θ) oblast V1:0≤ρ≤1 ∧ −π/2≤θ≤π/2 ∧ 0≤ϕ≤2π se skoro svuda jednoznacno preslikava na oblast V .Na osnovu toga:
Φ = −∫ ∫ ∫
V1
(
1 − 2 (2ρ cos θ sin ϕ)︸ ︷︷ ︸
y
+2 (ρ sin θ)︸ ︷︷ ︸
z
)
6ρ2 cos θ︸ ︷︷ ︸
|J |
dρdθdϕ
= −6
2π∫
0
π/2∫
−π/2
1∫
0
(
ρ2 cos θ−4ρ3 cos2 θ sin ϕ+2ρ3 cos θ sin θ)
dρdθdϕ
= −6
2π∫
0
π/2∫
−π/2
(1
3cos θ−4
1
4cos2 θ sin ϕ+2
1
4cos θ sin θ
)
dθdϕ
= −6
π/2∫
−π/2
(2π
3cos θ−cos2 θ
2π∫
0
sin ϕdϕ+π cos θ sin θ)
dθ
= −6
π/2∫
−π/2
2π
3cos θ dθ = −8π.
24
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 daje polje ~a Laplaceovo i da pri tom vazi: f(1) = α i f
′
(1) = β za α, β ∈ 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 · grad(f(r)
)=
(
rn ∂f
∂x
)
~i +(
rn ∂f
∂y
)
~j +(
rn ∂f
∂z
)
~k.
Rotor vektorskog polja ~a koordinatno racunat iznosi:
rot ~a =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z(
rn ∂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
=(
nrn−1 ∂r
∂y· f ′
(r)∂r
∂z+ rn ∂2f
∂y∂z− nrn−1 ∂r
∂z· f ′
(r)∂r
∂y− rn ∂2f
∂z∂y
)
~i
+(
nrn−1 ∂r
∂z· f ′
(r)∂r
∂x+ rn ∂2f
∂z∂x− nrn−1 ∂r
∂x· f ′
(r)∂r
∂z− rn ∂2f
∂x∂z
)
~j
+(
nrn−1 ∂r
∂x· f ′
(r)∂r
∂y+ rn ∂2f
∂x∂y− nrn−1 ∂r
∂y· f ′
(r)∂r
∂x− rn ∂2f
∂y∂x
)
~k = ~0.
Divergencija vektorskog polja ~a koordinatno racunata iznosi:
div ~a =∂
∂x
(
rn · ∂f
∂x
)
+∂
∂y
(
rn · ∂f
∂y
)
+∂
∂x
(
rn · ∂f
∂x
)
= nrn−1 ∂r
∂x· ∂f
∂x+ rn ∂2f
∂x2+ nrn−1 ∂r
∂y· ∂f
∂y+ rn ∂2f
∂y2+ nrn−1 ∂r
∂z· ∂f
∂z+ rn ∂2f
∂z2
= nrn−1 ∂f
∂r
((∂r
∂x
)2+
(∂r
∂y
)2+
(∂r
∂z
)2)
+ rn(
∂2f
∂x2+
∂2f
∂y2+
∂2f
∂z2
)
= nrn−1 · f ′
(r) + rn · ∆f(r) =a)
nrn−1 · f ′
(r) + rn ·(2
rf
′
(r) + f′′
(r))
= (n + 2)rn−1 · f ′
(r) + rn · f ′′
(r).
25
Ispitajmo kad je vektorsko polje ~a = rngrad f(r) Laplaceovo, tj. kad vazi:
rot ~a = ~0 ∧ div ~a = 0 ⇐⇒ (n + 2)rn−1 · 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 α 6= c ∨ β 6= 0, tada trivijalno resenje nezadovoljava postavljene pocetne uslove. Dalje, pod pretpostavkom da f nije konstantnafunkcija i da r 6= 0, vazi:
div ~a = 0 ⇐⇒ (n + 2)rn−1 · f ′
(r) + rn · f ′′
(r) = 0 ⇐⇒ f′′
(r)
f ′(r)= −(n + 2)
r
⇐⇒ f′
(r) =c1
rn+2⇐⇒ f(r) = − c1
(n + 1)rn+1+ c2,
za neke konstante c1, c2∈R. Iz pocetnih uslova dobijamo:
f(1) = − c1
n + 1+ c2 = α ∧ f
′
(1) = c1 = β.
Odatle nalazimo: c1 = β i c2 = α +β
n + 1. Samim tim, trazena funkcija f data je u
obliku:
f(r) = − β
(n + 1)rn+1+ α +
β
n + 1(r 6= 0).
II Nacin. a) Primenenom simbolickog racuna nad vektorima vazi:
∆(f(r)
)= div
(grad(f(r))
)= div
(f
′
(r) · grad(r))
= div(f
′
(r) · ~r0
)
= f′
(r) · div(~r0) + ~r0 ◦ grad(f
′
(r))
= f′
(r) · 2
r+ ~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(rngradf(r)
)=rn rot grad
︸ ︷︷ ︸
=~0
f(r)−gradf(r)×grad(rn)=−f′
(r)~r0×nrn−1~r0 =~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) +(nrn−1 · ~r0
)◦
(f
′
(r) · ~r0
)
=a)
nrn−1 · f ′
(r) + rn ·(2
rf
′
(r) + f′′
(r))
= (n + 2)rn−1 · 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| i
n ∈ 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
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 × (nrn−2 · ~r)=~0.
idiv(rn · ~r)=rn · div(~r) + ~r ◦ grad(rn)=rn3 + ~r ◦ (nrn−2 · ~r)=(n + 3)rn 6= 0.
Samim tim polje ~a = ~a(~r) je potencijalno. S obzirom da je grad(rn) = nrn−2 · ~r, za-kljucujemo da je potencijal polja ~a dat funkcijom:
g~a(~r) =rn+2
n + 2.
Na polusferi S je d~σ = ~r0dσ, pa je fluks vektora ~a:
Φ~a =∫
S
~a ◦ d~σ =∫∫
S
(rn~r) ◦ ~r0dσ =∫∫
S
rn+1dσ =∫∫
S
Rn+1dσ
= Rn+1∫∫
S
dσ = Rn+1 · P (S) = Rn+1 · (2πR2) = 2πRn+3.
27
