of 168/168
SVEU ˇ CILI ˇ STE U RIJECI POMORSKI FAKULTET PRIMJENA MATEMATI ˇ CKIH ALATA U ELEKTROTEHNICI SKRIPTA ZA VJE ˇ ZBE

SVEUCILI STE U RIJECI POMORSKI FAKULTET - pfri.uniri.hrsvalcic/files/Skripta_PMAE.pdf · sadr zaj 1 dvostruki integrali 1 2 trostruki integrali 11 3 vektorska analiza 22 4 krivuljni

  • View
    242

  • Download
    5

Embed Size (px)

Text of SVEUCILI STE U RIJECI POMORSKI FAKULTET - pfri.uniri.hrsvalcic/files/Skripta_PMAE.pdf · sadr zaj 1...

  • SVEUCILISTE U RIJECI

    POMORSKI FAKULTET

    PRIMJENA MATEMATICKIH ALATAU ELEKTROTEHNICI

    SKRIPTA ZA VJEZBE

  • Sadrzaj

    1 DVOSTRUKI INTEGRALI 1

    2 TROSTRUKI INTEGRALI 11

    3 VEKTORSKA ANALIZA 22

    4 KRIVULJNI INTEGRALI 34

    5 PLOSNI INTEGRALI 47

    6 DIFERENCIJALNE JEDNADZBE 62

    7 LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 108

    8 FOURIEROVI REDOVI 138

    9 FOURIEROVA TRANSFORMACIJA 155

  • 1 DVOSTRUKI INTEGRALI

    Do sada smo se upoznali s jednostrukim integralima odredenima na intervalu [a, b],koje smo interpretirali kao povrsine ispod grafa funkcije jedne varijable nazadanom intervalu. Sada cemo se upoznati s dvostrukim integralima. Dvostrukiintegral je integral funkcije dvije varijable, gdje se podrucje integracije ne nalazi napravcu, vec u ravnini. Mozemo ga interpretirati kao volumen tijela kojeg odozgozatvara ploha, zadana funkcijom dvije varijable, nad zadanim omedenimpodskupom ravnine.

    Dvostruki integral u pravokutnim koordinatama

    Ako je podrucje integracije pravokutnik P = [a, b] [c, d], tada dvostruki integralzapisujemo na sljedeci nacin:

    P

    f(x, y)dxdy =

    [a,b][c,d]

    f(x, y)dxdy,

    gdje je x [a, b] i y [c, d].Izracun dvostrukog integrala provodimo tako da zapravo racunamo dvajednostruka odredena integrala. Prilikom prve integracije po jednoj varijabli (ili xili y), drugu uzimamo kao konstantu, te potom provodimo drugu integraciju:

    P

    f(x, y)dxdy =

    ba

    ( dc

    f(x, y)dy

    )dx =

    dc

    ( ba

    f(x, y)dx

    )dy.

    Primjer 1. Izracunajte dvostruki integralP

    cos(x+ y)dxdy

    ako je podrucje integracije P omedeno koordinatnim osima i pravcima x = ,y =

    2.

    Podrucje integracije je pravokutnik P = [0, ][0,

    2

    ], pa integral mozemo

    racunati na dva nacina:

    1.

    P

    cos(x+ y)dxdy =

    0

    ( 2

    0

    cos(x+ y)dy

    )dx =

    0

    sin(x+ y)2y=0

    dx =

    =

    0

    (cosx sinx

    )dx =

    (sinx+ cosx

    )0

    = 2

    2.

    P

    cos(x+ y)dxdy =

    2

    0

    ( 0

    cos(x+ y)dx

    )dy =

    2

    0

    sin(x+ y)x=0

    dy =

    = 2

    2

    0

    sin ydy = 2 cos y20

    = 2

    Ukoliko je funkcija zadana kao umnozak varijabli i granice su konstantne, tadadvostruki integral mozemo racunati kao umnozak dva jednostruka integrala.

    1

  • Primjer 2. Izracunajte dvostruki integralP

    2x3y7dxdy

    ako je podrucje integracije P omedeno pravcima x = 0, x = 1, y = 2, y = 4.P

    2x3y7dxdy =2

    21

    x3dx 43

    y7dy =x4

    2

    10

    y8

    8

    42

    = 4080

    Ako sada uzmemo da je podrucje integracije neki omedeni podskup ravnine. Topodrucje, oznacimo sa D, mozemo definirati na sljedeci nacin:

    D = {(x, y) : a x b, g(x) y h(x)} = {(x, y) : c y d, g(y) x h(y)},

    pa dvostruki integral racunamo premaD

    f(x, y)dxdy =

    ba

    ( h(x)g(x)

    f(x, y)dy

    )dx

    =

    dc

    ( h(y)g(y)

    f(x, y)dx

    )dy

    Opcenito, kada je funkcija f(x, y) = 1, tada je dvostruki integral jednak povrsinipodrucja D:

    D

    dxdy = PD,

    a inace je jednak volumenu tijela koje je odozgo omedeno plohom f(x, y), a bazamu je podrucje D.

    Primjer 3. Izracunajte dvostruki integralD

    xdxdy

    ako je podrucje integracije D omedeno koordinatnim osima, pravcem x = 1 iparabolom y = x2 + x+ 1.

    Nacrtamo li graf i zadani pravac i parabolu, mozemo vrlo lako odrediti podrucjeintegracije: D = {(x, y) : 0 x 1, 0 y x2 + x+ 1}, pa integral racunamo nasljedeci nacin:

    D

    xdxdy =

    10

    xdx

    x2+x+10

    dy =

    10

    xyx2+x+1y=0

    dx =

    10

    (x3 + x2 + x)dx =13

    12

    2

  • Ako zamijenimo poredak integracije, tj. uzmemo fiksne granice za y, a parabolu zax, podrucje integracije dijelimo u dva dijela:

    D1 ={(x, y) : 0 y 1, 0 x 1}

    D2 =

    {(x, y) : 1 y 3,

    y 3

    4 1

    2 x 1

    }pa dvostruki integral racunamo na sljedeci nacin

    D

    xdxdy =

    10

    dy

    10

    xdx+

    31

    dy

    1y 3

    4 1

    2

    xdx = ... =13

    12.

    Primjer 4. Izracunajte dvostruki integralD

    xdxdy,

    gdje je podrucje D omedeno pravcem koji prolazi tockama A(2, 0) i B(0, 2) i lukomkruznice sa sredistem u tocki S(0, 1) i polumjerom r = 1.

    Najprije se trebamo prisjetiti jednadzbe pravca kroz dvije tocke

    y y1 =y2 y1x2 x1

    (x x1),

    kao i jednadzbe kruznice

    (x xS)2 + (y yS)2 = r2.

    Uvrstimo li sada poznate tocke i polumjer kruznice u prethodne jednadzbe, slijedida je pravac y = 2 x, a kruznica x2 + (y 1)2 = 1. Tocke presjecista pravca ikruznice su T1(0, 2) i T2(1, 1), pa ako nacrtamo graf vrlo lako dobivamo da jepodrucje integracije: D = {(x, y) : 0 x 1, 2 x y

    1 x2 + 1} i integral

    D

    xdxdy =

    10

    xdx

    1x2+12x

    dy =

    10

    (x y

    1x2+1y=2x

    )dx =

    =

    10

    x

    1 x2dx+ 10

    x2dx 10

    xdx =1

    6

    Ako zamijenimo poredak integracije, podrucje integracije definiramo na sljedeci

    nacin: D ={

    (x, y) : 1 y 2, 2 y x

    2y y2}

    , te racunamo integral

    D

    xdxdy =

    21

    dy

    2yy22y

    xdx =

    21

    x2

    2

    2yy2x=2y

    =

    =

    21

    (y2 + 3y 2)dy = 16

    3

  • Primjer 5. Postavite granice integracije u oba poretka u integraluD

    f(x, y)dxdy,

    ako je D kruzni isjecak = OAB s centrom u O(0, 0) i s krajevima u tockamaA(1, 1) i B(1, 1).

    Najprije moramo naci jednadzbe pravaca koji prolaze duzinama OA i OB, kao ijednadzbu kruznice. Vec smo se prisjetili jednadzbe pravca kroz dvije tocke, paslijedi da je jednadzba pravca OA y = x, a pravca OB je y = x. Sada cemo seprisjetiti jednadzbe za izracun udaljenosti izmedu tocaka

    l =

    (x2 x1)2 + (y2 y1)2,

    cime cemo naci polumjer kruznice r = l =

    2, pa je jednadzba kruznicex2 + y2 = 2. Napokon mozemo nacrtati graf, te odrediti podrucja integracije:

    D1 ={

    (x, y) : 1 x 0,x y

    2 x2}

    D2 ={

    (x, y) : 0 x 1, x y

    2 x2}

    pa integral zapisujemo u oblikuD

    f(x, y)dxdy =

    01dx

    2x2x

    f(x, y)dy +

    10

    dx

    2x2x

    f(x, y)dy.

    Ako zamijenimo poredak, dobit cemo da je podrucje integracije:

    D1 ={

    (x, y) : 0 y 1,y x y}

    D2 ={

    (x, y) : 1 y

    2,

    2 x2 x

    2 x2}

    pa integral zapisujemo u oblikuD

    f(x, y)dxdy =

    10

    dy

    yyf(x, y)dx+

    21

    dy

    2y2

    2y2f(x, y)dx.

    Primjer 6. Izracunajte povrsinu lika omedenog pravcem x+ y = 3, parabolomy2 = 4x i osi x, pri cemu je y 0.

    Parabola i pravac se sijeku u tockama T1(1, 2) i T2(9,6). Ako nacrtamo graf, vrlolako mozemo odrediti podrucja integracije:

    D1 ={

    (x, y) : 0 x 3,2x y 0

    }D2 =

    {(x, y) : 3 x 9,2

    x y 3 x

    }4

  • a povrsinu racunamo kao dvostruki integral, gdje uzimamo da je f(x, y) = 1:

    PD =

    D

    dxdy =

    30

    dx

    02x

    dy +

    93

    dx

    3x2x

    dy = 18.

    Promijenimo li poredak, podrucje integracije je:

    D =

    {(x, y) : 6 y 0, y

    2

    4 x 3 y

    },

    a povrsinu, odnosno dvostruki integral racunamo prema:

    PD =

    D

    dxdy =

    06dy

    3yy2

    4

    dx = 18

    Dvostruki integral u polarnim koordinatama

    Ponekad je odredivanje granica integracije u pravokutnom prostoru vrlo dugotrajani slozen proces, te se nastoji olaksati supstitucijom, odnosno transfrmacijom.Ovdje cemo se upoznati s transformacijom pravokutnih u polarne koordinate:

    x = r cos

    y = r sin

    f(x, y) = f(r cos, r sin),

    gdje su nama sada nepoznanice polumjer r i kut . Izracun dvostrukog integralasada izgleda ovako:

    D

    f(x, y)dxdy =

    Df(r cos, r sin) rdrd,

    gdje D predstavlja sliku podrucja integracije u polarnom koordinatnom sustavu.Kada je podrucje integracije omedeno kruznicama/elipsama pozeljno je prijeci napolarne koordinate.

    Zadatak 7. Prijelazom na polarne koordinate rijesite Primjer 5.

    U Primjeru 5. podrucje integracije bilo je omedeno pravcima y = x, y = x ikruznicom x2 + y2 = 2, tvoreci kruzni isjecak. Prelaskom na polarne koordinatex = r cos, y = r sin, dobivamo sljedece:

    y = x

    r sin = r cos : r cos

    sin

    cos= 1

    tan = 1

    4 3

    4.

    5

  • Nadalje, kako je podrucje integracije zapravo ispunjeni prostor, polumjer rracunamo iz nejednadzbe na sljedeci na nacin:

    x2 + y2 2r2 cos2 + r2 sin2 2r2(cos2 + sin2 ) 2r2 20 r 2.

    Sada mozemo zapisati integral u sljedecem oblikuD

    f(x, y)dxdy =

    Df(r cos, r sin)rdrd =

    =

    34

    4

    d

    20

    f(r cos, r sin)rdr.

    Primjer 8. Prijelazom na polarne koordinate postavite granice integracije ako jepodrucje D zadano trokutom OAB, gdje su tocke O(0, 0), A(1, 1) i B(1, 1).

    Ovaj primjer je vrlo slican prethodnom, samo sto podrucje integracije s gornjestrane nije omedeno kruznicom, vec pravcem koji prolazi kroz tocke A(1, 1) iB(1, 1). Jednadzba toga pravca je y = 1, a ostale dvije stranice trokutapredstavljaju pravci y = x. Na slican nacin kao i u prethodnom primjeru,postavit cemo granice integracije u polarnim koordinatama:

    y = x

    r sin = r cos : r cos

    sin

    cos= 1

    tan = 1

    4 3

    4,

    odnosno

    y 1

    r sin 1 : sin

    r 1sin

    0 r 1sin

    .

    6

  • Sada mozemo zapisati integral u sljedecem oblikuD

    f(x, y)dxdy =

    Df(r cos, r sin)rdrd =

    =

    34

    4

    d

    1sin

    0

    f(r cos, r sin)rdr.

    Primjer 9. Prijelazom na polarne koordinate izracunajte povrsinu lika omedenogkrivuljama x2 + y2 = 2x i x2 + y2 = 4x i pravcima y = x i y = x

    3.

    Najprije cemo kruznice napisati u opcemo obliku upotrebom nadopune dopotpunog kvadrata:

    x2 + y2 = 2x x2 + y2 = 4x

    x2 2x+ y2 = 0 x2 4x+ y2 = 0(x 1)2 1 + y2 = 0 (x 2)2 4 + y2 = 0

    (x 1)2 + y2 = 1 (x 2)2 + y2 = 4

    kako bismo lakse nacrtali graf. Sada cemo slicno kao i u prethodnim primjerimaprijeci na polarne koordinate i odrediti granice integracije. Iz jednadzbi pravacaslijedi:

    y = x

    r sin = r cos

    tan = 1

    =

    4

    y =x3

    r sin =r cos

    3

    tan =13

    =

    6

    6

    4

    7

  • S druge strane iz jednadzbi kruznica slijedi:

    x2 + y2 = 2x

    r2 sin2 x+ r2 cos2 x = 2r cosx

    r = 2 cos x

    x2 + y2 = 4x

    r2 sin2 x+ r2 cos2 x = 4r cosx

    r = 4 cos x

    2r cosx r 4r cosx,

    pa dvostruki integral, odnosno povrsinu racunamo na slijedeci nacin:

    P =

    D

    dxdy =

    Drdrd =

    =

    4

    6

    d

    4 cos2 cos

    rdr =1

    2

    4

    6

    r24 cosr=2 cos

    d =1

    2

    4

    6

    12 cos2 d =

    = 3

    [ 4

    6

    (1 + cos 2)d

    ]= 3

    [

    12+

    1

    2

    (sin

    2 sin

    3

    )]=

    = + 6 3

    3

    4.

    ZADACI ZA VJEZBU

    Zadatak 1. Izracunaj dvostruki integral

    a)

    D(x4 + x2y2 + y4)dxdy ako je podrucje integracije D omedeno koordinatnim

    osima i pravcima x = 2, y = 1.

    Rjesenje: I = 34645

    b)

    Dx3yexydxdy ako je podrucje integracije D omedeno koordinatnom osi x i

    pravcima x = 2, y = x.

    Rjesenje: I = 3 + e4

    Zadatak 2. Promijenite poredak integracije u integralu 11dx

    9x23x2

    f(x, y)dy.

    8

  • Rjesenje:

    I =

    32

    dy

    3y1

    f(x, y)dx+

    32

    dy

    13y

    f(x, y)dx+

    +

    83

    dy

    11f(x, y)dx+

    98

    dy

    9y9y

    f(x, y)dx

    Zadatak 3. Postavite granice integracije u oba poretka u integraluDf(x, y)dxdy, ako je podrucje integracije cetverokut s vrhovima A(2, 0), B(0, 1),

    C(2, 0) i D(0,1).

    Rjesenje:

    I =

    02dx

    1+x2

    1x2

    f(x, y)dy +

    20

    dx

    1x2

    1+x2

    f(x, y)dy

    =

    01dy

    2+2y22y

    f(x, y)dx+

    10

    dy

    22y2+2y

    f(x, y)dx

    Zadatak 4. Postavite granice integracije u oba poretka, a potom izracunajtepovrsinu lika omedenog krivuljama y = x

    2

    4i y = 8

    x2+4.

    Rjesenje:

    P =

    22dx

    8x2+4

    x2

    4

    dy =

    =

    10

    dy

    2y2y

    dx+

    21

    dy

    8y4

    8y4dx =

    = 2 43

    Zadatak 5. Izracunajte volumen tijela omedenog plohama x2 + y2 = 1 ix2 + z2 = 1.Napomena: Iz definicije dvostrukog integrala slijedi da je volumen nekog tijela,koje je odozgo omedeno sa plohom f(x, y) = z(x, y), jednako dvostrukom integraluna dvodimenzionalnom podrucju integracije. U ovom slucaju imamo dvije gornjeplohe, z(x, y) =

    1 x2, pa volumen racunamo na slijedeci nacin:

    V = 2

    D

    z(x, y)dxdy,

    gdje je D podrucje omedeno kruznicom x2 + y2 = 1.

    Rjesenje: V = 163

    9

  • Zadatak 6. Prijelazom na polarne koordinate odredite granice integracije uintegralu

    I =

    33

    dx

    2+4x23

    f(x, y)dy.

    Rjesenje:

    I =

    23

    3

    d

    4 sin3

    sin

    f(r cos, r sin)rdr.

    Zadatak 7. Prijelazom na polarne koordinate postavite granice integracije iizracunajte

    Dxdxdy, pri cemu je podrucje integracije u pravokutnim

    koordinatama odredeno nejednadzbama 1 (x 2)2 + (y 3)2 4 i y 5 x.Napomena: Pri prijelazu na polarne koordinate uzmite da su:

    x 2 = r cosy 3 = r sin

    Rjesenje:

    I =

    34

    4

    d

    21

    r(r cos+ 2)dr =

    = 3 +7

    2

    3

    10

  • 2 TROSTRUKI INTEGRALI

    Kod dvostrukih integrala, zapravo smo provodili integraciju nad omedenimpodskupom ravnine, stoga analogijom mozemo reci da je trostruki integral,zapravo integracija nad omedenim podskupom prostora. Mozemo ga interpretiratikao masu tijela nekonstantne gustoce f(x, y, z) koje zaprema volumen V , stozapisujemo na sljedeci nacin:

    V

    f(x, y, z)dxdydz =

    V

    f(x, y, z)dV,

    a integriranje provodimo slicno kao i kod dvostrukog integrala. Nadalje, neka jepodrucje V definirano na sljedeci nacin:V = {(x, y, z) : (x, y) D, h1(x, y) z h2(x, y)},pri cemu naravno funkcije h1 i h2 moraju biti neprekinute nad D, tada trostrukiinegral racunamo na sljedeci nacin:

    V

    f(x, y, z)dV =

    D

    ( h(x,y)h1(x,y)

    f(x, y, z)dz)dxdy.

    Takoder, kada smo kod dvostrukog integrala uzimali da je funkcija f(x, y) = 1,dvostruki integral je tada predstavljao povrsinu podskupa ravnine. Ako kodtrostrukog integrala uzmemo da je f(x, y, z) = 1, tada je trostruki integral jednakvolumenu tijela nad kojim provodimo integraciju:

    V

    dxdyd = V.

    Trostruki integral u pravokutnim koordinatama

    Kao i kod dvostrukih integrala, najprije cemo racunati u pravokutnimkoordinatama, a zatim cemo ih zamijeniti cilindricnim i sfernim koordinatama.

    Primjer 1. Izracunajte trostruki integralV

    ex+y+zdxdyz

    ako je podrucje integracije kvadar V = [0, 1] [0, 2] [0, 3].

    Slicno kao i kod dvostrukog integrala, najprije cemo provoditi integraciju nadjednostavnim tijelima, cije su granice konstante. U ovom primjeru podrucje Vdefiniramo na sljedeci nacin:V = {(x, y, z) : x [0, 1], y [0, 2], z [0, 3]}.Nadalje, zadanu funkciju f(x, y, z) = ex+y+z, mozemo zapisati u obliku umnoskaf(x, y, z) = ex ey ez, pa kao i kod dvostrukog integrala, racunamo umnozak trijednostruka odredena integrala.

    V

    ex+y+zdxdyz =

    V

    ex ey ezdxdydz = 10

    exdx 20

    eydy 30

    ezdz =

    = ex1x=0 ey2y=0 ez3z=0

    = (e 1)(e2 1)(e3 1)

    11

  • Primjer 2. Izracunajte trostruki integralV

    (x+ y + z)dxdydz

    ako je podrucje V tetraedar s vrhovima O(0, 0, 0), A(1, 0, 0), B(0, 1, 0) i C(0, 0, 1).

    U prvom primjeru granice integracije vec su nam bile zadane, dok ih u ovomprimjeru moramo sami odrediti. Pokusajmo najprije odrediti granice za varijabluz. Tetraedar je omeden ravninama (trokutima) ABO i ABC. Da bismo dobilijednadzbe tih ravnina, trebamo se najprije prisjetiti formule za jednadzbu ravninekroz tri tocke T1(x1, y1, z1), T2(x2, y2, z2) i T3(x3, y3, z3):

    x x1 y y1 z z1x2 x1 y2 y1 z2 z1x3 x1 y3 y1 z3 z1

    = 0Ako uzmemo tocke A(1, 0, 0), B(0, 1, 0) i O(0, 0, 0) i uvrstimo ih u formulu dobitcemo da je ravnina ABO zadana jednadzbom z = 0, a ako uzmemo tockeA(1, 0, 0), B(0.1.0) i C(0, 0, 1) i uvrstimo ih u formulu dobit cemo da je ravninaABC zadana jednadzbom z = 1 x y. Time smo odredili granice za varijablu z,pa mozemo pisati da je podrucje integracijeV = {(x, y, z) : (x, y) D, 0 z 1 x y},pa integral zapisujemo i racunamo na sljedeci nacin

    V

    (x+ y + z)dxdydz =

    D

    ( 1xy0

    (x+ y + z)dz

    )dxdy =

    =

    D

    (x

    1xy0

    dz + y

    1xy0

    dz +

    1xy0

    zdz

    )dxdy =

    =

    D

    (xz + yz +

    z2

    2

    )1xyz=0

    dxdy =

    =

    D

    (x(1 x y) + y(1 x y) + (1 x y)

    2

    2

    )dxdy =

    =1

    2

    D

    (1 x2 2xy y2

    )dxdy

    Sada nam preostaje naci dvostruki integral, odnosno odrediti podrucje integracijeD, koje je zapravo projekcija tetraedra u XY ravnini. Ta je projekcija nista drugonego trokut ABO, cije su tocke A(1, 0), B(0, 1) i O(0, 0). Nadalje, vrlo lakoodredujemo granice integracije, primjenom jednadzbe pravca kroz dvije tocke (vidipoglavlje o dvostrukim integralima), odnosno podrucje D je

    12

  • D = {(x, y) : 0 x 1, 0 y 1 x}. Napokon racunamo integralV

    (x+ y + z)dxdydz =1

    2

    D

    (1 x2 2xy y2

    )dxdy =

    =1

    2

    10

    dx

    1x0

    (1 x2 2xy y2

    )dy =

    = izracun za vjezbu =1

    8.

    Primjer 3. Izracunajte volumen tijela omeden plohama y =x, y = 2

    x,

    x+ z = 6 i z = 0, primjenom trostrukog integrala.

    Vidjeli smo da je volumen jednak trostrukom integralu kada je funkcijaf(x, y, z) = 1. Odredimo sada granice integracije za svaku pojedinu varijablu.Nacrtamo li graf, vidjet cemo da je tijelo omedeno plohama z = 0 s donje strane,odnosno z = 6 x s gornje strane. Projekcija zadanog tijela u XY ravniniomedena je sa dvije parabole y =

    x i y = 2

    x. Ako uzmemo da je varijabla x

    unutar konstantnih granica x [0, 6], tada je podrucje integracije:V = {(x, y, z) : 0 x 6,

    x y 2

    x, 0 z 6 x},

    a integral racunamo na sljedeci nacin:V

    dxdydz =

    60

    dx

    2xx

    dy

    6x0

    dz =

    =

    60

    (6 x)dx 2xx

    dy =

    60

    x(6 x)dx =

    = izracun za vjezbu =48

    5

    6

    Primjer 4. Postavite granice integracije u integraluV

    f(x, y, z)dxdydz,

    pri cemu je V tijelo omedeno plohom y = x2 i ravninama y + z = 1 i 2y + z = 2.

    Iz jednadzbi ravnina slijedi da je tijelo omedeno plohama z = 1 y i z = 2 2y.Izjednacimo li ove dvije ravnine slijedi da se one sijeku u pravcu y = 1. Takoder, izparabole y = x2 slijedi da varijabla y poprima samo pozitivne vrijednosti, odnosnoy 0. Nacrtamo li graf i uzmemo li da su granice za varijablu y konstantne, tadaiz projekcije tijela u XY ravninu slijedi da je podrucje integracije:V = {(x, y, z) : 0 y 1,y x y, 1 y z 2 2y}, te integral pisemona sljedeci nacin

    V

    dxdydz =

    10

    dy

    yy

    dx

    2(1y)1y

    f(x, y, z)dz.

    13

  • Trostruki integral u cilindricnim i sfernim koordinatama

    Cilindricne koordinate su zapravo vec dobro poznate polarne koordinate,odnosno vrijedi

    x = r cos

    y = r sin

    z = z

    sto znaci da varijabla z ostaje nepromijenjena, a projekciju tijela u XY ravniniracunamo u cilindricnim koordinatama. Trostruki integral tada racunamo prema

    V

    f(x, y, z)dV =

    V f(r cos, r sin, z)rdrddz,

    gdje je V slika podrucja integracije V u cilindricnom koordinatnom sustavu.

    Ako je projekcija tijela u XY ravnini omedena elipsama, a ne kruznicama, tadauzimamo opcenitiji oblik cilindricnih koordinata:

    x = ar cos

    y = br sin

    z = z

    jer je jednadzba elipse sa sredistem u ishodistu

    x2

    a2+x2

    b2= 1.

    Trostruki integral tada racunamo premaV

    f(x, y, z)dV =

    V f(r cos, r sin, z) a b rdrddz,

    Takoder, kod trostrukih integrala mozemo prijeci i na sferne koordinate, gdjesada varijabla r oznacava udaljenost od ishodista do neke tocke na tijelu, a nepolumjer u projekciji u XY ravnini. Nadalje varijabla ostaje ista, tj. oznacavaisti kut, te se uvodi nova varijabla koja oznacava kut izmedu pozitivnog dijela zosi i iste tocke na tijelu, te vrijedi da je [0, ]. Zamjenu provodimo na sljedecinacin

    x = r sin cos

    y = r sin sin

    z = r cos

    te integral pisemo u sljedecem oblikuV

    f(x, y, z)dV =

    V f(r sin cos, r sin sin, r cos ) r2 sin drdd.

    14

  • Takoder, ako je tijelo omedeno elipsoidima, a ne sferama, tada uzimamo opcenitijioblik sfernih koordinata:

    x = ar sin cos

    y = br sin sin

    z = cr cos

    te integral pisemo u sljedecem oblikuV

    f(x, y, z)dV =

    V f(r sin cos, r sin sin, r cos ) a b c r2 sin drdd.

    Primjer 5. Prijelazom na cilindricne i sferne koordinate izracunajte volumenkugle x2 + y2 + z2 R2.

    Izvrsimo najprije prijelaz na cilindricne koordinate:

    x = r cos

    y = r sin

    z = z

    Ako ove varijable uvrstimo u jednadzbu kugle slijedi r2 + z2 R2,pa kazemo da je kugla omedena plohama z =

    R2 r2 s donje strane i

    z =R2 r2 s gornje strane. Projekcija kugle u XY ravnini, zapravo je krug,

    omeden kruznicom x2 + y2 = R2 (projekciju racunamo tako da izostavljamodio koji se odnosi na varijablu z), sto u cilindricnim (polarnim koordinatama)prelazi u r = R. Takoder, kruznica nema nikakvih ogranicenja ili presjeka, stoznaci da je kut [0, 2]. Sada mozemo odrediti podrucje integracije:V = {(r, , z) : 0 2, 0 r R,

    R2 r2 z

    R2 r2}

    a integral racunamo premaV

    dV =

    V rdrddz =

    20

    d

    R0

    rdr

    R2r2R2r2

    dz =

    = izracun za vjezbu =4R3

    3,

    sto je zapravo dobro nam poznata formula za volumen kugle.

    Prijedimo sada na sferne koordinate i rijesimo isti zadatak:

    x = r sin cos

    y = r sin sin

    z = r cos

    15

  • Uvrstimo li sferne koordinate u jednadzbu kugle proizlazi da je r2 R2, odnosnoodredujemo da je polumjer kugle r [0, R]. Takoder, kako kugla nema nikakvihogranicenja ili presjeka, kut izmedu bilo koje tocke na kugli i pozitivnog dijela zosi, je u intervalu [0, ]. Vidjeli smo da je projekcija kugle u XY ravninizapravo neogranicena kruznica, pa proizlazi [0, 2]. Vrlo lako odredujemopodrucje integracije:D = {(r, , ) : 0 2, 0 , 0 r R}te je volumen

    V

    dV =

    V r2 sin drdd =

    =

    20

    d

    0

    sin d

    R0

    r2dr =

    = izracun za vjezbu =4R3

    3.

    Primjer 6. Prijelazom na cilindricne i sferne koordinate postavite graniceintegracije u integralu

    V

    f(x, y, z)dxdydz,

    pri cemu je V dio kugle x2 + y2 + z2 1 za koji je z x2 + y2.

    Prisjetimo se da je z =x2 + y2 stozac, te prije nego prijedemo na neke druge

    koordinate, nacrtajmo graf. Tijelo nad kojim provodimo integraciju je s gornjestrane omedeno plohom z =

    1 x2 y2 (pozitivni dio kugle), a s donje stoscem.

    Izjednacimo li ove dvije plohe1 x2 y2 =

    x2 + y2

    2x2 + 2y2 = 1 : 2

    x2 + y2 =1

    2

    slijedi da je njihov presjek kruznica polumjera r = 12, sto je zapravo i projekcija

    ovog tijela u XY ravnini.

    Prijedimo sada na cilindricne koordinatex = r cos, y = r sin, z = z.Uvrstimo li ove koordinate u jednadzbu kugle i stosca, slijedi

    z

    1 x2 y2

    z

    1 r2

    z x2 + y2

    z r

    z [r,

    1 r2]

    16

  • Iz projekcije u XY ravnini, odnosno iz kruznice x2 + y2 = 12

    proizlazi da jer [0, 1

    2], te je kut [0, 2]. Sada integral zapisujemo u sljedecem obliku

    V

    f(x, y, z)dV =

    V f(r cos, r sin, z)rdrddz =

    =

    20

    d

    12

    0

    rdr

    1r2r

    f(r cos, r sin, z)dz.

    Prijelazom na sferne koordinatex = r sin cos, y = r sin sin, z = r cos ,i uvrstavanjem u jednadzbu kugle slijedi da je r 1, odnosnoi r [0, 1]. Kako jekugla ogranicena, odnosno presijecena stoscem, iz njegove jednadzbe odredujemokoliki je kut . Uvrstavanjem sfernih koordinata u z =

    x2 + y2 slijedi

    z =x2 + y2

    r cos = r sin : r cos

    tan = 1

    [0,

    4

    ]Iz projekcije u XY ravninu, odnosno kruznice presjeka slijedi [0, 2], teintegral zapisujemo u sljedecem obliku

    V

    f(x, y, z)dV =

    V f(r sin cos, r sin sin, r cos )r2 sin drdd =

    =

    20

    d

    4

    0

    sin d

    10

    r2f(r sin cos, r sin sin, r cos )dr.

    Primjer 7. Prijelazom na cilindricne i sferne koordinate izracunajteV

    z2dxdydz,

    pri cemu je V kugla x2 + y2 + (z 2)2 1.

    Podrucje integracije V je kugla polumjera 1, cije je srediste u tocki S(0, 0, 2).Ukoliko prijedemo na cilindricne koordinate:x = r cos, y = r sin, z = zi uvrstimo ih u jednadzbu pomaknute kugle, koju omeduju dvije plohe, slijedi

    x2 + y2 + (z 2)2 = 1(z 2)2 = 1 r2

    z = 2

    1 r2

    z [2

    1 r2, 2 +

    1 r2]

    17

  • Sada, ako dio koji se odnosi na varijablu z izjednacimo s nulom, dobit cemoprojekciju kugle u XY ravninu, odnosno kruznicu x2 + y2 = 1. Prema tome,uvrstimo li u tu jednadzbu kruznice cilindricne koordinate, slijedi da je r [0, 1],te [0, 2], pa integral racunamo na sljedeci nacin

    V

    z2dxdydz =

    V z2 rdrddz =

    =

    20

    d

    10

    rdr

    2+1r221r2

    z2dz =

    = izracun za vjezbu =28

    5.

    Prijedimo sada na sferne koordinatex = r sin cos, y = r sin sin, z = r cos .Ukoliko takve koordinate uvrstimo u jednadzbu nase pomaknute kugle,zakomplicirat cemo si izracun. Medutim, ako mi uvedemo pomaknute sfernekoordinatex = r sin cosy = r sin sinz 2 = r cos z = r cos + 2,izracun postaje vrlo jednostavan.

    Uvrstimo li takve koordinate u jednadzbu kugle, odnosno sfere, slijedi

    x2 + y2 + (z 2)2 = 1r2 sin2 + r2 cos2 = 1

    r2 = 1

    r [0, 1]

    Takoder, uvodenjem pomaknutih sfernih koordinata, zapravo smo postavili kuglu uishodiste, te je kut [0, ]. Vec smo vidjeli da je projekcija kugle, kruznicax2 + y2 = 1, te je kut [0, 2]. Prema tome, integral racunamo na sljedeci nacin

    V

    z2dxdydz =

    V

    (r cos + 2)2 r2 sin drdd =

    =

    20

    d

    0

    d

    10

    (r cos + 2)2 r2 sin dr =

    = izracun za vjezbu =28

    5

    ZADACI ZA VJEZBU

    Zadatak 1. Izracunajte trostruki integralV

    x2y3z4dxdydz,

    18

  • ako je V = [0, 1] [0, 1] [0, 1].

    Rjesenje: I = 160.

    Zadatak 2. Postavite granice integracije u integraluV

    f(x, y, z)dxdydz,

    ako je V piramida s vrhovima O(0, 0, 0), A(2, 0, 0), B(0, 3, 0) i C(0, 0, 6).

    Rjesenje:

    I =

    20

    dx

    3 32x

    0

    dy

    63x2y0

    f(x, y, z)dz.

    Zadatak 3. Postavite granice integracije u integraluV

    f(x, y, z)dxdydz,

    ako je V tijelo omedeno plohom y = x2 i ravninama z = 1 y i z = 0.

    Rjesenje:

    I =

    11dx

    1x2dy

    1y0

    f(x, y, z)dz.

    Zadatak 4. Postavite granice integracije u integraluV

    f(x, y, z)dxdydz,

    pri cemu je V tijelo omedeno plohom z =x2 + 4y2 i ravninom z = 1.

    Rjesenje:

    I =

    12

    12

    dy

    14y2

    14y2dx

    1x2+4y2

    f(x, y, z)dz.

    Zadatak 5. Postavite granice integracije i izracunajte integralV

    x2 + y2 + z2dxdydz,

    pri cemu je V kugla x2 + y2 + z2 x.

    Rjesenje:

    I =

    10

    dx

    xx2xx2

    dy

    xx2y2xx2y2

    x2 + y2 + z2dz =

    10.

    19

  • Zadatak 6. Postavite granice integracije i izracunajte integralV

    zx2 + y2dxdydz,

    pri cemu je V tijelo omedeno valjkastom plohom x2 + y2 = 2x i ravninama y = 0,z = 0 i z = 3, za y 0.

    Rjesenje:

    I =

    20

    dx

    2xx20

    dy

    30

    zx2 + y2dz = 8.

    Zadatak 7. U integralu 33

    dx

    3x23x2

    dy

    4x2y21

    f(x, y, z)dz

    izvrsite prijelaz na A. cilindricne koordinate, B. sferne koordinate.

    Rjesenje:

    I =

    20

    d

    30

    rdr

    4r21

    f(r cos, r sin, z)dz

    =

    20

    d

    3

    0

    sin d

    21

    cos

    r2f(r sin cos, r sin sin, r cos )dr

    Zadatak 8. Prijelazom na cilindricne koordinate postavite granice integracije iizracunajte

    V

    yx2 + (y 1)2

    dxdydz,

    pri cemu je V tijelo omedeno plohom z = x2 + (y 1)2 i ravninom z = 4.

    Rjesenje:

    I =

    20

    d

    20

    dr

    4r2

    (r sin+ 1)dz =32

    3

    Zadatak 9. Prijelazom na poopcene sferne koordinate postavite graniceintegracije i izracunajte volumen tijela omedenog elipsoidom 3x2 + 3y2 + z2 = 12.

    20

  • Napomena: Izvrsite prijelaz na poopcene sferne koordinate, tj. ako je upravokutnim koordinatama x

    2

    a2+ y

    2

    b2+ z

    2

    c2= R2 onda su poopcene sferne koordinate

    x = ar sin cos

    y = br sin sin

    z = cr cos

    Rjesenje:

    I = 8

    3

    20

    d

    0

    sin d

    10

    r2dr =32

    3

    3

    21

  • 3 VEKTORSKA ANALIZA

    Vektorska analiza proucava vektorske funkcije, odnosno vektorska polja. Zapocetak cemo se upoznati sa vektorskom funkcijom jedne skalarne varijable,koju oznacavamo na sljedeci nacin:

    ~v(t) = v1(t)~i+ v2(t)~j + v3(t)~k

    = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k

    gdje je argument t u nekom intervalu iz skupa realnih brojeva. Funkcijev1(t), v2(t), v3(t) (x(t), y(t), z(t)) nazivamo skalarnim komponentama vektorskefunkcije jedne varijable ~v(t).

    Primjer jedne takve vektorske funkcije je i sljedeca funkcija:

    ~f(t) = sin t~i+ cos t~j + t~k,

    cije su skalarne komponentef1(t) = x(t) = sin t,f2(t) = y(t) = cos t,f3(t) = z(t) = t.

    Opcenito, skalarno polje definiramo i zapisujemo kao skalarnu funkciju dvije,odnosno tri varijable

    z = f(x, y) u = f(x, y, z).

    Ako su skalarne komponente neke vektorske funkcije skalarna polja, tada vektorskefunkcije predstavljaju vektorska polja:

    ~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k.

    Navedimo nekoliko primjera. Funkcija

    ~f(t) = t~i+ t2~j + t3~k

    predstavlja vektorsku funkciju jedne skalarne varijable, gdje su skalarnekomponentef1(t) = x(t) = t,f2(t) = y(t) = t

    2,f3(t) = z(t) = t

    3.

    Nadalje, funkcijaf(x, y, z) = x2 + y2 + z2

    predstavlja skalarno polje triju varijabli,te funkcija

    ~f(x, y, z) = x2yz~i+ xy2z~j + xyz2~k

    predstavlja vektorsko polje triju varijabli, cije su skalarne komponente

    22

  • f1(x, y, z) = x2yz,

    f2(x, y, z) = xy2z,

    f3(x, y, z) = xyz2.

    Kako funkcije triju varijabli imaju samo parcijalne derivacije, tako se za analizuskalarnih i vektorskih polja uvode posebni operatori, koji se mogu usporediti sderivacijom funkcije jedne varijable. Neki od tih operatora koje cemo obraditi su:gradijent skalarnog polja, divergencija vektorskog polja i rotacija (rotor)vektorskog polja. Prije nego ih upoznamo pojedinacno, definirajmo tzv.Hamiltonov operator (nabla, del, atled,...)

    = x~i+

    y~j +

    z~k,

    koji, u odnosu na polje primjene, provodi navedene operacije.

    Gradijent skalarnog polja

    Gradijent skalarnog polja je vektorsko polje, koje pokazuje pravac najvecegporasta skalarnog polja, te ciji je intenzitet najveca promjena u tom polju. Neka jef(x, y, z) skalarno polje, tada gradijent tog polja zapisujemo na sljedeci nacin:

    grad f(x, y, z) = f(x, y, z) = f(x, y, z)x

    ~i+f(x, y, z)

    y~j +

    f(x, y, z)

    z~k

    Primjer 1. Izracunajte gradijent skalarnog polja f(x, y, z) = x2yez.

    Prilikom izracuna gradijenta, zapravo trazimo parcijalne derivacije funkcije trijuvarijabli, odnosno skalarnog polja. Vec smo se prisjetili kod dvostrukih, odnosnotrostrukih integrala da ukoliko integriramo po jednoj varijabli, ostale uzimamo kaokonstante. Isto vrijedi i kod parcijalnog deriviranja, pa gradijent racunamo nasljedeci nacin:

    grad f(x, y, z) = f(x, y, z) = (x2yez)

    x~i+

    (x2yez)

    y~j +

    (x2yez)

    z~k =

    = 2xyez~i+ x2ez~j x2yez~k

    Primjer 2. Izracunajte gradijent skalarnog polja f(x, y, z) =x ln yz

    u tockiT (1, e, 2).

    Ovaj primjer mozemo shvatiti na sljedeci nacin. Neka zadano skalarno poljef(x, y, z) =

    x ln yz

    predstavlja sirenje topline u prostoru. Zelimo saznati kolikimintenzitetom i u kojem pravcu se ta toplina siri iz promatrane tocke prostoraT (1, e, 2). Primjer cemo rijesiti kao i prethodni:

    grad f(x, y, z) = f(x, y, z) =(x ln yz

    )

    x~i+

    (x ln yz

    )

    y~j +

    (x ln yz

    )

    z~k =

    =ln y

    2xz~i+

    x

    yz~j x ln y

    z2~k

    23

  • Sada nam samo preostaje naci koliki je ovaj gradijent u tocki T (1, e, 2), odnosnoracunamo

    grad f(x, y, z)T (1,e,2)

    = grad f(1, e, 2) =

    =1

    4~i+

    1

    2e~j 1

    4~k

    Primjer 3. Izracunajte smjer i intenzitet najvece promjene skalarnog poljaf(x, y, z) = er

    2.

    Ono sto trazimo u ovom primjeru zapravo je gradijent skalarnog polja. Da bismoga rijesili potrebno je definirati tzv. radijalnu funkciju ili radij-vektor

    ~r = x~i+ y~j + z~k,

    cija je duljinar = |~r| =

    x2 + y2 + z2.

    Prema tome, zadano skalarno polje mozemo zapisati u sljedecem oblikuf(x, y, z) = er

    2= e(x

    2+y2+z2)

    i izracunati gradijent

    grad f(x, y, z) = f(x, y, z) = (e(x2+y2+z2))

    x~i+

    (e(x2+y2+z2))

    y~j +

    (e(x2+y2+z2))

    z~k =

    = 2xer2~i 2yer2~j 2zer2~k == 2er2(x~i+ y~j + z~k) = 2er2~r

    Divergencija vektorskog polja

    Divergencija vektorskog polja je skalarno polje koje mjeri intenzitet izvora iliponora tog vektorskog polja. Takoder, moze se reci da je divergencija vektorskogpolja mjera promjene u gustoci tog vektorskog polja.

    Kao primjer za bolje razumijevanje, uzmimo da vektorsko polje predstavlja brzinusirenja zraka. Ukoliko taj zrak zagrijavamo, on se siri te divergencija ima pozitivnuvrijednost. S druge strane, ako taj zrak hladimo, on se skuplja i divergencija imanegativnu vrijednost.

    Nadalje, neka je zadano vektorsko polje~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k. Tada je divergencija skalarniprodukt operatora i zadanog vektorskog polja:

    div ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) = f1(x, y, z)x

    +f2(x, y, z)

    y+f3(x, y, z)

    z

    Primjer 4. Izracunajte divergenciju vektorskog polja~f(x, y, z) = ex~i+ y2~j ez~k u tocki T (1,e, 1).

    24

  • Prilikom racunanja divergencije, zapravo trazimo parcijalne derivacije skalarnihkomponenti vektorskog polja na sljedeci nacin

    div ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) = (ex)

    x+(y2)

    y+(ez)z

    = ex + 2y ez

    Sada je potrebno naci koliki je intenzitet divergencije u tocki T (1,e, 1),odnosno racunamo

    div ~f(x, y, z)T (1,e,1) = div

    ~f(1,e, 1) = e 2e e = 4e.

    Primjer 5. Izracunajte divergenciju vektorskog polja~f(x, y, z) = ~r = x~i+ y~j + z~k.

    div ~r = ~r = (x)x

    +(y)

    y+(z)

    z= 3.

    Rotacija (rotor) vektorskog polja

    Rotacija ili rotor vektorskog polja je vektorsko polje koje pokazuje intenzitet ismjer rotacije zadanog vektorskog polja. Takoder, rotacija ili rotor vektorskogpolja moze se opisati i kao gustoca njegove cirkulacije.

    Neka je zadano vektorsko polje ~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k.Tada je rotacija ili rotor vektorski produkt operatora i vektorskog polja

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) =

    (f3(x, y, z)

    y f2(x, y, z)

    z

    )~i+

    +

    (f1(x, y, z)

    z f3(x, y, z)

    x

    )~j +

    (f2(x, y, z)

    x f1(x, y, z)

    y

    )~k,

    odnosno

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) =

    ~i ~j ~kx

    y

    z

    f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

    .Primjer 6. Izracunajte intenzitet i smjer rotacije vektorskog polja~f(x, y, z) = x2~i+ y~j + sin z~k.

    Kao i kod prethodnih primjera, moramo naci parcijalne derivacije skalarnihkomponenata zadanog vektorskog polja:f1(x, y, z) = x

    2,f2(x, y, z) = y,f3(x, y, z) = sin z.

    25

  • Rotaciju ili rotor cemo izracunati tako da uvrstimo skalarne komponente uprethodno navedenu determinantu:

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) =

    ~i ~j ~kx

    y

    z

    x2 y sin z

    =

    ( sin z

    y yz

    )~i+

    (x2

    z sin z

    x

    )~j +

    (y

    x x

    2

    y

    )~k

    = 0

    Primjer 7. Izracunajte rotaciju elektricnog polja ~E(x, y, z) = y~i+ xz~j + xy~k.

    Elektricno polje je zapravo vektorsko polje, ciju rotaciju racunamo kao i prethodniprimjer:

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) =

    ~i ~j ~kx

    y

    z

    y xz xy

    =

    (xy

    y xz

    z

    )~i+

    (y

    z xy

    x

    )~j +

    (xy

    x yy

    )~k

    = y~j + (z 1)~k

    Potencijalna i solenoidalna vektorska polja

    Sada cemo se upoznati sa posebnim vrstama vektorskih polja.Za vektorsko polje ~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k kazemo da jepotencijalno ili konzervativno ako postoji skalarno polje p(x, y, z) takvo davrijedi:

    ~f(x, y, z) = grad p(x, y, z) = p(x, y, z)

    f1(x, y, z) =p(x, y, z)

    x, f2(x, y, z) =

    p(x, y, z)

    y, f3(x, y, z) =

    p(x, y, z)

    z

    Tada se skalarno polje p(x, y, z) naziva potencijalnom zadanog vektorskog polja~f(x, y, z). Nadalje, ako je zadano vektorsko polje diferencijabilno na nekomkonveksnom podrucju, tada je ono potencijalno ili konzervativno onda i samo ondaako je i bezvrtlozno:

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) = 0.

    Ako je vektorsko polje potencijalno, tada njegov potencijal u nekoj tockiT (x0, y0, z0) racunamo prema:

    p(x, y, z) =

    xx0

    f1(t, y, z)dt+

    yy0

    f2(x0, u, z)du+

    zz0

    f3(x0, y0, v)dv + C.

    26

  • U nasem daljnjem racunu, zbog jednostavnosti izracuna, uzimat cemo da je tockaT (x0, y0, z0) = T (0, 0, 0).

    Primjer 8. Zadano je vektorsko polje ~f(x, y, z) = ey~i+ (xey + sin z)~j + y cos z~k.Dokazite da je polje potencijalno i izracunajte njegov potencijal.

    Da bismo dokazali da je polje potencijalno, trebamo ispitati uvjet

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) = 0,

    pa racunamo

    rot ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) =

    ~i ~j ~kx

    y

    z

    ey xey + sin z y cos z

    =

    (y cos z

    y (xe

    y + sin z)

    z

    )~i+

    (ey

    z y cos z

    x

    )~j+

    +

    ((xey + sin z)

    x e

    y

    y

    )~k = 0

    Ovime smo dokazali da je zadano polje potencijalno. Sada trebamo pronaci njegovpotencijal. Prema prethodno navedenoj formuli za izracun potencijala, trazimof1(t, y, z), f2(x0, u, z) i f3(x0, y0, v). Spomenuli smo da cemo uzimatix0 = y0 = z0 = 0, pa uvrstavanjem u skalarne komponente zadanog vektorskogpolja slijedi

    f1(x, y, z) = ey f1(t, y, z) = ey

    f2(x, y, z) = xey + sin z f2(x0 = 0, u, z) = 0 eu + sin z = sin z

    f3(x, y, z) = y cos z f3(x0 = 0, y0 = 0, v) = 0 sin v = 0.

    Preostaje nam samo integrirati dobivene funkcije

    p(x, y, z) =

    xx0

    f1(t, y, z)dt+

    yy0

    f2(x0, u, z)du+

    zz0

    f1(x0, y0, v)dv + C

    =

    x0

    eydt+

    y0

    sin zdu+

    z0

    0dv + C =

    = ey tx0

    + sin z uy0

    + C =

    = xey + y sin z + C.

    Za vjezbu provjerite da li je

    f1(x, y, z) =p(x, y, z)

    x, f2(x, y, z) =

    p(x, y, z)

    y, f3(x, y, z) =

    p(x, y, z)

    z.

    Primjer 9. Provjerite je li magnetsko polje

    ~H(x, y, z) =zy 1

    ~j + 2y 1~k

    27

  • potencijalno, te odredite njegov potencijal.

    Primjer cemo rijesiti kao i prethodni. Najprije provjeravamo uvjet

    rot ~H(x, y, z) = ~H(x, y, z) = 0,

    pa racunamo

    rot ~H(x, y, z) = ~H(x, y, z) =

    ~i ~j ~kx

    y

    z

    0 zy1 2

    y 1

    =

    (2y 1y

    z

    y1

    z

    )~i+

    (0

    z 2

    y 1x

    )~j+

    +

    ( z

    y1

    x 0y

    )~k = 0

    Sada trazimo potencijal, odnosno najprije cemo traziti skalarne komponente

    f1(x, y, z) = 0 f1(t, y, z) = 0

    f2(x, y, z) =zy 1

    f2(x0 = 0, u, z) =zu 1

    f3(x, y, z) = 2y 1 f3(x0 = 0, y0 = 0, v) = 2

    0 1 = 2i.

    Na kraju, uvrstimo funkcije u integral i izracunamo

    p(x, y, z) =

    xx0

    f1(t, y, z)dt+

    yy0

    f2(x0, u, z)du+

    zz0

    f1(x0, y0, v)dv + C

    =

    x0

    0dt+

    y0

    zu 1

    du+

    z0

    2idv + C =

    = 2z u 1

    yu=0

    + 2i vz0

    + C =

    = 2zy 1 2iz + 2iz + C = 2z

    y 1 + C.

    Vektorsko polje ~f(x, y, z) zovemo solenoidalnim ako postoji vektorsko polje~g(x, y, z) takvo da vrijedi

    ~f(x, y, z) = rot~g(x, y, z) = ~g(x, y, z).

    Nadalje, neprekinuto diferencijabilno vektorsko polje ~f(x, y, z) je solenoidalno ako isamo ako vrijedi

    div ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) = 0.

    Primjer 10. Provjerite je li elektricno polje

    ~E(x, y, z) = K

    [yz

    1 z2~i (x3 z)

    1 x5~j + y

    x~k

    ],

    28

  • gdje je K konstanta, solenoidalno.

    Uvjet da je vektorsko polje solenoidalno je

    div ~f(x, y, z) = ~f(x, y, z) = 0.

    Prema tome za zadano elektricno polje provjeravamo

    div ~E(x, y, z) = ~E(x, y, z) =

    =(K yz

    1z2

    )x

    +[K(x3 z)

    1 x5

    ]y

    +(K y

    x

    )z

    =

    = 0.

    Ovime smo dokazali da je elektricno polje solenoidalno.

    Laplace skalarnog polja

    Do sada smo upoznali tri osnovna operatora vektorske analize. Sada cemo josnavesti i obraditi Laplace skalarnog polja, te usmjerene derivacije skalarnog ivektorskog polja.

    Laplace skalarnog polja f(x, y, z) oznacavamo sa f(x, y, z) i mozemodefinirati kao drugu derivaciju skalarnog polja, odnosno vrijedi

    f(x, y, z) =2f(x, y, z)

    x2+2f(x, y, z)

    y2+2f(x, y, z)

    z2.

    Veza izmedu Laplacea, gradijenta i divergencije dana je sljedecom formulom:

    f(x, y, z) = div [ grad f(x, y, z)].

    Primjer 11. Izracunajte Laplace skalarnog polja f(x, y, z) = exy ln z.

    Laplace zadanog skalarnog polja izracunat cemo po zadnje navedenoj formuli.Najprije trazimo gradijent tog skalarnog polja:

    grad f(x, y, z) =exy ln z

    x~i+

    exy ln z

    y~j +

    exy ln z

    z~k =

    = exy ln z~i+ ex ln z~j +exy

    z~k.

    Sada trazimo divergenciju toga gradijenta, odnosno racunamo Laplace:

    f(x, y, z) = div [ grad f(x, y, z)] =(exy ln z)

    x+(ex ln z)

    y+(exyz

    )z

    =

    = exy ln z exy

    z2

    29

  • Usmjerena derivacija skalarnog polja

    Usmjerena derivacija skalarnog polja f(x, y, z) u smjeru vektora ~s i u tockiT (x0, y0, z0), je skalarno polje dobiveno kao skalarni produkt jedinicnog vektora usmjeru vektora ~s i gradijenta zadanog skalarnog polja u tocki T i oznacava se nasljedeci nacin:

    f(x, y, z)

    ~s

    T

    =~s

    s grad f(x, y, z)

    T

    =~s

    s f(x, y, z)

    T.

    Jedinicni vektor vektora smjera ~s racunamo tako da vektor ~s podijelimo sanjegovom duzinom:

    ~s = s1~i+ s2~j + s3~k

    s =s21 + s

    32 + s

    23

    ~s

    s= ~s0 = s01~i+ s02~j + s03~k =

    =s1

    s21 + s22 + s

    23

    ~i+s2

    s21 + s22 + s

    23

    ~j +s3

    s21 + s22 + s

    23

    ~k

    Primjer 12. Izracunajte usmjerenu derivaciju skalarnog poljaf(x, y, z) = x3 + y2 sin z u smjeru vektora ~s =~i~j + ~k u tocki T (1, 1, 2).

    Najprije odredimo jedinicni vektor vektora ~s:

    ~s

    s=

    ~i3

    ~j3

    +~k3.

    Zatim izracunajmo gradijent zadanog skalarnog polja:

    grad f(x, y, z) = f(x, y, z) = (x3 + y2 sin z)

    x~i+

    (x3 + y2 sin z)

    y~j +

    (x3 + y2 sin z)

    z~k

    = 3x2~i+ 2y sin z~j + y2 cos z~k,

    te pronadimo skalarni produkt jedinicnog vektora i gradijenta, odnosno usmjerenuderivaciju:

    f(x, y, z)

    ~s=~s

    s grad f(x, y, z) = 3x

    2 2y sin z + y2 cos z3

    .

    Sada nam samo preostaje odrediti dobivenu usmjerenu derivaciju u tockiT (1, 1, 2), odnosno

    f(x, y, z)

    ~s

    T (1,1,2)

    =(3x2 2y sin z + y2 cos z

    3

    )T (1,1,2)

    =

    =43

    30

  • Usmjerena derivacija vektorskog polja

    Usmjerena derivacija vektorskog polja ~f(x, y, z) u smjeru vektora ~s i u tockiT (x0, y0, z0) je vektorsko polje definirano na sljedeci nacin:

    ~f(x, y, z)

    ~s

    T

    =

    (s01

    ~f(x, y, z)

    x+ s02

    ~f(x, y, z)

    y+ s03

    ~f(x, y, z)

    z

    )T

    =

    =

    (s01

    x+ s02

    y+ s03

    z

    )~f(x, y, z)

    T,

    gdje je~s

    s= s01~i+ s02~j + s03~k.

    Primjer 13. Izracunajte usmjerenu derivaciju vektorskog polja~f(x, y, z) = x2ez~i y~j + z3~k u smjeru vektora ~s =~i+~j u tocki T (1, 1, 0).

    Kao i u prethodnom primjeru najprije izracunajmo jedinicni vektor u smjeruvektora ~s:

    ~s

    s=

    ~i2

    +~j2,

    iz cega slijedi

    s01 =12

    s02 =12

    s03 = 0.

    Sada nadimo parcijalne derivacije vektorskog polja ~f(x, y, z), odnosno parcijalno

    deriviramo skalarne komponente, a vektore ~i, ~j i ~k prepisemo:

    ~f(x, y, z)

    x= 2xez~i

    ~f(x, y, z)

    y= ~j

    ~f(x, y, z)

    z= x2ez~i+ 3z2~k

    Zatim racunamo usmjerenu derivaciju vektorskog polja:

    ~f(x, y, z)

    ~s=

    (s01

    ~f

    x+ s02

    ~f

    y+ s03

    ~f

    z

    )=

    =12 2xez~i 1

    2~j + 0 (x2ez~i+ 3z2~k) =

    =2xez~i~j

    2

    31

  • Preostaje nam samo uvrstiti vrijednosti tocke T (1, 1, 0):

    ~f(x, y, z)

    ~s

    T (1,1,0)

    =

    (2xez~i~j

    2

    )T (1,1,0)

    =

    =

    2~i

    2

    2~j

    ZADACI ZA VJEZBU

    Zadatak 1. Izracunajte gradijent i apsolutnu vrijednost gradijenta (duljinu) zaskalarno polje f(x, y, z) = x3 + y3 + z3 3xyz u tocki A(2, 1, 2).

    Rjesenje:

    grad f(x, y, z) = (3x2 3yz)~i+ (3y2 3xz)~j + (3z2 3xy)~kgrad f(x, y, z)|T (2,1,2) = 6~i 9~j + 6~k grad f(x, y, z)|T (2,1,2) = 62 + (9)2 + 62 = 317

    Zadatak 2. Izracunajte gradijent skalarne funkcije f = ~a ~r, gdje je ~a vektor skonstantnim skalarnim komponentama ~a = a1~i+ a2~j + a3~k, a ~r je radij vektor.

    Rjesenje: grad f = ~a

    Zadatak 3. Izracunajte ~f(x, y, z) i ~f(x, y, z), ako je ~f(x, y, z) = xz~i+ y~k.

    Rjesenje:

    ~f(x, y, z) = z ~f(x, y, z) =~i+ x~j

    Zadatak 4. Izracunajte ~f(x, y, z) i ~f(x, y, z), ako je~f(x, y, z) = x2~i+ xyz~j + z2~k.

    Rjesenje:

    ~f(x, y, z) = 2x+ xz + 2z ~f(x, y, z) = xy~i+ yz~k

    Zadatak 5. Dokazite da je elektricno polje

    ~E(x, y, z) = yz(2x+ y + z)~i+ xz(x+ 2y + z)~j + xy(x+ y + 2z)~k

    potencijalno ili konzervativno, te izracunajte njegov potencijal.

    32

  • Rjesenje:

    rot ~E(x, y, z) = 0

    p(x, y, z) = xyz(x+ y + z) + C

    Zadatak 6. Dokazite da je magnetsko polje

    ~H(x, y, z) = (2xy + z)~i+

    (x2 1

    z

    )~j +

    (x+

    y

    z2

    )~k

    potencijalno ili konzervativno, te izracunajte njegov potencijal.

    Rjesenje:

    rot ~H(x, y, z) = 0

    p(x, y, z) = x2y + xz yz

    + C

    Zadatak 7. Izracunajte usmjerenu derivaciju polja f(x, y, z) = xyz u tocki

    A(5, 1, 2), a u smjeru vektoraAB, gdje je B(9, 4, 14).

    Napomena: vektor izmedu dvije tocke: (x2 x1)~i+ (y2 y1)~j + (z2 z1)~k.

    Rjesenje:

    f(x, y, z)

    AB

    A(5,1,2)

    =

    (4

    13yz +

    3

    13xz +

    12

    13xy

    )A(5,1,2)

    =

    =98

    13

    Zadatak 8. Izracunajte Laplace skalarnog polja

    f(x, y, z) = xey2

    ln z

    u tocki T (1, 1, e).

    Rjesenje:

    f(x, y, z)T (1,1,e)

    =

    (2xey

    2

    ln z(1 + 2y2) xey2

    z2

    )T (1,1,e)

    = 6e 1e.

    Zadatak 9. Izracunajte

    ~f(x, y, z)

    ~s,

    gdje je vektorsko polje ~f(x, y, z) = x2~i+ xyz~j + z2~k, a vektor smjera ~s =~i+~j + ~k.

    Rjesenje:

    ~f(x, y, z)

    ~s=

    2x~i+ (xy + yz + xz)~j + 2z~k3

    33

  • 4 KRIVULJNI INTEGRALI

    Prije nego krenemo obradivati krivuljne integrale, potrebno je definirati postupakkoji se zove parametrizacija krivulje. Neka je vektorska funkcija

    ~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k, t [a, b]

    definirana i neprekinuta na intervalu [a, b]. Graf ove vektorske funkcije je krivulja

    c = {x(t), y(t), z(t) R3 : t [a, b]}.

    Uredeni par vektorske funkcije ~r(t) i intervala [a, b] naziva se parametrizacijakrivulje c. Drugim rijecima, ako je krivulja u prostoru zadana u pravokutnimkoordinatama (x, y, z), parametriziramo je tako da je zapisemo kao vektorskufunkciju jedne varijable t. Potrebno je napomenuti da jedna krivulja ima visenacina parametrizacije. Pokazimo sada postupak parametrizacije na nekolikoprimjera.

    Primjer 1. Napisite parametrizaciju krivulje c odredene kao presjek plohax = z2 i z = y2.

    Jednu parametrizaciju ove presjecnice ploha c mozemo dobiti ako stavimo da jey = y(t) = t, iz cega slijedi da je z = z(t) = y2(t) = t2, odnosnox = x(t) = z2(t) = t4. Kako bi parametrizacija bila potpuna, potrebno je odreditiinterval varijable t. Krivulja c nema nikakvih ogranicenja, sto znaci da varijablat [,]. Na kraju je parametrizacija krivulje c:

    ~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k = t4~i+ t~j + t2~k, t (,).

    Primjer 2. Napisite parametrizaciju kruznice x2 + y2 = 4.

    Ako se prisjetimo dvostrukih i trostrukih integrala, gdje smo uvodili polarne(cilindricne) i sferene koordinate, tada se na slican nacin mogu parametriziratikruznice i sfere. Kod polarnih koordinata smo uzimali

    x = r cos

    y = r sin.

    Kod parametrizacije cemo se posluziti ovim polarnim koordinatama, gdje cemoumjesto kuta uzimati varijablu t, a umjesto polumjera r cemo uvrstiti vrijednostpolumjera zadane kruznice, u nasem slucaju 2. Prema tome, zapisujemo

    x = x(t) = 2 cos t

    y = y(t) = 2 sin t.

    Preostaje nam naci interval na kojem je definirana ova kruznica, odnosno varijablat. Kako je kruznica sa sredistem u ishodistu koordinatnog sustava i bez

    34

  • ogranicenja, tada je varijabla t [0, 2] i parametrizaciju zapisujemo na sljedecinacin

    ~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k = 2 cos t~i+ 2 sin t~j, t [0, 2].

    Ovu kruznicu smo mogli parametrizirati i na nacin da varijablu x zapisemo kaox = x(t) = t iz cega slijedi da je y =

    4 t2. Prema tome dobili smo dvije

    vektorske funkcije

    ~r1(t) = t~i+

    4 t2~j~r2(t) = t~i

    4 t2~j

    Kako je kod ove kruznice x [2, 2], tako je i t [2, 2]. Ako je bitan smjer kojimje kruznica opisana, odnosno orijentacija krivulje, npr. u smjeru kazaljke nasatu, tada je za ~r1(t) t [2, 2], dok je za ~r2(t) t [2,2].

    Primjer 3. Napisite parametrizaciju krivulje, dobivene presjekom ravninex+ z = 2 i elipse

    (x 1)2

    2+y2

    4= 1,

    za koju je y 0.

    Slicno kao i u prethodnom primjeru, opci oblik elipse mozemo zapisati u polarnimkoordinatama

    (x xS)2

    a2+

    (y yS)2

    b2= R2

    x xS = ar cosy yS = br sin

    Prema tome, uvrstimo li vrijednosti kao i u prethodnom primjeru, jedna odparametrizacija nase elipse je:

    x 1 = x(t) 1 =

    2 cos t

    y = y(t) = 2 sin t

    Iz uvjeta y 0, slijedi da je t [0, ], jer imamo samo gornju stranu elipse. Akosada ovu parametrizaciju primjenimo i na pohu x+ z = 2 z = 2 x,konacno dobivamo:

    x(t) =

    2 cos t+ 1

    y(t) = 2 sin t

    z(t) = 2 x(t) = 1

    2 cos t

    t [0, ]

    Sada smo upoznali postupak parametrizacije krivulje, koji nam je neophodanprilikom racunanja krivuljnih integrala.

    35

  • Krivuljni integrali prve vrste

    Neka funkcija (skalarno polje) f(x, y, z) predstavlja linearnu gustocu neke tvarirazmazane po krivulji c, te neka je krivulja c zadana svojom parametrizacijom

    c ... ~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k, t [a, b].

    Tada se integralc

    f(x, y, z)ds =

    ba

    f [x(t), y(t), z(t)]

    [x(t)]2 + [y(t)]2 + [z(t)]2dt, t [a, b]

    naziva krivuljni integral prve vrste i definira masu krivulje c. U navedenomintegralu diferencijal ds elementa luka krivulje

    ds = |~r(t)|dt =

    [x(t)]2 + [y(t)]2 + [z(t)]2dt = |d~r(t)|,

    nastao je od aproksimacije duljine luka krivulje.

    Ako uzmemo da je f(x, y, z) = 1,tada integralc

    ds =

    ba

    [x(t)]2 + [y(t)]2 + [z(t)]2dt, t [a, b]

    predstavlja duljinu luka krivulje c na intervalu [a, b].

    Krivuljni integrali prve vrste ne ovise o smjeru integracije, odnosno o orijentacijikrivule, tj. isto je ako integriramo od toce a do tocke b i obrnuto od tocke b dotocke a.

    Primjer 1. Izracunajte integralc

    2y2 + z2ds,

    gdje je krivulja c presjek sfere x2 + y2 + z2 = a2 i ravnine y = x.

    Iz zadanog integrala zapisujemo da je f(x, y, z) =

    2y2 + z2. Presjecnicu sfere iravnine dobit cemo jednostavnim uvrstavanjem, odnosno

    x2 + y2 + z2 = a2 y = x

    x2 + x2 + z2 = a2 : 2

    x2 +z2

    2=a2

    2

    Ovime smo dobili elipsu u XZ ravnini za koju lako nalazimo parametrizaciju.

    x(t) =a2

    cos t

    z(t) = a sin t

    t [0, 2]

    36

  • Kako krivulja nema nikakvih ogranicenja, tako je varijabla t [0, 2]. Iz jednadzbey = x slijedi da je y(t) = x(t) = a

    2cos t, odnosno

    f [x(t), y(t), z(t)] =

    2a2 cos2 t

    2+ a2 sin2 t = a.

    Sada treba naci naci derivacije x(t), y(t) i z(t), kako bismo izracunali diferencijalds:

    x(t) = a2

    sin t

    y(t) = a2

    sin t

    z(t) = a cos t

    ds =

    [x(t)]2 + [y(t)]2 + [z(t)]2dt =

    a2 sin2 t

    2+a2 sin2 t

    2+ a2 cos2 tdt = adt

    Sada napokon mozemo izracunati krivuljni integralc

    2y2 + z2ds = a2

    20

    dt = 2a2.

    Ovaj zadatak smo mogli rijesiti i na drugi nacin, odnosno projekcijom presjecnice

    x2 +z2

    2=a2

    2

    u XY ravninu

    x2 +z2

    2=a2

    2 z = 0

    x2 =a2

    2

    x = a2

    x

    [ a

    2,a2

    ]

    Ako prilikom parametrizacije uzmemo da je x = x(t) = t, odnosno t [ a

    2, a

    2

    ],

    tada slijedi da je y(t) = x(t) = t, dok iz jednadzbe sfere slijedi

    x2 + y2 + z2 = a2

    z2 = a2 x2 y2

    z = a2 x2 y2

    z = a2 2t2

    37

  • Sada smo zapravo dobili dvije krivulje

    c1 ... x(t) = t y(t) = t z(t) =a2 2t2 t

    [ a

    2,a2

    ]c2 ... x(t) = t y(t) = t z(t) =

    a2 2t2 t

    [ a

    2,a2

    ]cije su derivacije i diferencijali

    c1 ... x(t) = 1 y(t) = 1 z(t) = 2t

    a2 2t2ds =

    a

    2a2 2t2

    dt

    c2 ... x(t) = 1 y(t) = 1 z(t) =

    2ta2 2t2

    ds =a

    2a2 2t2

    dt

    Uvrstimo li u funkciju f(x, y, z) =

    2y2 + z2, parametrizacije krivulja c1 i c2,slijedi

    f [x(t), y(t), z(t)] =

    2t2 + a2 2t2 = a.Rjesenje krivuljnog integrala je

    c

    2y2 + z2ds =

    c1

    2y2 + z2ds+

    c2

    2y2 + z2ds =

    = a2

    2

    a2

    a2

    dta2 2t2

    + a2

    2

    a2

    a2

    dta2 2t2

    =

    = 2a2

    2

    a2

    a2

    dta2 2t2

    = izracun za vjezbu = 2a2

    Primjer 2. Izracunajte integral c

    xyds,

    gdje je krivulja c presjek ploha y =x2 + 1, y + z = 3, x 0, z 0.

    Ovaj primjer mozemo rijesiti na sljedeci nacin. Projekcijom plohe y + z = 3 u XYravninu slijedi da je y = 3. Nadalje, ako y = 3 uvrstimo u jednadzbu plohey =x2 + 1, slijedi da je x = 2

    2. Iz uvjeta x 0, slijedi da je x [0, 2

    2].

    Uzmimo sada da je parametrizacija krivulje presjecnice

    c ... x(t) = t y(t) =x2(t) + 1 =

    t2 + 1 z(t) = 3 y(t) = 3

    t2 + 1

    t [0, 2

    2].

    Pronadimo derivacije i diferencijal

    x(t) = 1 y(t) =tt2 + 1

    z(t) = tt2 + 1

    ds =

    1 +

    t2

    t2 + 1+

    t2

    t2 + 1dt =

    3t2 + 1

    t2 + 1dt.

    38

  • U zadanu funkciju f(x, y, z) = xy uvrstimo parametrizaciju, te slijedi

    f [x(t), y(t), z(t)] = tt2 + 1.

    Rjesenje krivuljnog integrala jec

    xyds =

    220

    tt2 + 1

    3t2 + 1

    t2 + 1dt

    =

    220

    t

    3t2 + 1dt = izracun za vjezbu =124

    9

    Primjer 3. Izracunajte integral c

    x2yzds,

    gdje je krivulja c presjek ploha 5z = x2 + 5(y 1)2 i 2y + z = 2.

    Kako obje plohe sadrze varijablu z, presjecnicu mozemo dobiti na sljedeci nacin

    2y + z = 2 z = 2 2y5z = x2 + 5(y 1)2

    5(2 2y) = x2 + 5(y 1)2

    ...

    x2

    5+ y2 = 1.

    Ovime smo dobili elipsu te je jedna od parametrizacija krivulje presjecnice c

    c ... x(t) =

    5 cos t y(t) = sin t z(t) = 2 2y(t) = 2 2 sin t t [0, 2].

    Nadimo derivacije i diferencijal

    x(t) =

    5 sin t y(t) = cos t z(t) = 2 cos t

    ds =

    5 sin2 t+ cos2 t+ 4 cos2 tdt =

    5dt.

    U zadanu funkciju f(x, y, z) = x2yz uvrstimo parametrizaciju, te slijedi

    f [x(t), y(t), z(t)] = 5 cos2 t sin t(2 2 sin t).

    Rjesenje krivuljnog integrala jec

    x2yzds =

    5

    20

    5 cos2 t sin t(2 2 sin t)dt

    =

    5

    (10

    20

    sin t cos2 tdt 10 20

    sin2 t cos2 tdt

    )=

    = izracun za vjezbu = 5

    5

    2

    39

  • Primjer 4. Izracunajte integral c

    xyds,

    gdje je krivulja c pravokutnik omeden pravcima x = 0, y = 0, x = 4, y = 2.

    Krivuljni integral sa oznakom

    , oznacava da se radi o integraciji po zatvorenojkrivulji. U ovom primjeru krivulja prati zadani (zatvoreni) pravokutnik.

    Nacrtamo li pravokutnik, vidjet cemo da je omeden tockama A(0, 0), B(4, 0),C(4, 2) i D(0, 2). Prema tome, nasa trazena krivulja se sastoji od cetiri spojnice(krivulje), odnosno pravaca

    c

    xyds =

    AB

    xyds+

    BC

    xyds+

    CD

    xyds+

    AD

    xyds

    Njihove parametrizacije mozemo zapisati na sljedeci nacin

    AB ... y(t) = 0 x(t) = t t [0, 4] f [x(t), y(t)] = 0 ds = dtBC ... x(t) = 4 y(t) = t t [0, 2] f [x(t), y(t)] = 4t ds = dtCD ... y(t) = 2 x(t) = t t [0, 4] f [x(t), y(t)] = 2t ds = dtAD ... x(t) = 0 y(t) = t t [0, 2] f [x(t), y(t)] = 0 ds = dt

    Rjesenje krivuljnog integrala jec

    xyds =

    AB

    xyds+

    BC

    xyds+

    CD

    xyds+

    AD

    xyds

    = 0 + 4

    20

    tdt+ 2

    40

    tdt+ 0 = ... = 24.

    U ovom primjeru se vidi da krivuljni integrali prve vrste ne ovise o orijentacijikrivulje, tj. kod pravaca CD i AD nismo uzimali obrnute intervale t [4, 0],odnosno t [2, 0].

    Krivuljni integrali druge vrste

    Ako za funkciju uzmemo vektorsko polje umjesto skalarnog, tj.~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k i integriramo ga poparametriziranoj krivulji c na intervalu [a, b], dobit cemo krivuljni integraldruge vrste definiran na sljedeci nacin:c

    ~f(x, y, z)d~r =

    c

    f1(x, y, z)dx+ f2(x, y, z)dy + f3(x, y, z)dz =

    =

    ba

    [f1(x(t), y(t), z(t)

    )x(t) + f2

    (x(t), y(t), z(t)

    )y(t) + f3

    (x(t), y(t), z(t)

    )z(t)

    ]dt

    t [a, b]

    40

  • Za razliku od krivuljnih integrala prve vrste, krivuljni integrali druge vrste ovise osmjeru integracije, odnosno o orijentaciji krivulje, tj. nije isto ako integriramo odtocke A do tocke B i obrnuto od tocke B do tocke A. Vrijedi

    AB

    ~fd~r = BA

    ~fd~r

    Primjer 5. Izracunajte integralc

    xdx+ ydy zdz,

    gdje je krivulja c zadana parametarski x(t) = t2, y(t) = t, z(t) = 1t, od tocke

    A(4, 2, 12) do tocke B(1, 1, 1).

    Iz integrala mozemo zapisati da je vektorsko polje ~f(x, y, z) = x~i+ y~j z~k.Krivulja je vec zadana parametarski, medutim tocke su zadane u pravokutnimkoordinatama. Izjednacavanjem parametarski zadanih varijabli i koordinata tocakaA i B slijedi

    Za tocku A(

    4, 2,1

    2

    )4 = x(t) = t2, 2 = y(t) = t,

    1

    t= z(t) =

    1

    2 t1 = a = 2

    Za tocku B(1, 1, 1)

    1 = x(t) = t2, 1 = y(t) = t,1

    t= z(t) = 1 t2 = b = 1

    Derivacije su

    x(t) = 2t y(t) = 1 z(t) = 1t2,

    a skalarne komponente zadanog vektora

    f1(x(t), y(t), z(t)) = x(t) = t2 f2(x(t), y(t), z(t)) = y(t) = t

    f3(x(t), y(t), z(t)) = z(t) = 1

    t.

    Napokon, rjesenje krivuljnog integrala jec

    xdx+ ydy zdz = 12

    [f1(x(t), y(t), z(t))x

    (t) + f2(x(t), y(t), z(t))y(t)+

    + f3(x(t), y(t), z(t))z(t)

    ]dt =

    12

    [t2(2t) + t 1

    t

    ( 1t2

    )]dt =

    = izracun za vjezbu = 758

    U ovom primjeru smo vidjeli da krivuljni integrali druge vrste ovise o orijentacijikrivulje, tj. interval je bio t [2, 1].

    41

  • Primjer 6. Izracunajte integral c

    (y 1)dx,

    gdje je c dio krivulje x2 + y2 = 2x+ 2y koji se nalazi u prvom kvadrantu, obiden upozitivnom smjeru (obrnuto od kazaljke na satu).

    Zadano vektorsko polje je ~f(x, y, z) = (y 1)~i, odnosno ima jednu skalarnukomponentu.Nadalje, ako zadanu krivulju nadopunimo do potpunog kvadrata

    x2 + y2 = 2x+ 2y

    x2 2x+ y2 2y = 0(x 1)2 1 + (y 1)2 1 = 0(x 1)2 + (y 1)2 = 2

    dobit cemo kanonski oblik kruznice (x 1)2 + (y 1)2 = 2. Jedna odparametrizacija te krivulje je

    x(t) =

    2 cos t+ 1 y(t) =

    2 sin t+ 1

    cije su derivacije

    x(t) =

    2 sin t y(t) =

    2 cos t

    Iz uvjeta da se krivulja nalazi u prvom kvadrantu, odnosno x(t) 0 i y(t) 0,slijedi

    2 sin t+ 1 0,

    2 cos t+ 1 0

    sin t 12, cos t 1

    2

    t [

    4,3

    4

    ].

    Ako uvrstimo parametrizaciju u skalarnu komponentu vektorskog polja, slijedi

    f1(x(t), y(t), z(t)) =

    2 sin t,

    a rjesenje krivuljnog integrala jec

    (y 1)dx = 3

    4

    4

    f1(x(t), y(t), z(t))x(t)dt =

    =

    34

    4

    2 sin t(

    2 sin t)dt = 2

    34

    4

    sin2 tdt =

    = izracun za vjezbu =

    42

  • Zadatak 7. Izracunajte integralc

    x3dx+ 3zy2dy x2ydz,

    gdje je c dio pravca od tocke A(1, 2, 3) do tocke B(1, 2, 1).

    Vektorsko polje je ~f(x, y, z) = x3~i+ 3zy2~j x2y~k. Parametrizacija pravca uprostoru koji prolazi kroz dvije tocke T1(x1, y1, z1) i T2(x2, y2, z3) zapisuje se nasljedeci nacin

    x x1x2 x1

    =y y1y2 y1

    =z z1z2 z1

    = t

    x(t) = x1 + (x2 x1)ty(t) = y1 + (y2 y1)tz(t) = z1 + (z2 z1)t

    Primijenimo li prethodno na tocke A(1, 2, 3) i B(1, 2, 1) slijedi

    x 12

    =y 2

    0=z 32

    = t

    x(t) = 1 2ty(t) = 2

    z(t) = 3 2t

    Izjednacavanjem parametarskih varijabli i koordinata tocaka,

    Za tocku A(1, 2, 3)

    1 = x(t) = 1 2t, 2 = y(t) = 2, 3 = z(t) = 3 2t a = 0

    Za tocku B(1, 2, 1) 1 = x(t) = 1 2t, 2 = y(t) = 2, 1 = z(t) = 3 2t b = 1

    Derivacije parametarskih varijabli su

    x(t) = 2, y(t) = 0 z(t) = 2,

    a skalarne komponente zadanog vektorskog polja

    f1(x(t), y(t), z(t)) = (1 2t)3, f2(x(t), y(t), z(t)) = 12(3 2t),

    f3(x(t), y(t), z(t)) = 2(1 2t)2.

    43

  • Rjesenje krivuljnog integrala jec

    x3dx+ 3zy2dy x2ydz

    =

    ba

    [f1(x(t), y(t), z(t)

    )x(t) + f2

    (x(t), y(t), z(t)

    )y(t) + f3

    (x(t), y(t), z(t)

    )z(t)

    ]dt

    =

    10

    [(1 2t)3(2) + 12(3 2t) 0 2(1 2t)2(2)

    ]dt =

    = izracun za vjezbu =4

    3

    Greenova formula (teorem)

    Neka je c pozitivno orijentirana (suprotno od smjera kazaljke sata)zatvorena krivulja, te neka je D lik u ravnini kojeg omeduje c. Nadalje,neka je ~f(x, y) = f1(x, y)~i+ f2(x, y)~j diferencijabilno vektorsko polje. Tadavrijedi

    c

    ~f(x, y)d~r =

    c

    f1(x, y)dx+ f2(x, y)dy =

    D

    (f2(x, y)

    x f1(x, y)

    y

    )dxdy

    Primjer 8. Primjenom Greenove formule izracunajte integralc

    y2dx+ xdy,

    gdje je c jedinicna kruznica orijentirana u pozitivnom smjeru (obrnuto od kazaljkena satu).

    Iz zadanog integrala zapisujemo da je vektorsko polje ~f(x, y, z) = y2~i+ x~j,odnosno njegove skalarne komponente su f1(x, y) = y

    2 i f2(x, y) = x. Sada,primjenom Greenove formule slijedi

    c

    y2dx+ xdy =

    D

    (f2(x, y)

    x f1(x, y)

    y

    )dxdy =

    =

    D

    ((x)

    x (y

    2)

    y

    )dxdy =

    =

    D

    (1 2y)dxdy

    Zadana krivulja je kruznica, cija je jednadzba x2 + y2 = 1, te prijelazom na polarnekoordinate slijedi r [0, 1] i [0, 2]. Napokon, racunamo dvostruki integral

    D

    (1 2y)dxdy = 20

    d

    10

    (1 2r sin)rdr =

    = izracun za vjezbu =

    44

  • ZADACI ZA VJEZBU

    Zadatak 1. Izracunajte

    c

    y2ds, gdje je krivulja c gornja polovica kruznice

    x2 + y2 = a2 izmedu tocaka A(a, 0) i B(a, 0).

    Rjesenje: I = a32.

    Zadatak 2. Izracunajte

    c

    xyds, gdje je krivulja c zadana jednadzbom

    |x|+ |y| = a, a > 0.

    Napomena: Krivulja je kvadrat, cije su stranice redom po kvadrantima: x+ y = a,x+ y = a, x y = a i x y = a.

    Rjesenje: I = 0.

    Zadatak 3. Izracunajte integralc

    ds

    x2 + y2 + z2,

    gdje je c prvi zavoj zavojnice x = a cos t, y = a sin t, z = bt, t [0, 2].

    Rjesenje:

    I =

    a2 + b2 arctan 2b

    a

    ab.

    Zadatak 4. Izracunajte

    c

    (x2 + y2)ds, gdje je c presjecnica ploha x2 + 2y2 = 4,

    z = y, y 1.

    Rjesenje: I = 3 2.

    Zadatak 5. Izracunajte

    c

    2xydx x2dy po krivulji c koja je

    a) dio pravca y = x2

    od tocke O(0, 0) do tocke A(2, 1),

    b) dio parabole y = x2

    4od tocke O(0, 0) do tocke A(2, 1).

    Rjesenje: a) I = 43, b) I = 0.

    Zadatak 6. Izracunajte integralc

    (x+ y)dx (x y)dyx2 + y2

    ,

    po kruznici x2 + y2 = a2 orijentiranoj u pozitivnom smjeru, tj. suprotno gibanjukazaljke na satu.

    45

  • Rjesenje: I = 2.

    Zadatak 7. Izracunajte

    c

    y2dx+ x2dy po gornjoj polovici elipse x = a cos t,

    y = b sin t u smjeru gibanja kazaljke na satu.Napomena: Koristite formule

    sinm tdt = cos t sinm1 t

    m+m 1m

    sinm2 tdt

    cosm tdt =

    sin t cosm1 t

    m+m 1m

    cosm2 tdt.

    Rjesenje: I = 4ab2

    3.

    Zadatak 8. Izracunajte

    c

    (y z)dx+ (z x)dy+ (x y)dz, gdje je c presjecnica

    ploha x2 + y2 = 1, x+ z = 1, y 0, orijentirana u pozitivnom smjeru.

    Rjesenje: I = 2 2.

    Zadatak 9. Primjenom Greenove formule izracunajtec

    2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy,

    gdje je c kontura trokuta s vrhovima A(1, 1), B(2, 2), C(1, 3) orijentirana upozitivnom smjeru. Izracunajte takoder integral izravno.

    Rjesenje: I = 43.

    46

  • 5 PLOSNI INTEGRALI

    Na pocetku ovog kolegija upoznali smo se sa dvostrukim integralima, kod kojih sepodrucje integracije nalazilo u ravnini. Sada cemo se upoznati sa opcenitijimslucajem, odnosno sa dvostrukim integralom na nekoj plohi koja nije ravnina.Takvi integrali se nazivaju plosni integrali, te razlikujemo plosne integraleprve i plosne integrale druge vrste. Analogno krivuljnim integralima, kodprve vrste plosnih integrala funkcija koja se integrira je skalarno polje, a kod drugevrste je vektorsko polje.

    Plosni integrali prve vrste

    Neka je S tzv. funkcijska ploha, odnosno neka je S dio grafa neke funkcije dvijuvarijabli, z = z(x, y) ili x = x(y, z) ili y = y(x, z). U sva tri slucaja koristit cemozapis S : z = z(x, y) ili S : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z). Ako su prethodne funkcijediferencijabilne, tada je i odgovarajuca ploha S diferencijalbilna.

    Neka je S : z = z(x, y) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije (skalarnog polja) f(x, y, z) po plohi S definiramo kao

    S

    f(x, y, z)dS =

    Sxy

    f(x, y, z(x, y))

    1 +

    (zx

    )2+(zy

    )2dxdy,

    pri cemu je Sxy projekcija plohe S na ravninu XY .

    Neka je S : x = x(y, z) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije f(x, y, z) po plohi S definiramo kao

    S

    f(x, y, z)dS =

    Syz

    f(x(y, z), y, z)

    1 +

    (xy

    )2+(xz

    )2dydz,

    pri cemu je Syz projekcija plohe S na ravninu Y Z.

    Neka je S : y = y(x, z) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije f(x, y, z) po plohi S definiramo kao

    S

    f(x, y, z)dS =

    Sxz

    f(x, y(x, z), z)

    1 +

    (yx

    )2+(yz

    )2dxdz,

    pri cemu je Sxz projekcija plohe S na ravninu XZ.

    U sva tri slucaja, ako je f(x, y, z) = 1, onda je plosni integral prve vrste jednakpovrsini plohe S nad podrucjima Sxy, Syz, odnosno Sxz.

    Primjer 1. Izracunajte integral S

    dS,

    47

  • gdje je S dio plohe z = x2 + y2 za koju je z 1.

    Ovisno o jednostavnosti zadane plohe odabiremo odgovarajucu funkcijsku plohu,S : z = z(x, y) ili S : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z). U ovome primjeru vec nam jeunaprijed odredeno da uzmemo S : z = z(x, y), jer tada imamo samo jednufunkcijsku plohu z(x, y) = x2 + y2. Ako bi uzeli S : x = x(y, z), tada bismo dobilidvije funkcijske plohe x1(y, z) =

    y2 z i x2(y, z) =

    y2 z, cime bi

    zakomplicirali izracun. Na analogan nacin dobili bi dvije funkcijske plohe kodS : y = y(x, z).Prema tome, ako uzmemo da je funkcijska ploha z(x, y) = x2 + y2, potrebno je nacinjene parcijalne derivacije za izracun diferencijala

    dS =

    1 +(z(x, y)x

    )2+

    (z(x, y)

    y

    )2dxdy.

    Racunamo

    z(x, y)

    x=(x2 + y2)

    x= 2x

    z(x, y)

    y=(x2 + y2)

    y= 2y.

    Integral cemo racunati premaS

    dS =

    Sxy

    1 +

    (zx

    )2+(zy

    )2dxdy =

    Sxy

    1 + 4x2 + 4y2dxdy

    Sada treba naci podrucje integracije Sxy, odnosno projekciju plohe u XY ravninu.Izjednacavanjem z = x2 + y2 i z 1, slijedi da je projekcija plohe S u XY ravninukrug x2 + y2 1 za koji vrijediSxy = {(x, y) : 1 x 1,

    1 x2 y

    1 x2}, odnosno u polarnim

    koordinatama [0, 2] i r [0, 1]. Napokon, racunamo dvostruki integralSxy

    1 + 4x2 + 4y2dxdy =

    20

    d

    10

    r

    1 + 4r2dr =

    = izracun za vjezbu =

    6(5

    5 1).

    Primjer 2. Izracunajte integral S

    y2dS,

    gdje je S dio stosca x =y2 + z2 za koji je x 2.

    Sada nam je prirodno uzeti da je funkcijska ploha S : x = x(y, z) =y2 + z2.

    Pronadimo parcijalne derivacije za izracun diferencijala

    dS =

    1 +(x(y, z)y

    )2+

    (x(y, z)

    z

    )2dxdy

    48

  • x(y, z)

    y=y2 + z2

    y=

    yy2 + z2

    x(y, z)

    z=y2 + z2

    z=

    zy2 + z2

    .

    Integral cemo racunati premaS

    y2dS =

    Syz

    y2

    1 +

    (xy

    )2+(xz

    )2dydz

    =

    Syz

    y2

    1 +

    y2

    y2 + z2+

    z2

    y2 + z2dydz =

    =

    2

    Syz

    y2dydz

    Sada treba naci projekciju zadane plohe u Y Z ravninu. Izjednacavanjemx =

    y2 + z2 i x 2, proizlazi da je projekcija plohe S u Y Z ravninu krug

    y2 + z2 4, za koji vrijedi Syz = {(y, z) : 2 y 2,

    4 y2 z

    4 y2},odnosno u polarnim koordinatama [0, 2] i r [0, 2]. Slijedi

    2

    Syz

    y2dydz =

    2

    20

    cos2 d

    20

    r3dr =

    = izracun za vjezbu = 4

    2.

    Primjer 3. Izracunajte integral S

    xz3dS,

    gdje je S dio cilindra x2 + y2 = 1 za koji je 1 z 3.

    Kako je ploha zadana jednadzbom x2 + y2 = 1, tada za funkcijsku plohu mozemouzeti ili x = x(y, z) ili y = y(x, z). Uzet cemo da je funkcijska plohaS : x = x(y, z), iz cega proizlaze dvije plohe S1 : x =

    1 y2 i S2 : x =

    1 y2.

    Nadimo parcijalne derivacije za obje plohe

    Za plohu x =

    1 y2

    x(y, z)

    y=

    1 y2y

    = y1 y2

    x(y, z)

    z=

    1 y2z

    = 0

    Za plohu x =

    1 y2

    x(y, z)

    y=(

    1 y2)y

    =y

    1 y2

    x(y, z)

    z=(

    1 y2)z

    = 0

    49

  • i uvrstimo u plosni integral prve vrsteS

    xz3dS =

    S1

    x(y, z)z3dS +

    S2

    x(y, z)z3dS

    =

    Syz

    1 y2z3

    1 +

    y2

    1 y2dydz+

    +

    Syz

    (

    1 y2)z3

    1 +

    y2

    1 y2dydz

    = 0.

    Na analogan nacin dobili bi isti rezultat kada bi za funkcijsku plohu uzeliS : y = y(x, z).

    Plosni integrali druge vrste

    Kod plosnih integrala prve vrste (skalarnog polja), nije nam bila bitna tzv.orijentacija plohe, dok ce nam kod plosnih integrala druge vrste (vektorskogpolja) biti bitna.Neka je S ploha i neka je T0 tocka na rubu plohe. U toj tocki neka postoji jedinicnivektor ~n normale (okomice) na plohu, te neka smo odabrali smjer te normale.Odaberimo bilo koju zatvorenu krivulju na toj plohi koja prolazi tockom T0 i nekakrivulja nema zajednickih tocaka s rubom plohe. U svakoj tocki te krivulje nekapostoji jedinicni vektor normale na plohu S. Ako krenemo iz tocke T0 po krivulji iako se nakon obilaska ponovno vratimo u T0, moze se dogoditi da nakon obilaskadodemo u T0 i imamo isti normalni vektor ili normalni vektor suprotnog smjera.Glatka ploha S je dvostrana ploha ako nakon povratka u polaznu tocku po bilokojoj zatvorenoj krivulji na njoj, koja nema zajednickih tocaka sa rubom plohe,smjer vektora normale ostaje nepromijenjen. U protivnom ploha je jednostrana.Primjeri dvostranih ploha su glatke plohe zadane jednadzbom oblika z = z(x, y) ilix = x(y, z) ili y = y(x, z). Jedan izbor normale, a prema tome i strane plohe, jeonaj kada vektor normale cini s pozitivnim smjerom osi z za plohu z = f(x, y), osix za plohu x = x(y, z), osi y za plohu y = y(x, z) siljast kut, a drugi izbor kad jetaj kut tupi. Dvostrane plohe nazivamo orijentabilnim, cija je orijentacija jedanod dva izbora vektora normale.

    Neka je zadana dvostrana (orijentabilna) glatka ploha S i neka je odabran njezinjedinicni vektor normale ~n = ~n(x, y, z). Nadalje, neka je na plohi definirano

    vektorsko polje ~f = ~f(x, y, z). Tada je plosni integral druge vrsteS

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS,

    koji se opisuje kao tok vektorskog polja ~f(x, y, z) kroz plohu S.

    Jedan od nacina rjesavanja plosnih integrala druge vrste, a koji cemo i mi koristiti,je svodenje na plosne integrale prve vrste. Neka je ploha S funkcijska ploha koju

    50

  • mozemo zapisati u obliku S : z = z(x, y), te se projicira u XY ravninu nazatvoreno podrucje Sxy. Nadalje, neka je funkcija (vektorsko polje)~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k, tada se vektor jedinicne normalena tu plohu definira na sljedeci nacin:

    1) ako je ploha S orijentirana tako da normala s pozitivnim dijelom z osi zatvarasiljasti kut,

    ~n =z(x,y)

    x~i z(x,y)

    y~j + ~k

    1 +(z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 .Iz toga slijedi

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

    f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y

    + f3(x, y, z(x, y))1 +

    (z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 dS ==

    Sxy

    ( f1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x f2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y+ f3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    2) ako je ploha S orijentirana tako da normala s pozitivnim dijelom z osi zatvaratupi kut,

    ~n =

    z(x,y)x

    ~i+ z(x,y)y

    ~j ~k1 +

    (z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 .Iz toga slijedi

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

    f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x

    + f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y f3(x, y, z(x, y))

    1 +(z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 dS ==

    Sxy

    (f1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x+ f2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y f3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    Na slican nacin bismo dobili formule kada bi uzeli da su funkcijske ploheS : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z).

    Primjer 4. Izracunajte tok vektorskog polja ~f = x2~i+ xy~j + xz~k kroz trokut svrhovima A(1, 0, 0), B(0, 2, 0) i C(0, 0, 3). Normala je orijentirana tako da kadagledamo iz vrha normale na ravninu trokuta ABC, taj je trokut orijentiransuprotno od gibanja kazaljke na satu.

    51

  • Vec smo u ovom kolegiju izracunavali jednadzbu ravnine u prostoru kroz tri tockeT1(x1, y1, z1), T2(x2, y2, z2) i T3(x3, y3, z3):

    x x1 y y1 z z1x2 x1 y2 y1 z2 z1x3 x1 y3 y1 z3 z1

    = 0Primjenom prethodnog, slijedi da je jednadzba ravnine trokuta ABCz = 3 3x 3

    2y. Uzet cemo da je funkcijska ploha S : z = z(x, y) = 3 3x 3

    2y.

    Nadalje, zadano nam je da kada gledamo iz vrha normale da je tada trokut ABCorijentiran suprotno od gibanja kazaljeke na satu. Prema tome, strana trokuta jevanjska, tj. vektor normale zatvara siljasti kut sa z osi, a plosni integral drugevrste racunamo prema

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

    f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y

    + f3(x, y, z(x, y))1 +

    (z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 dS ==

    Sxy

    ( f1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x f2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y+ f3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

    f1(x, y, z(x, y)) = x2

    f2(x, y, z(x, y)) = xy

    f3(x, y, z(x, y)) = x(3 3x3

    2y) = 3x 3x2 3

    2xy

    te slijediSxy

    ( f1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x f2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y+ f3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    =

    Sxy

    ( x2

    (3 3x 32y)

    x xy

    (3 3x 32y)

    y+ 3x 3x2 3

    2xy)dxdy

    =

    Sxy

    (3x2 +

    3

    2xy + 3x 3x2 3

    2xy)dxdy

    = 3

    Sxy

    xdxdy

    Projekcija trokuta ABC, zadanog jednadzbom z(x, y) = 3 3x 32y, u XY

    ravninu (za z = 0) je trokut omeden koordinatnim osima i pravcem0 = 3 3x 3

    2y y = 2 2x. Tada je podrucje integracije

    Sxy = {(x, y) : 0 x 1, 0 y 2 2x}, te konacno racunamo

    3

    Sxy

    xdxdy = 3

    10

    xdx

    22x0

    dy = izracun za vjezbu = 1.

    52

  • Plosni integral moze se zapisati i na sljedeci nacinS

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

    S

    f1(x, y, z)dydz + f2(x, y, z)dxdz + f3(x, y, z)dxdy.

    Kada imamo ovakav zapis, integral mozemo rijesiti na vec spomenuti nacin, ali irastavljanjem na tri integrala:

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

    Syz

    f1(x(y, z), y, z)dydz

    Sxz

    f2(x, y(x, z), z)dxdz

    Sxy

    f3(x, y, z(x, y))dxdy

    Predznak svakog integrala ovisit ce o orijentaciji plohe S, tj. o tome da li normalazatvara tupi () ili siljasti (+) kut s odredenom funkcijskom osi (x,y ili z).

    Primjer 5. Izracunajte integralS

    zdxdy + ydxdz + xdydz,

    gdje je S vanjska strana polusfere x2 + y2 + z2 = a2, z 0.

    Zadatak cemo rijesiti na oba spomenuta nacina.

    1. nacinIz integrala definiramo vektorsko polje ~f(x, y, z) = x~i+ y~j + z~k. Za funkcijskuplohu S uzet cemo z = z(x, y), jer cemo imati samo jednu funkcijsku plohuz(x, y) =

    a2 x2 y2, sto proizlazi iz uvjeta z 0. Nadalje, u zadatku nam je

    zadana vanjska strana plohe S, odnosno gornje polusfere, iz cega slijedi da vektornormale u svakoj tocki te polusfere zatvara siljasti kut s pozitivnim dijelom z osi.Prema tome, plosni integral druge vrste racunamo prema

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

    f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y

    + f3(x, y, z(x, y))1 +

    (z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 dS ==

    Sxy

    ( f1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x f2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y+ f3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

    f1(x, y, z(x, y)) = x

    f2(x, y, z(x, y)) = y

    f3(x, y, z(x, y)) = z =a2 x2 y2

    53

  • a parcijalne derivacije funkcijske plohe z(x, y) =a2 x2 y2

    z(x, y)

    x=a2 x2 y2x

    = xa2 x2 y2

    z(x, y)

    y=a2 x2 y2

    y= y

    a2 x2 y2

    te slijediSxy

    ( f1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x f2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y+ f3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    Sxy

    (x2

    a2 x2 y2+

    y2a2 x2 y2

    +a2 x2 y2

    )dxdy =

    Sxy

    (x2 + y2a2 x2 y2

    +a2 x2 y2

    )dxdy =

    Sxy

    a2a2 x2 y2

    dxdy

    Projekcija funkcijske plohe z(x, y) =a2 x2 y2 u XY ravninu je kruznica

    x2 + y2 = a2, te prijelazom na polarne koordinate slijedi [0, 2] i r [0, a].Napokon racunamo integral

    Sxy

    a2a2 x2 y2

    dxdy =

    20

    d

    a0

    a2ra2 r2

    dr =

    = izracun za vjezbu = 2a3

    2. nacinSada cemo zadani integral rastaviti na tri integrala

    S

    zdxdy + ydxdz + xdydz =

    S

    zdxdy +

    S

    ydxdz +

    S

    xdydz

    = I1 + I2 + I3

    Prema definiciji, kod prvog integrala uzet cemo da je funkcijska plohaz(x, y) =

    a2 x2 y2, te ce integral imati pozitivan predznak jer normala na tu

    funkcijsku plohu zatvara siljasti kut sa pozitivnim dijelom z osi. Nadalje,projekcijom funkcijske plohe u XY ravninu dobivamo kruznicu x2 + y2 = a2, teprimjenom polarnih koordinata slijedi

    I1 =

    S

    zdxdy =

    Sxy

    a2 x2 y2dxdy =

    20

    d

    a0

    a2 r2rdr = 2a

    3

    3

    Kod drugog integrala uzet cemo da je funkcijska ploha y = y(x, z), te cemo imatidvije funkcijske plohe S1 = y1(x, z) =

    a2 x2 z2 i

    54

  • S2 = y2(x, z) = a2 x2 z2. Nadalje, normala na prvu plohu zatvara siljasti

    kut sa pozitivnim dijelom y osi, pa ce integral imati pozitivan predznak, doknormala na drugu plohu zatvara tupi kut sa pozitivnim dijelom y osi, pa ceintegral imati negativan predznak. Slijedi

    I2 =

    S

    ydxdz =

    S1

    ydxdz +

    S2

    ydxdz

    =

    Sxz

    a2 x2 z2dxdz

    Sxz

    a2 x2 z2dxdz =

    = 2

    Sxz

    a2 x2 z2dxdz

    Projekcijom funkcijske plohe y = y(x, y) u XZ ravninu dobivamo gornju polovicukruznice x2 + z2 = a2, jer je z 0. Primjenom polarnih koordinata slijedi [0, ] i r [0, a] i racunamo

    2

    Sxz

    a2 x2 z2dxdz = 2

    0

    d

    a0

    a2 r2rdr = 2a

    3

    3

    Na analogan nacin dobivamo i da je I3 =2a3

    3, pa je rjesenje integrala

    I = I1 + I2 + I3 = 2a3.

    Primjer 6. Izracunajte tok elektricnog polja ~E(x, y, z) = x~i+ y~j + z3~k krozvanjsku stranu plohe x2 + y2 = z2, 0 z 1.

    Rijesimo zadatak na oba nacina.

    1. nacinZa funkcijsku plohu S uzet cemo z = z(x, y), jer cemo imati samo jednu funkcijskuplohu z(x, y) =

    x2 + y2, sto proizazi iz uvjeta 0 z 1. Nadalje, u zadatku

    nam je zadana vanjska strana plohe S, a nacrtamo li graf funkcijske plohez(x, y) =

    x2 + y2, odnosno stosca, slijedi da vektor normale u svakoj tocki tog

    stosca zatvara tupi kut s pozitivnim dijelom z osi. Prema tome, plosni integraldruge vrste racunamo prema

    S

    ~E(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

    E1(x, y, z(x, y))z(x,y)x

    + E2(x, y, z(x, y))z(x,y)y E3(x, y, z(x, y))

    1 +(z(x,y)x

    )2+(z(x,y)y

    )2 dS ==

    Sxy

    (E1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x+ E2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y E3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

    E1(x, y, z(x, y)) = x

    E2(x, y, z(x, y)) = y

    E3(x, y, z(x, y)) = z3 = (

    x2 + y2)3

    55

  • a parcijalne derivacije funkcijske plohe z(x, y) =x2 + y2

    z(x, y)

    x=x2 + y2

    x=

    xx2 + y2

    z(x, y)

    y=x2 + y2

    y=

    yx2 + y2

    te slijediSxy

    (E1(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    x+ E2(x, y, z(x, y))

    z(x, y)

    y E3(x, y, z(x, y))

    )dxdy

    Sxy

    (x2x2 + y2

    +y2x2 + y2

    (x2 + y2)3

    )dxdy =

    Sxy

    (x2 + y2x2 + y2

    + (x2 + y2)3

    )dxdy =

    Sxy

    x2 + y2 (x2 + y2)2x2 + y2

    dxdy

    Projekcija funkcijske plohe z(x, y) =x2 + y2 u XY ravninu je kruznica

    x2 + y2 = 1, sto slijedi iz uvjeta 0 z 1, te prijelazom na polarne koordinateslijedi [0, 2] i r [0, 1]. Napokon racunamo integral

    Sxy

    x2 + y2 (x2 + y2)2x2 + y2

    dxdy =

    20

    d

    10

    r2 r4

    rrdr =

    =

    20

    d

    10

    (r2 r4) = izracun za vjezbu = 415

    2. nacinSada cemo zadani integral rastaviti na tri integrala

    S

    ~E(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

    S

    xdydz +

    S

    ydxdz +

    S

    z3dxdy =

    = I1 + I2 + I3

    Kod prvog integrala imat cemo dvije funkcijske plohe S1 = x1(y, z) =z2 y2 i

    S2 = x2(y, z) = z2 y2. Nadalje, vanjska normala na prvu plohu zatvara

    siljasti kut sa x osi, pa ce integral imati pozitivan predznak, dok vanjska normalana drugu plohu zatvara tupi kut sa x osi, pa ce integral imati negativan predznak.Slijedi

    I1 =

    S

    xdydz =

    S1

    xdydz +

    S2

    xdydz

    =

    Syz

    z2 y2dydz

    Syz

    z2 y2dydz = 2

    Syz

    z2 y2dydz

    56

  • Projekcijom plohe x = x(y, z) u Y Z ravninu dobivamo trokut, koji je omedenpravcima z = y, z = 0 i z = 1, odnosno podrucje integracije je omedenogranicama, z [0, 1] i y [z, z]. Slijedi

    2

    Syz

    z2 y2dydz = 2

    10

    dz

    zz

    z2 y2dy = izracun za vjezbu =

    3

    Na analogan nacin dobivamo da je i I2 =3. Kod treceg integrala imamo plohu

    z =x2 + y2, cija vanjska normala zatvara tupi kut sa z osi, pa ce integral imati

    negativan predznak. Slijedi

    I3 =

    S

    z3dxdy =

    Sxy

    (x2 + y2)3dxdy

    Projekcijom plohe u XY ravninu, te primjenom polarnih koordinata dobivamo

    20

    d

    10

    r4dr = 25

    Na kraju je rjesenje integrala I = I1 + I2 + I3 =415

    .

    Teorem o divergenciji (Ostrogradski-Gauss-Green formula)

    Neka je V zatvoreno podrucje u prostoru omedeno sa po dijelovimaglatkom zatvorenom plohom S koja samu sebe ne presijeca i neka je ~npolje jedinicnih vanjskih normala na plohu S. Ako je ~f vektorsko poljederivabilno u okolini podrucja V , onda vrijedi

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

    V

    [ div ~f(x, y, z)]dxdydz.

    Odnosno, drugim rijecima, tok vektorskog polja kroz neku zatvorenu plohu moguceje izracunati primjenom trostrukog integrala nad podrucjem V kojeg zatvara plohaS.

    Primjer 7. Primjenom teorema o divergenciji izracunajte tok vektorskog polja~f(x, y, z) = x2~i+ xy~j + xz~k kroz tetraedar s vrhovima O(0, 0, 0), A(1, 0, 0),B(0, 1, 0) i C(0, 0, 1).

    Podrucje koje omeduje zadani tetraedar, omedeno je trokutima ABC, ABO, ACOi BCO. Ako primijenimo teorem o divergenciji, potrebno je odrediti podrucjeintegracije V , koje zatvaraju ovi trokuti. Prisjetimo se trostrukih integrala, tekrenimo racunati. Jednadzba ravnine trokuta ABC je z = 1 x y (vidijednadzbu ravnine kroz tri tocke), a trokuta ABO z = 0. Divergencija vektora~f(x, y, z) je div ~f(x, y, z) = 2x+ x+ x = 4x. Projekcijom tetraedra u XY ravninudobivamo trokut omeden pravcima x = 0, y = 0 i y = 1 x. Slijedi da je integral

    S

    ~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

    V

    [ div ~f(x, y, z)]dxdydz = 4

    V

    xdxdydz

    = 4

    10

    xdx

    1x0

    dy

    1xy0

    dz = izracun za vjezbu =1

    6

    57

  • NAPOMENA: Za vjezbu izracunajte integral bez primjene teorema o divergenciji.Integral morate rastaviti na onoliko ploha koliko ima tetraedar, odnosno cetiri.Plohe su

    S1 ... ABO ... z = 0

    S2 ... BCO ... x = 0

    S3 ... ACO ... y = 0

    S4 ... ABC ... z = 1 x y

    OdnosnoS

    ~f ~ndS =

    S1

    ~f ~n1dS +

    S2

    ~f ~n2dS +

    S3

    ~f ~n3dS +

    S4

    ~f ~n4dS

    Stokesov teorem

    Neka je ~f vektorsko polje derivabilno na podrucju koje sadrzi plohu Ssa glatkim rubom (krivuljom) c. Neka su ploha S i krivulja c koherentnoorijentirane (kada gledamo iz vrha vektora jedinicne normale na plohuS, krivulja c obavija plohu S suprotno kretanju kazaljeke na satu). Tadaje

    c

    ~f(x, y, z)d~r =

    c

    f1(x, y, z)dx+ f2(x, y, z)dy + f3(x, y, z)dz =

    =

    S

    [ rot ~f(x, y, z)] ~n(x, y, z)dS

    Odnosno, drugim rijecima, primjenom Stokesovog teorema moguce