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

Křivkový integrál – příklad 4 Určete ∫ x2 ds, kde C