STOKES 5 6. oopćenja Newton Leibnizove formule 6.. Još neki važni operatori Doasad smo naučili operator ili grad, koji od skalarnog polja radi vektorsko polje: ( U gradu U(x, y, z) x,, ). z Sada ćemo upoznati još dva operatora: rot i div. Operator rot od vektorskog polja pravi drugo vektorsko polje: rotf F x z F x F y F z ( Fz F y z, F x z F z x, F y x F ) x. Rotacija mjeri vrtložnost polja F. rimjer 6... Izračunajte rot F ako je F (x + y + z, x z, y + z). rijedi rot F ( Fz F y z, F x z F z x, F y x F ) x (y +, z, x ). Divergencija od vektorskog polja pravi skalarno polje i definira se kao: div F F ( x,, ) (F x, F y, F z ) F x z x + F y + F z z. Divergencija mjeri ima li polje F izvor.
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 5 rimjer 6... Izračunajte div F ako je F (x + y + z, x z, y + z). rijedi 6.. Stokesov teorem -dimenzionalni slučaj div F F x x + F y + F z z + +. risjetimo se, ako imamo konzervativno polje, onda se F može napisati kao gradijent nekog skalarnog polja U, a integral vektorskog polja F od točke A do točke B takve funkcije uopće ne ovisi o putu. A k B Označimo s k krivulju od A do B, a s k rub krivulje k, tj. krajnje točke krivulje k. Onda imamo: k U d r k du U B U A. k Što mjeri U? Brzinu rasta (pazite brzina je vektor, a ne broj!) polja U. U U const. -dimenzionalni slučaj Stokesov teorem Stokesov teorem omogućava nam da umjesto po plohi integriramo po rubu plohe (krivulji!), u oznaci i obratno. Neka je definirano vektorsko polje F i F na plohi. Orijentirajmo zatvorenu krivulju tako da je orijentacija suprotna od kazaljke na satu. Jednako
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 5 tako, u svakoj točki plohe, kad pogledamo s vrha d, prema krivulji, krivulja mora biti pozitivno orijentirana (obrnuto od kazaljke na satu). Tada vrijedi ( F) d rot F d F d r. Što mjeri rot F F? Mjeri rotaciju, odnosno vrtložnost polja F. Ako je mala površina na koju je n jedninični vektor normale i ako rub od označimo s, n onda imamo F d r ( F) d ( F) n d ( F) n. ribližna jednakost vrijedi zato što je ploha mala, pa se niti n, niti F ne mijenja puno. Drugim riječima, zaključili smo da je ( F) n lim F d r. Limes s desne strane predstavlja rotaciju polja F. Imamo tri moguće situacije. d r F F d r > ( F) n > + vrtlog
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 53 d r F F d r < ( F) n < vrtlog F d r d r F ( F) n protok Ako je F u svakoj točki nekog dijela prostora, onda je polje F bezvrtložno u tom dijelu prostora. okažimo sad da su potencijalna (konzervativna) polja bezvrtložna. Zbog potencijalnosti imamo F U, pa je U x x z z. osljednja nula na desnoj strani slijedi zbog toga što kad funkcije imaju dovoljno neprekidnih derivacija, poredak deriviranja po različitim varijablama nije bitan. otencijalna (konzervativna) polja su bezvrtložna. rijedi i obrat, bezvrtložna polja su potencijalna (konzervativna). rimjer 6... Ispitajte je li polje F (y cosx + z 3, y sin x 4, 3xz + ) konzervativno, potencijalno, bezvrtložno polje. rema već zaključenom, ta tri pitanja predstavljaju isto pitanje, pa možemo dokazati bilo što od toga.
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 54 Konzervativnost polja Ovo je vjerojatno najteže direktno dokazati, jer treba vidjeti da za svaki par točaka A, B i svaku krivulju k koja ih spaja vrijedi F d r. otencijalnost polja Treba naći skalarno polje U, takvo da vrijedi k F U. Dakle, imamo: x y cosx + z 3, y sin x 4, z 3xz +. Iz posljednje jednadžbe izlazi da je U(x, y, z) (3xz + ) dz xz 3 + z + g(x, y). Deriviranjem po y imamo a s druge strane mora biti što zajedno daje odnosno g(x, y) Uvrstimo li to u U(x, y, z), dobivamo: g(x, y), y sin x 4, y sin x 4, g(x, y) y sin x 4y + h(x). U(x, y, z) xz 3 + z + y sin x 4y + h(x). Konačno, moramo odrediti još funkciju h, deriviranjem U po x. rijedi: x z3 + y cosx + dh(x) dx,
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 55 i što zajedno daje da je odnosno da je rema tome, Zaključujemo da je polje potencijalno. Bezvrtložnost polja Treba provjeriti je li uvijek rot F. x y cosx + z 3, dh(x) dx, h(x) c. U(x, y, z) xz 3 + z + y sin x 4y + c. rot F F x z F x F y F z x z y cosx + z 3 y sin x 4 3xz + ( (3xz + ) ) (y sin x 4) ı z ( x (3xz + ) ) z (y cos x + z 3 ) j ( ) + (y sin x 4) x (y cosx + z 3 ) k ( ) ı (3z 3z ) j + (y cos x y cos x) k. Zaključujemo da je polje bezvrtložno. rimjer 6... Izračunajmo k F d r
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 56 ako je k zatvorena krivulja (dijelovi pravaca) koji spajaju točke (,, ), (,, ) i (,, ), z (,,) x (,,) y a F vektorsko polje F(x, y, z) (y + z, z + x, x + y ). Ovaj primjer možemo riješiti direktno i primjenom Stokesovog teorema. Direktno rješenje Da bismo direktno dobili rješenje, moramo parametrizirati sve tri dužine. rvo, parametrizirajmo dužinu od (,, ) do (,, ). ravac koji prolazi zadanim točkama je: x y z t, odnosno x t, ritom se parametar t kreće od do. Odmah vidimo da je y t, z. F( r(t)) ( (t) +, + t, t + (t) ) (8t, t, 6t ), dr(t) (,, ). dt Integral od (,, ) do (,, ) jednak je: I (8t, t, 6t ) (,, ) dt t dt 3 t3 3. Sada parametrizirajmo dužinu od (,, ) do (,, ). Odmah vidimo da je x, y, z t,
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 57 parametar t se kreće od do. Sada je F( r(t)) ( () + t, t +, + () ) (t, t, ), dr(t) (,, ). dt Integral od (,, ) do (,, ) jednak je: I (t, t, ) (,, ) dt dt. Konačno, treba još parametrizirati dužinu od (,, ) do (,, ). Jednadžba pravca kroz te dvije točke je: odnosno ritom se t kreće od do. Sada je x y x t, y t, z t +. z t, F( r(t)) ( (t) + ( t + ), ( t + ) + t, t + (t) ) (9t t +, 3t 4t +, 6t ), dr(t) (,, ). dt Integral od (,, ) do (,, ) jednak je: I 3 (9t t +, 3t 4t +, 6t ) (,, ) dt (9t t + 5) dt (3t 3 5t + 5t) 3 5 + 5 3. rema tome, naš integral jednak je I I + I + I 3 3 + + 3 3.
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 58 Rješenje pomoću Stokesovog teorema Za računanje pomoću Stokesovog teorema treba nam rot F F x z y + z z + x x + y (y 4z) ı (4x z) j + (x 4y) k. Sada s integrala po stranicama trokuta prelazimo na integral po trokutu. z (,,) n x (,,) y rvo moramo znati parametrizirati dio ravnine kojoj pripada zadani trokut. Toj ravnini pripadaju točka (,, ), a razapeta je vektorima (,, ) i (,, ). Normala te ravnine je n (,, ). rimijetite da je normala te ravnine dobro orijentirana obzirom na orijenataciju trokuta. Jednadžba te ravnine je arametrizaciju možemo napisati kao x + y. x u, y u, z v. Tada naš trokut u u, v ravnini izgleda ovako: v u
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 59 Zadani trokut ima parametrizaciju: o definiciji nam još samo treba x u, u z v, v u. r(u, v) r u (,, ) u r(u, v) r v (,, ), v i r u r v, no to smo već izračunali kad smo računali n. Osim toga, ustanovili smo da moramo napraviti vektorski produkt u drugom smjeru da normala gleda na pravu stranu. Konačno, u F treba uvrstiti izabranu parametrizaciju: ( F)(u, v) ( u 4 v, v 4 u, u 4 (u)) (4u 4v, v 4u, 6u). Sada je ( F) d u u (4u 4v, v 4u, 6u) (,, ) dv du ( 8u + 8v + v 4u) dv du ( uv + 5v ) u du ( u + u + 5 u + 5u ) du u ( u + v) dv du ( u( u) + 5( u) ) du ( ) 7 3 u3 u ( ) 7 + 5u 3 + 5 3. (7u u + 5) du rimjer 6..3. Izračunajmo ako je k dio Arhimedove spirale k F d r r(t) (a cost, a sin t, bt),
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 6 pri čemu su a, b neke konstante, za t π, 4 3 a F vektorsko polje F(x, y, z) (x yz, y xz, z xy). onovno, zadatak se može riješiti direktno, ali i korištenjem činjenice da je polje F konzervativno. Direktno rješenje arametrizacija krivulje k već je zadana, pa treba još izračunati F( r(t)) (a cos t abt sin t, a sin t abt cos t, b t a sin t cost), dr(t) ( a sin t, a cost, b), dt F( r(t)) d r(t) a 3 sin t cos t + a bt sin t + a 3 sin t cost dt a bt cos t + b 3 t a b sin t cost. Samo računanje integrala kojemu posljednja funkcija podintegralna, postaje prilično dugotrajan posao (obavite ga za vježbu). Rješenje korištenjem konzervativnosti polja okažimo da je zadano polje bezvrtložno, pa onda i konzervativno: rotf F x z x yz y xz z xy ( x + x) ı ( y + y) j + ( z + z) k. Kod konzervativnih polja, integral ne ovisi o putu, nego samo o krajnjim točkama puta. rema tome, možemo odabrati neki jednostavniji put, kao što je dio
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 6 pravca od točke (a,, ) do točke (a,, bπ) (plava spojnica). arametrizacija tog dijela pravca je x a, pri čemu se t kreće od do bπ. i Sada je I y, z t, F( r(t)) (a, at, t ), dr(t) (,, ), dt F( r(t)) d r(t) t, dt k F d r bπ t dt t3 3 bπ 8b3 π 3. 3 rimjer 6..4. Zadano je vektorsko polje ( ) y x F x + y, x + y,. okažite, da iako je F, svugdje gdje je F definirano, ipak je F d r, ( F) d. ako je gornja polusfera x + y + z a, odnosno je rub te polusfere, tj. to je kružnica x + y a u xy ravnini. romatramo li polje F, vidjet ćemo da ono nije definirano čim je x y. Ima li na našoj sferi takva točka? Ima! To je točka (,, a). Kad nije definiran F u toj točki, ne može biti definiran niti rot F. Za sve ostale točke (gdje je F definiran) je: rotf F x z y x x + y x + y ( ) ı ( ) j + ( y x (x + y ) x y ) k. (x + y )
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 6 S druge strane, direktnim računom iz parametrizacije kružnice x a cosϕ, y a sin ϕ, z, ϕ < π izlazi pa je F( r(ϕ)) ( sin ϕ a, cosϕ a, ), dr(ϕ) ( a sin ϕ, a cosϕ, ), dϕ F( r(ϕ)) d r(ϕ) dϕ, F d r dϕ ϕ π π. 6.3. Gaussov teorem 3-dimenzionalni slučaj Ovaj teorem mnogi nazivaju i teorem o divergenciji ili teorem Gauss Green Ostrogradski. Slično kao što smo u dvodimenzionalnom slučaju, umjesto po plohi integrirali po krivulji (i obratno), Gaussov teorem omogućava da vektorsko polje F umjesto po zatvorenoj plohi integriramo po volumenu i obratno (pri čemu je rub volumena ): F d div F d F d. ritom je d tzv. vanjska normala, jer gleda izvan zatvorene plohe. Što mjeri div F F? Mjeri divergenciju, odnosno izviranje polja F. Ako je mali volumen onda je F d F d F d F. ribližna jednakost vrijedi zato što je volumen mali, pa se niti F ne mijenja puno.
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 63 Drugim riječima, zaključili smo da je F lim F d. Ako je div F >, onda ćemo imati izvor polja F, ako je div F < onda ćemo imati ponor polja F, a ako je div F onda polje F nema ni izvor ni ponor. rimjer 6.3.. Za vektorsko polje F (x, y, z). izračunajte tok tog polja kroz oplošje paraboloida (bez baze!) omedenog ravninom z. z x + y.5.5.5.5.5.5 onovno, račun možemo provesti direktno i korištenjem Gaussovog teorema. Direktno rješenje arametrizirajmo paraboloid: x ρ cosϕ, y ρ sin ϕ, z ρ, ϕ < π, ρ.
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 64 Sada je r ρ (cosϕ, sin ϕ, ρ), r ϕ ( ρ sin ϕ, ρ cosϕ, ) r ρ r ϕ cosϕ sin ϕ ρ ρ sin ϕ ρ cosϕ ı( ρ cosϕ) j(ρ sin ϕ) + k(ρ cos ϕ + ρ sin ϕ) ( ρ cosϕ, ρ sin ϕ, ρ). rimijetite da je z-komponenta ove normale pozitivna, pa će normala gledati prema unutrašnosti paraboloida. Želimo li normalu koja gleda na van, (kao što nam to treba kod Gaussovog teorema), moramo joj promijeniti znak u suprotan, drugim riječima, za vanjsku normalu trebamo Nadalje, rema tome, imamo: r ϕ r ρ (ρ cosϕ, ρ sin ϕ, ρ). F( r(ρ, ϕ)) (ρ cosϕ, ρ sin ϕ, ρ ) F( r(ρ, ϕ)) ( r ϕ r ρ ) ρ 3 cos ϕ + ρ 3 sin ϕ + ρ 3 3ρ 3. I 3ρ 3 dρ dϕ 3ρ 4 4 dϕ 3 dϕ 3ϕ π 6π. Rješenje korištenjem Gaussovog teorema Da bismo mogli iskoristiti Gaussov teorem, moramo zatvoriti plohu. Najjednostavnije zatvaranje je dodavanjem baze B paraboloida (crveno)..5.5.5.5.5.5
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 65 Ako s I označimo traženi intergal po otvorenom paraboloidu, onda je F d I + B F d. rvo izračunajmo pri čemu krug B parametriziramo s B F d, x ρ cosϕ, y ρ sin ϕ, z, ϕ < π, ρ. Sada je r ρ (cosϕ, sin ϕ, ), r ϕ ( ρ sin ϕ, ρ cosϕ, ) r ρ r ϕ cosϕ sin ϕ (,, ρ). ρ sin ϕ ρ cosϕ Normala na krug gleda prema gore (z komponenta pozitivna), tako da normale na rub gledaju prema van. Nadalje je rema tome, imamo: F( r(ρ, ϕ)) (ρ cosϕ, ρ sin ϕ, ) F( r(ρ, ϕ)) ( r ρ r ϕ ) ρ. B F d ρ dρ dϕ ρ dϕ dϕ ϕ π 4π. Moramo još izračunati i F d, gdje je zatvoreni paraboloid. Imamo: F +,
OOĆENJA NEWTON LEIBNIZOE FORMULE STOKES 66 a paraboloid parametriziramo u cilindarskim koordinatama x ρ cosϕ, y ρ sin ϕ, z z, ϕ π, ρ, ρ z. rema tome izlazi F d ρ ρ dz dρ dϕ (ρ ρ 3 ) dρ dϕ dϕ ϕ π π. ρz dρ dϕ ρ π( ρ ρ4 4 ) dϕ Konačno, uvrštavanjem, dobivamo I F d F d π ( 4π) 6π. B