EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA

Kefˆlaio 9 EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Σημειώσεις Γ. Γεωργίου, ΜΑΣ 1. 9.1 EpikampÔlia oloklhr mata Ορισμός Εστω f : R R βαθμωτό πεδίο συνεχές στη 1 καμπύλη σ : [a, b] R. ολοκλήρωμα α είδους του f κατά μήκος της σ ορίζεται ως εξής: σ f ds = b a f(σ(t)) σ (t) dt. Το επικαμπύλιο Ορισμός Εστω F : R R διανυσματικό πεδίο συνεχές στη 1 καμπύλη σ : [a, b] R. Το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β είδους του F κατά μήκος της σ ορίζεται ως εξής: σ F ds = b a F(σ(t)) σ (t) dt. Θεώρημα Αν η f : R R είναι κλάσης 1 και η σ : [a, b] R είναι κατά τμήματα 1 καμπύλη, τότε f ds = f(σ(b)) f(σ(a)) σ 1 mas6/notes/chap9.tex 1

KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Απόδειξη Από τον κανόνα της αλυσίδας, για την παράγωγο της σύνθετης συνάρτησης F = f(σ(t)) ισχύει F (t) = f(σ(t)) σ (t) Από το Θεμελιώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογισμού ισχύει b a F (t) dt = F (b) F (a) = f(σ(b)) f(σ(a)) (i) (ii) Από τις (i) και (ii) προκύπτει αμέσως ότι f ds = f(σ(b)) f(σ(a)) σ Ορισμός Εστω μια απλή κλειστή καμπύλη και F διανυσματικό πεδίο ορισμένο στη. Καλούμε κυκλοϕορία (circulation) του F γύρω από την το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα F ds Παράδειγμα 9.1.1 Εστω σ : [a, b] R μια 1 καμπύλη και F διανυσματικό πεδίο συνεχές πάνω στη σ για το οποίο ισχύει F M. Να δειχθεί ότι: σ F ds M l, όπου l το μήκος της καμπύλης σ. Λύση σ F ds = b Από την ανισότητα auchy-chwarz ισχύει a F(σ(t)) σ (t) dt b a F(σ(t)) σ (t) dt (i) F(σ(t)) σ (t) F σ (t) και επειδή F M, F(σ(t)) σ (t) M σ (t). Από τις (i) και (ii) έχουμε σ F ds b M σ (t) dt = M a b a σ (t) dt = (ii)

9.1 EpikampÔlia oloklhr mata όπου l το μήκος της καμπύλης σ. σ F ds M l, Παράδειγμα 9.1. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα όπου F ds F = xy i + xz j y k και η προσανατολισμένη καμπύλη AB B, όπου AB και B τα ευθύγραμμα τμήματα που ενώνουν τα σημεία A(1,, ), B(, 1, ) και (, 1, 1). Λύση z Για το ολοκλήρωμά μας ισχύει: F ds = F ds + F ds = I 1 + I. B y=1 x A x y AB B Τα ευθύγραμμα τμήματα AB και B ορίζονται παραμετρικά από τις AB : σ 1 = (1 t, t, ), t 1 B : σ = (, 1, t), t 1 Υπολογίζουμε ξεχωριστά τα I 1 και I : I 1 = F ds = AB 1 1 = (t 1) t dt = και I = F ds = F((σ 1 (t)) σ 1(t) dt = [ t 1 t 1 ] 1 = 1 6 F((σ (t)) σ (t) dt = AB 1 = 1 dt = 1 Άρα F ds = I 1 + I = 1 6 1 = 7 6 [(1 t) t i + j k] ( i + j + k) dt 1 (i + j k) (i + j + k) dt

4 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Παράδειγμα 9.1. Εστω η προσανατολισμένη καμπύλη η οποία προκύπτει από την τομή των επιϕανειών y= /x και z=x και έχει αρχή το σημείο (,, ) και πέρας το (1, /, 1). (α) Γράψτε μια παραμετρικοποίηση σ της που διατηρεί τον προσανατολισμό. (β) Βρείτε το μήκος της. (γ) Αν f(x, y, z)=x + yz, να βρεθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα f ds. (δ) Να υπολογιστεί το έργο που παράγει το πεδίο F = yzi + xzj + xyk, κατά τη μετατόπιση του υλικού σημείου από την αρχή στο πέρας της. Λύση (α) Η προσανατολισμένη καμπύλη παραμετρικοποιείται ως εξής: σ(t) = ( t, ) t, t, t 1, οπότε και σ (t) = (1, 6t, t ) σ (t) = 1 + 6t + 9t 4 = 1 + t (β) Για το μήκος της έχουμε: l() = σ ds = 1 σ (t) dt = 1 (1 + t ) dt = (γ) Εχουμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα α είδους: f ds = = = 1 1 (x + yz) ds = = 1 ( t + ( ) t + t5 (1 + t ) dt ( t + t 4 + t5 + = 1 + 5 + 1 6 + ) t5 σ (t) dt t7 ) dt 1 8 = 14 15 + 1 4

9.1 EpikampÔlia oloklhr mata 5 (δ) Το ζητούμενο έργο δίνεται από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β είδους : W = = = 1 σ F ds = F(σ(t)) σ (t) dt 1 ( ) t5, t 4, t (1, 6t, t ) dt 1 ( + ) ( 6 + t 5 dt = 4 + ) 6 1 6 = Παράδειγμα 9.1.4 Εστω η έλικα σ : [, 4π] R με τύπο σ(t) = (cos t, sin t, 5t) (α) (β) (γ) (δ) Βρείτε το μοναδιαίο εϕαπτόμενο διάνυσμα της έλικας στο σ (π/). Βρείτε την εϕαπτομένη της σ στο σ (π/). Βρείτε το μήκος τόξου της έλικας. Υπολογίστε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της κατά μήκος της έλικας. (ε) Υπολογίστε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της κατά μήκος της έλικας. Λύση (α) οπότε f(x, y, z) = x + y + z F(x, y, z) = ( x + y y, x + y, x z ) σ (t) = Το μοναδιαίο εϕαπτόμενο διάνυσμα είναι γενικά το: σ (t) = ( sin t, cos t, 5) 4 sin t + 4 cos t + 5 =. T(t) = σ (t) σ (t) = 1 ( sin t, cos t, 5) οπότε T(π/) = 1 (,, 5) (β) Η εξίσωση της εϕαπτομένης της σ στο σ(t ) δίνεται σε παραμετρική μορϕή από την I(λ) = σ(t ) + λ σ (t ).

6 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Για t=π/ έχουμε I(λ) = ( 1,, 5π/) + λ (,, 5) = ( 1, λ, 5π + 5λ ). (γ) Για το μήκος τόξου από το t= στο t=4π, έχουμε l(σ) = 4π σ (t) dt = 4π dt = 1π. (δ) σ(t) f ds = = 4π 4π f(σ(t)) σ (t) dt = 4π ( 1 + sin t + 5 5t ) dt = = 6π ( + 64 5π ) ( cos t + sin t + 5 5t ) dt [ t + t sin 4t 8 ] 4π + 5 5t 4 4 (ε) σ(t) F ds = = = = = 4π 4π 4π 4π [ F (σ(t)) σ (t) dt ( 1 sin t, cos t + sin t, cos t ) 5t ( sin t, cos t, 5) dt ( sin t + sin t + cos t + sin t cos t + ) 5 cos t 5t dt ( sin t + sin 4t + ) 5 cos t 5t dt t + cos t cos 4t 4 + 5 ] 4π 5t sin t = 8π (1 5π) Παράδειγμα 9.1.5 Δείξτε ότι το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα I = AB y z dx + x xy dy z z dz είναι ανεξάρτητο του δρόμου ολοκλήρωσης AB για z > και υπολογίστε την τιμή του από το A(,, 1) στο B(1, 1, 1). Λύση Εχουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα του διανυσματικού πεδίου F = y z i + x z j xy z k.

9.1 EpikampÔlia oloklhr mata 7 Για να δείξουμε ότι το ολοκλήρωμα είναι ανεξάρτητο του δρόμου ολοκλήρωσης, αρκεί να δείξουμε ότι το F είναι αστρόβιλο. Για τον στροβιλισμό του F έχουμε: i j k F = x y z = ( x z y/z x/z xy/z + x ) z i ( y z + y ) ( 1 z j + z 1 ) k =. z Άρα πράγματι το F είναι αστρόβιλο. Αϕού τώρα το F είναι αστρόβιλο, αυτό είναι πεδίο κλίσεων. Θα βρούμε συνάρτηση f τέτοια ώστε F= f. Η f πρέπει να ικανοποιεί τις Παρατηρούμε ότι Από το γνωστό μας θεώρημα, I = F ds = AB f x = y = f = xy z z + h 1(y, z) f y = x = f = xy z z + h (x, z) f z = xy z = f = xy z + h (x, y) AB F = f με f(x, y, z) = xy z. f ds = f(b) f(a) = f(1, 1, 1) f(,, 1) = 1. Παρατήρηση: Θα μπορούσαμε ϕυσικά να δούμε απευθείας ότι το F είναι πεδίο κλίσεων με f(x, y, z) = xy z, και να συμπεράνουμε ότι το ολοκλήρωμα είναι ανεξάρτητο του δρόμου.

8 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA 9. Epifaneiakˆ oloklhr mata Ορισμός: Επιϕανειακό ολοκλήρωμα βαθμωτής συνάρτησης Εστω η παραμετρικοποιημένη επιϕάνεια Φ : R και f βαθμωτό πεδίο ορισμένο στην =Φ(). Το επιϕανειακό ολοκλήρωμα του f πάνω στην Φ ορίζεται ως εξής: f d = f(φ(u, v)) T u T v dudv Φ Ορισμός: Επιϕανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικής συνάρτησης Εστω η παραμετρικοποιημένη επιϕάνεια Φ : R και F διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην =Φ(). Το επιϕανειακό ολοκλήρωμα του F πάνω στην Φ ορίζεται ως εξής: F d = F(Φ(u, v)) (T u T v ) dudv Φ Ορισμός: Προσανατολισμένη επιϕάνεια Προσανατολισμένη επιϕάνεια καλούμε μια δίπλευρη επιϕάνεια στην οποία έχουμε ορίσει τη μια πλευρά σαν θετική (ή εξωτερική) και την άλλη σαν αρνητική (ή εσωτερική) και έχουμε επιλέξει το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα n που δείχνει απομακρυνόμενο από τη θετική πλευρά της. Ορισμός: Ρυθμός ροής διανυσματικού πεδίου Εστω F διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην προσανατολισμένη επιϕάνεια. Το επιϕανειακό ολοκλήρωμα του F πάνω στην, F d καλείται ρυθμός ροής του F διά μέσου της. Παράδειγμα 9..1 z Εστω η κωνική επιϕάνεια, η οποία ορίζεται από την b z = x + y με z b, και είναι προσανατολισμένη έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα έξω, όπως ϕαίνεται στο σχήμα. z= x + y n y x (α) Δείξτε ότι η παραμετρικοποίηση Φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u) με u b, v π,

9. Epifaneiakˆ oloklhr mata 9 αντιστρέϕει τον προσανατολισμό. (β) Ποια σημεία της δεν είναι λεία; (γ) Υπολογίστε το εμβαδόν της ως επιϕανειακό ολοκλήρωμα. (δ) Αν η θερμοκρασία του κώνου είναι T =b x y + z και η θερμική αγωγιμότητα είναι k=1, υπολογίστε τη ροή θερμότητας k T d δια μέσου της. Λύση (α) Το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα της κωνικής επιϕάνειας f(x, y, z) = x + y z = είναι ένα από τα ± f f ( ) x x + y, y = ± x + y, 1 x x + y + y x + y + 1 = ± ( xz, y z, 1 ). Επειδή το n έχει αρνητική k συνιστώσα (βλ. σχήμα) n = 1 ( x z, y z, 1 ) ή n = 1 (cos v, sin v, 1). Βρίσκουμε τώρα το T u T v : T u = cos v i + sin v j + k kai T v = u sin v i + u cos v j Ετσι T u T v = u cos v k + u sin v k u sin v j u cos v i = T u T v = u (cos v i + sin v j k) = u n. Επειδή u, η παραμετρικοποίηση αντιστρέϕει τον προσανατολισμό. (β) Η δεν είναι λεία στα σημεία όπου T u T v =. Αϕού η δεν είναι λεία για u=, δηλ. στο (,, ). T u T v = u (γ) A() = Φ d = T u T v dudv = π b u dudv = π [ u ] b = π b.

1 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA (δ) Εχουμε k T = 1 ( x, y, z) = (x, y, z) Για τη ροή θερμότητας έχουμε 1 ( x k T d = k T n d = (x, y, z) z, y ) z, 1 d = ( x + y ) + z d = z d z = = 8π b π b u T u T v dudv = 4 π b u dudv Το θετικό πρόσημο δηλώνει ότι η ροή θερμότητας έχει την ίδια ϕορά με το n, δηλαδή έχουμε ροή θερμότητας προς τα έξω. Παράδειγμα 9.. z Εστω η επιϕάνεια παραβολοειδούς, η οποία ορίζεται από την z=4 (x + y ) 4 n z = 4 (x + y ) με z 4, και είναι προσανατολισμένη έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα πάνω, όπως ϕαίνεται στο σχήμα. y x (α) Δείξτε ότι η παραμετρικοποίηση Φ(u, v) = (u cos v, u sin v, 4 u ) με u, v π, διατηρεί τον προσανατολισμό. (β) Βρείτε την εξίσωση του εϕαπτόμενου επιπέδου στο σημείο (1, 1, ). (γ) Υπολογίστε το εμβαδόν A() της ως επιϕανειακό ολοκλήρωμα. (δ) Αν f=x + y να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμα f d (ε) Να βρεθεί ο ρυθμός ροής του F = yi xj + k δια μέσου της.

9. Epifaneiakˆ oloklhr mata 11 Βοηθητικά ολοκληρώματα: u 1 + 4u du = 1 1 (1 + 4u ) / u 1 + 4u du = 1 [ (1 + 4u ) 5/ 5 (1 + 4u ) /] 4 Λύση (α) Πρέπει να δείξουμε ότι το κάθετο διάνυσμα T u T v δείχνει προς τα πάνω, ότι δηλαδή έχει θετική k συνιστώσα. Βρίσκουμε λοιπόν το T u T v : T u = cos v i + sin v j uk και T v = u sin v i + u cos v j Ετσι T u T v = u cos v k + u sin v k + u sin v j + u cos v i = T u T v = u cos v i + u sin v j + uk Επειδή u, το T u T v δείχνει προς τα πάνω. Άρα η παραμετρικοποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό. (β) Παρατηρούμε ότι T u T v = u (u cos vi + u sin vj + k) = u (xi + yj + k). Άρα ένα κάθετο διάνυσμα στο (1, 1, ) είναι το n = i + j + k. Η εξίσωση του εϕαπτόμενου επιπέδου δίνεται γενικά από την n 1 (x x ) + n (y y ) + n (z z ) = = (x 1) + (y 1) + 1 (z ) = = x + y + z 6 =. (γ) Βρίσκουμε πρώτα τη νόρμα του T u T v : T u T v = u 4u cos v + 4u sin v + 1 = u 1 + 4u. Για το εμβαδόν της επιϕάνειας ισχύει: A() = Φ = π d = [ 1 1 (1 + 4u ) / T u T v dudv = ] π = π 6 (17 17 1) u 1 + 4u dudv

1 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA (δ) f d = = f(φ(u, v)) T u T v dudv = π = π [ 1 4 u 1 + 4u dudv π [ (1 + 4u ) 5/ 5 (1 + 4u ) /]] u u 1 + 4u dudv = π 1 (78 17 + ) (ε) Ο ρυθμός ροής του F δια μέσου της είναι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα π F d = F(Φ(u, v)) (T u T v ) dudv = F(Φ(u, v)) (T u T v ) dudv. Επειδή τώρα F(Φ(u, v)) = u sin vi u cos vj + k βρίσκουμε ότι F (T u T v ) = (u sin vi u cos vj + k) (u cos v i + u sin v j + uk) = u sin v cos v u sin v cos v + u = u Άρα λοιπόν F d = π u dudv = 6π [ u ] = 1π. Παράδειγμα 9.. z Εστω η κυλινδρική επιϕάνεια που ορίζεται α- πό την 1 x + y = 4 με z 1, y και είναι προσανατολισμένη έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα έξω, όπως ϕαίνεται στο σχήμα. n x + y =4 y x (α) Δείξτε ότι η παραμετρικοποίηση Φ(u, v) = ( cos u, sin u, v) με u π, v 1,

9. Epifaneiakˆ oloklhr mata 1 διατηρεί τον προσανατολισμό. (β) Αν f=x yz να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμα f d (γ) Να βρεθεί ο ρυθμός ροής του F = y i + (z + 1) j x k διά μέσου της. Λύση (α) Πρέπει να δείξουμε ότι το T u T v είναι ομόρροπο με το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα n = xi + yj = (cos u, sin u, ) x + y Επειδή βρίσκουμε ότι T u = ( sin u, cos u, ) και T v = (,, 1) T u T v = sin u i k + cos u j k = cos u i + sin u j = T u T v = (cos u, sin u, ) = n. Τα T u T v και n είναι ομόρροπα. Άρα η παραμετρικοποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό. (β) Βρίσκουμε πρώτα τη νόρμα του T u T v : Για το επιϕανειακό ολοκλήρωμα του f βρίσκουμε: (γ) f d = [ π = 16 T u T v = 1 + = f(φ(u, v)) T u T v dudv = ] [ 1 ] cos u sin u du v dv π 1 = 8 [(4 cos u) ( sin u) v] dvdu [ cos u Ο ρυθμός ροής του F διά μέσου της είναι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα Επειδή τώρα βρίσκουμε ότι F d = F(Φ(u, v)) (T u T v ) dudv = π 1 F(Φ(u, v)) = 4 sin u i + (v + 1) j cos u k F (T u T v ) = 8 sin u cos u + (v + 1) sin u ] π = 16 F(Φ(u, v)) (T u T v ) dudv.

14 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Άρα λοιπόν π 1 F d = [4 sin u cos u + (v + 1) sin u] dvdu { [ ] = [ cos u] π v 1 } + + v [ cos u] π = ( + ) = 6. Θεώρημα Αν F είναι ένα συνεχές διανυσματικό πεδίο ορισμένο πάνω στην προσανατολισμένη επιϕάνεια, τότε F d = F n d Απόδειξη Εστω Φ : μια παραμετρικοποίηση της που διατηρεί τον προσανατολισμό. Εχουμε τότε F d = F d = F (T u T v ) dudv Φ (χρησιμοποιήσαμε τον ορισμό του επιϕανειακού ολοκληρώματος διανυσματικής συνάρτησης). Επειδή η Φ διατηρεί τον προσανατολισμό n = T u T v T u T v και έτσι F d = F n T u T v dudv = Φ F n d = F n d (χρησιμοποιήσαμε τον ορισμό του επιϕανειακού ολοκληρώματος βαθμωτής συνάρτησης).

9.. OLOKLHRWTIKŸA JEWRŸHMATA 15 9. Oloklhrwtikˆ jewr mata Στην παράγραϕο αυτή, θα συζητήσουμε τρία θεμελιώδη θεωρήματα της διανυσματικής ανάλυσης: το θεώρημα του Green το θεώρημα του tokes και το θεώρημα της απόκλισης (divergence theorem) ή θεώρημα του Gauss. 9..1 To je rhma tou Green Θεώρημα του Green Εστω ένα επίπεδο χωρίο τύπου και + το σύνορό του προσανατολισμένο με τη σωστή ϕορά, δηλ. αντίθετα με τη ϕορά των δεικτών του ρολογιού. Για τις 1 απεικονίσεις P : R και Q : R ισχύει ( Q P dx + Q dy = + x P ) dxdy. y Παράδειγμα 9..1 Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα (x y y ) dx + (x 4xy + 6y ) dy όπου οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη στο επίπεδο. Λύση 1ος τρόπος Εστω οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη στο επίπεδο και το χωρίο που ϕράσσεται από αυτή. Από το Θεώρημα του Green ισχύει Για έχουμε Άρα P dx + Q dx = ( Q x P ) dxdy. y P = x y y και Q = x 4xy + 6y P y = x 4y και P y = Q x. Q x = x 4y. Ετσι βρίσκουμε ότι για κάθε απλή κλειστή καμπύλη στο επίπεδο ισχύει (x y y ) dx + (x 4xy + 6y ) dy = dxdy = ος τρόπος Παρατηρούμε ότι το διανυσματικό πεδίο F = (x y y ) i + (x 4xy + 6y ) j

16 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA είναι πεδίο κλίσεων αϕού F = f, όπου f = x y xy + y. Άρα το πεδίο F είναι συντηρητικό. Άρα για οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη στο επίπεδο ισχύει F ds = = (x y y ) dx + (x 4xy + 6y ) dy =.

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 17 9.. To je rhma tou tokes Θεωρούμε ότι ο αναγνώστης είναι εξοικειωμένος με την έννοια του προσανατολισμού μιας ϕραγμένης επιϕάνειας καθώς και του κλειστού συνόρου της. Μια τέτοια επιϕάνεια ϕαίνεται στο Σχήμα 9.1. Εστω F ένα διανυσματικό πεδίο. Υπενθυμίζουμε ότι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα F d καλείται ροή του F διαμέσου της επιϕάνειας, ενώ το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα F dr ή n q ma 9.1: Prosanatolismènh fragmènh e- pifˆneia me prosanatolismèno sônoro. F dr καλείται κυκλοϕορία του F γύρω από την κλειστή καμπύλη. Το θεώρημα του tokes μας λέει ότι η ροή στροβιλισμού ενός διανυσματικού πεδίου F διά μέσου μιας επιϕάνειας ισούται με την κυκλοϕορία του F γύρω από το σύνορο της. Θεώρημα του tokes Εστω μια προσανατολισμένη επιϕάνεια που ορίζεται από μια ένα-προς-ένα παραμετρικοποίηση Φ : R και το προσανατολισμένο σύνορο της. Αν F είναι ένα 1 διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην, τότε ( F) d = F ds. Παρατήρηση Επειδή d=nd, όπου n το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα στην επιϕάνεια (βλ. Σχήμα 9.1) και dr=tds, όπου t το μοναδιαίο εϕαπτομενικό διάνυσμα στην καμπύλη και ds το στοιχειώδες μήκος τόξου, η (;;) γράϕεται επίσης ως εξής: ( F) n d = F t ds (9.1) Η σχέση (9.1) μας λέει ότι το ολοκλήρωμα της κάθετης συνιστώσας του στροβιλισμού ενός διανυσματικού πεδίου F πάνω σε μια επιϕάνεια ισούται με το ολοκλήρωμα της εϕαπτομενικής συνιστώσας του F πάνω στο (προσανατολισμένο) σύνορο της. Παράδειγμα 9.. Να επαληθευθεί το Θεώρημα του tokes για το διανυσματικό πεδίο F = (x y, yz, y z) και την επιϕάνεια του πάνω ημισϕαιρίου της μοναδιαίας σϕαίρας: x + y + z = 1, z.

18 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Λύση z Θα δείξουμε ότι F d = F ds, y όπου το σύνορο της ημισϕαιρικής επιϕάνειας, όπως ϕαίνεται στο σχήμα. x Επιϕανειακό ολοκλήρωμα i j k F = x y z = ( yz + yz) i ( ) j + ( + 1) k = k x y yz y z Άρα F d = k d = όπου της στο επίπεδο xy είναι ο μοναδιαίος κύκλος. Άρα F d = A() = π. Σημείωση: Αν δεν δούμε αμέσως ότι k d = μπορούμε να θυμηθούμε ότι, αν η περιγράϕεται από την z=f(x, y) και το F=F 1 i+f j+f k είναι διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην, ισχύει ( F d = [F 1 f ) ( + F f ) ] + F dxdy. (i) x y Ετσι, αν F 1 =F =, ισχύει F d = F dxdy = dxdy dxdy k d = Αν δεν θυμόμαστε την (i), τότε μια άλλη επιλογή θα είναι να εργαστούμε με τη γνωστή μας παραμετρικοποίηση της σϕαιρικής επιϕάνειας. Στην περίπτωση αυτή όμως θα απαιτηθούν περισσότεροι υπολογισμοί. dxdy

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 19 Επικαμπύλιο ολοκλήρωμα Το σύνορο της είναι ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο xy. Μια παραμετρικοποίηση της είναι η σ(t) = (cos t, sin t, ), t π. Ετσι έχουμε F ds = = π [ cos t [( cos t sin t) ( sin t) + + ] dt = ] π + 1 π π (1 cos t) dt = + 1 ( sin t + sin t) dt [ t ] π sin t = π. Άρα F ds = π = F d. Εχουμε έτσι επαληθεύσει το Θεώρημα του tokes. Παράδειγμα 9.. Υπολογίστε το επιϕανειακό ολοκλήρωμα ( F) d, όπου η επιϕάνεια x + y + z = 1, z, προσανατολισμένη έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα πάνω, και F = y i x j + x y z k. Λύση

KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA z Εχουμε την επιϕάνεια μισού ελλειψοειδούς κάτω από το επίπεδο xy που ορίζεται από την z = 1 1 x y 1 x + y =1 1 y όπως ϕαίνεται στο σχήμα. Από το Θεώρημα του tokes ισχύει ( F) d = F ds. x 1 Θα υπολογίσουμε λοιπόν το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στο σύνορο της με τον προσανατολισμό που ϕαίνεται στο σχήμα. (Σύμϕωνα με τα δεδομένα η είναι προσανατολισμένο έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα πάνω.). Η είναι προϕανώς ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο xy. Θεωρούμε λοιπόν την παραμετρικοποίηση Για το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα έχουμε: F ds = = π π ( F 1 dx σ(t) = (cos t, sin t, ), t π. dt + F dt = π dy dt + F ) dz dt = dt π [ sin t ( sin t) cos t + ] dt Άρα ( F) d = F ds = π. ος Τρόπος Μπορούμε να υπολογίσουμε απευθείας το επιϕανειακό ολοκλήρωμα. Απαιτούνται όμως περισσότερες πράξεις. Βρίσκουμε πρώτα τον στροβιλισμό του F. i j k F = x y z = (zx y ) i (x zy ) j + ( 1 1) k = y x x y z F = x yz i x y z j k

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 1 ς γνωστό, αν η περιγράϕεται από μια σχέση της μορϕής z=f(x, y) και το F=F 1 i+f j+f k είναι διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην, τότε ισχύει ( F d = [F 1 f ) ( + F f ) ] + F dxdy. (i) x y Στην περίπτωσή μας f(x, y) = 1 1 x y, οπότε Ετσι f x = 1 x 1 x y = 1 x z και [ ( ( F) d = x yz 1 ) x x y z z ( = ) x4 y + x y dxdy = dxdy + f y = 1 ( 1 ( x4 y + x y ) dxdy y z ) ] y dxdy z Το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι μηδέν λόγω συμμετρίας. Άρα ( F) d = A() = π.

KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA 9.. unthrhtikˆ pedða Θεώρημα Αν F ένα διανυσματικό πεδίο κλάσεως 1 ορισμένο στον R, εκτός ίσως από πεπερασμένο πλήθος σημείων, τότε οι επόμενες προτάσεις είναι ισοδύναμες: (i) Για κάθε προσανατολισμένη απλή κλειστή καμπύλη, F ds =. (ii) Για οποιεσδήποτε δύο προσανατολισμένες απλές καμπύλες 1 και με τα ίδια άκρα, F ds = F ds. 1 (iii) (iv) Το F είναι κλίση κάποιας συνάρτησης f, δηλαδή F= f. Το F είναι αστρόβιλο.

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata Απόδειξη Θα δείξουμε την ισοδυναμία των προτάσεων κυκλικά. σ, σ 1 (a)=σ (a) σ 1 (b)=σ (b) σ 1, 1 (i) = (ii) Εστω σ 1 και σ παραμετρικοποιήσεις των 1 και. Κατασκευάζουμε την κλειστή καμπύλη σ= σ 1 -σ. Αν η καμπύλη σ είναι απλή, από την (ι) έχουμε σ F ds = F ds F ds = = σ 1 σ 1 F ds = F ds. Σημείωση: Αν η σ δεν είναι απλή καμπύλη, ή απόδειξη γίνεται λίγο πιο περίπλοκη. Εδώ την παραλείπουμε. σ = σ 1 - σ z (x,y,z) (ii) = (iii) Εστω μια προσανατολισμένη απλή καμπύλη που συνδέει το (,, ) με το (x, y, z) και σ μια παραμετρικοποίηση της. Ορίζουμε τη συνάρτηση f(x, y, z) = σ F ds, ή οποία, λόγω της (ιι) είναι ανεξάρτητη του δρόμου. Θα δείξουμε ότι F= f. Επιλέγουμε την καμπύλη σ όπως ϕαίνεται στο διπλανό σχήμα, οπότε f(x, y, z) = x F 1 (t,, )dt+ y F (x, t, )dt+ z F (x, y, t)dt. (x,,) x (x,y,) y Παρατηρούμε ότι f z = F. Μεταθέτοντας τα x, y και z, δείχνουμε με παρόμοιο τρόπο ότι f x = F f 1 και y = F. Άρα F= f. (iii) = (iv) F= f=. Άρα το F είναι αστρόβιλο. (iv) = (i) Εστω σ μια παραμετρικοποίηση μιας κλειστής καμπύλης και έστω οποιαδήποτε επιϕάνεια που έχει σαν σύνορο την σ. Από το θεώρημα του tokes έχουμε F ds = σ F ds = ( F) d = d =.

4 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Ορισμός Το διανυσματικό πεδίο F καλείται συντηρητικό (conservative) αν ικανοποιείται μια από τις ισοδύναμες συνθήκες του πιο πάνω θεωρήματος. Παράδειγμα 9..4 Αν να υπολογιστεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα F = xy i + (x y + z) j + y k σ F ds, όπου σ οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη. Λύση Σύμϕωνα με το πιο πάνω θεώρημα, αν η καμπύλη σ είναι κλειστή, f ds =. σ Επειδή όπου συμπεραίνουμε ότι F = f, f(x, y, z) = x y + yz, σ F ds =. Παράδειγμα 9..5 Θα δείξουμε με δύο τρόπους ότι το διανυσματικό πεδίο F = ye z i + xe z j + xye z k είναι συντηρητικό (conservative). 1ος τρόπος Αρκεί να δείξουμε ότι η κυκλοϕορία του F γύρω από οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη είναι μηδέν: F dr =. Εστω λοιπόν μια τυχούσα κλειστή καμπύλη και μια επιϕάνεια που έχει σαν σύνορο τη, δηλ. =. Σύμϕωνα με το θεώρημα του tokes (με την προϋπόθεση ότι οι και είναι προσανατολισμένες) έχουμε: F dr = ( F) d Ομως F = i j k x y z = (xe z xe z ) i (ye z ye z ) j + (e z e z ) k =. ye z xe z xye z

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 5 Συνεπώς: Άρα το πεδίο F είναι συντηρητικό. F dr =. ος τρόπος Θα δείξουμε ότι το F είναι πεδίο κλίσεων, δηλ. ότι υπάρχει βαθμωτό πεδίο ϕ(x, y, z) τέτοιο ώστε F= ϕ. Παρατηρούμε ότι ένα τέτοιο πεδίο είναι το ϕ = xye z. Άρα το F είναι συντηρητικό.

6 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA 9..4 To je rhma tou Gauss Εστω ένα τρισδιάστατο ϕραγμένο χωρίο και η κλειστή επιϕάνεια που το ϕράσσει. ς γνωστό, επιϕάνειες αυτής της μορϕής προσανατολίζονται έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα έξω, όπως ϕαίνεται στο διπλανό σχήμα. n Prosanatolismènh kleist epifˆneia. Το θεώρημα της απόκλισης μας λέει ότι το χωρικό ολοκλήρωμα της απόκλισης ενός διανυσματικού πεδίου F σ ένα τρισδιάστατο ϕραγμένο χωρίο είναι ίσο με τη ροή του F διά μέσου της επιϕάνειας του. Θεώρημα της απόκλισης ή θεώρημα του Gauss. Εστω ένα χωρίο τύπου IV στον χώρο και η κλειστή επιϕάνεια που το ϕράσσει, προσανατολισμένη έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο προς αυτή διάνυσμα n να δείχνει προς το εξωτερικό του. Αν F είναι ένα λείο διανυσματικό πεδίο ορισμένο στο, τότε F dv = F d = F n d (9.) Παρατήρηση Επειδή d = nd, η (9.) παίρνει επίσης τη μορϕή F dv = F n d (9.) Παράδειγμα 9..6 Θεωρούμε το στερεό που ϕράσσεται από το παραβολοειδές x + y + z = και τον κώνο z = x + y. (α) Βρείτε τον όγκο του. (β) Υπολογίστε το I = όπου η κλειστή επιϕάνεια που ϕράσσει το. Λύση x dydz + y dxdz + z dxdy

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 7 z z= x y Το παραβολοειδές και ο κώνος τέμνονται στο επίπεδο z=1. Πράγματι 1 z= x + y z + z = = z = 1 + 9 = 1 1 y (αϕού z > ). Η τομή είναι κύκλος με ακτίνα 1. Το στερεό καθώς και η προβολή του στο επίπεδο xy ϕαίνονται στο διπλανό σχήμα. x (α) Για τον όγκο του στερεού έχουμε: V () = dv = x y x +y dz dydx = ( x y ) x + y dydx Εργαζόμενοι σε πολικές συντεταγμένες έχουμε: V () = π 1 ( r r ) r drdθ = π ] 1 [r r4 4 r = 5π 6 (β) Πρέπει να υπολογίσουμε το επιϕανειακό ολοκλήρωμα I = F d με F = x i + y j + z k. Από το θεώρημα του Gauss έχουμε I = F d = F dv = (1 + 1 + ) dv = 4V () = 1π Παράδειγμα 9..7 Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα F nd όπου F = xi + y j + z k και η επιϕάνεια της μοναδιαίας σϕαίρας που ορίζεται από την x + y + z = 1. Από το θεώρημα του Gauss έχουμε F dv = F n d

8 KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA όπου η μοναδιαία σϕαίρα. Ο απευθείας υπολογισμός του επιϕανειακού ολοκληρώματος είναι άβολος. Προτιμούμε λοιπόν να υπολογίσουμε το χωρικό ολοκλήρωμα. F n d = F dv = (1 + y + z) dv = dv + y dv + z dv. Λόγω συμμετρίας, τα δύο τελευταία ολοκληρώματα μηδενίζονται. Συνεπώς F n d = dv = V = 8π, αϕού η μοναδιαία σϕαίρα έχει όγκο 4π/. Παράδειγμα 9..8 Εστω F και G διανυσματικά πεδία κλάσης 1 στο τρισδιάστατο χωρίο που ϕράσσεται από την α- πλή κλειστή επιϕάνεια. Θεωρούμε ότι σε κάθε σημείο της το διανυσματικό πεδίο F G είναι εϕαπτόμενο της. Θα δείξουμε ότι F G dv = G F dv (9.4) Απόδειξη Από τη διανυσματική ταυτότητα έχουμε: Από το θεώρημα του Gauss παίρνουμε: (F G) dv = (F G) = G F F G (9.5) (F G) dv = [G F F G] dv (F G) d = Το πεδίο F G εϕάπτεται της, άρα αυτό είναι κάθετο στο n: (F G) n =. (F G) n d Παρατηρούμε ότι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μηδενίζεται και έτσι = (F G) dv = [G F F G] dv = F G dv = G F dv. Παράδειγμα 9..9. Η εξίσωση συνέχειας Θεωρούμε ένα τρισδιάστατο σταθερό και ϕραγμένο όγκο ρευστού σ ένα πεδίο ροής. Ο ρυθμός ροής μάζας ρευστού διαμέσου της είναι dm dt = ρ u n d

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 9 όπου m η μάζα, ρ η πυκνότητα και u το διάνυσμα της ταχύτητας. Από το θεώρημα της απόκλισης έχουμε: dm dt = ρ u n d = ρu dv. (9.6) Το αποτέλεσμα αυτό είναι ιδιαίτερα χρήσιμο στην απόδειξη της εξίσωσης συνέχειας. Μπορούμε πάντως να παρατηρήσουμε ότι αν το ρευστό είναι ασυμπίεστο και το χωρίο σταθερό (δηλαδή μη κινούμενο), η μάζα που περικλείεται στο είναι σταθερή. Άρα dm dt = = ρu dv = = u dv = (αϕού η ρ είναι σταθερή). Επειδή το χωρίο είναι αυθαίρετο, συμπεραίνουμε ότι u =. (9.7) Αποδείξαμε έτσι την εξίσωση συνέχειας για ασυμπίεστη ροή. Ο τύπος του Ostrogradsky Ο τύπος του Ostrogradsky είναι στην ουσία το θεώρημα της απόκλισης διατυπωμένο σε καρτεσιανές συντεταγμένες. Τον μνημονεύουμε εδώ διότι είναι χρήσιμος σε αρκετές εϕαρμογές. Για την απόδειξη του τύπου θα χρησιμοποιήσουμε τις εξής σχέσεις για τη στοιχειώδη επιϕάνεια d και τον στοιχειώδη όγκο dv : n i d = dydz, n j d = dxdz, n k d = dxdy και Αν F=F 1 i + F j + F k, τότε dv = dxdydz. F = F 1 x + F y + F z. Απομένει να μετασχηματίσουμε τον όρο F nd που εμϕανίζεται στο επιϕανειακό ολοκλήρωμα του θεωρήματος της απόκλισης: F n d = F 1 i n d + F j n d + F k n d = F n d = F 1 dydz + F dxdz + F dxdy. Αντικαθιστώντας τις πιο πάνω σχέσεις στην (9.), παίρνουμε τον τύπο του Ostrogradsky: ( F1 x + F y + F ) dxdydz = (F 1 dydz + F dxdz + F dxdy) (9.8) z

KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Παράδειγμα 9..1 Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα I = x dydz + y dxdz + z dxdy όπου η κλειστή επιϕάνεια που ορίζεται από το παραβολοειδές x + y + z = 1, < z < 1 και το επίπεδο z= (βλ. διπλανό σχήμα). Με τον τύπο του Ostrogradsky, έχουμε για το ολοκλήρωμα I: I = (1 + 1 + ) dxdydz = 4 Παρατηρούμε ότι I = 4 1 dz V dxdy = 4 1 πα dz = 4π x 1 V 1 z α= 1 z 1 H epifˆneia. dxdydz. (1 z) dz = 4π Παράδειγμα 9..11 Θα υπολογίσουμε το επιϕανειακό ολοκλήρωμα I = x dydz + y dxdz + z dxdy z=1 x y y ] 1 [z z = π πάνω στην εξωτερική όψη της σϕαίρας x + y + z = α. Από τον τύπο του Ostrogradsky, έχουμε: I = (x + y + z) dxdydz V όπου V = {(x, y, z) R x + y + z α }. Αν και μπορούμε να δούμε αμέσως ότι το I είναι μηδέν λόγω συμμετρίας, θα το υπολογίσουμε σαν άσκηση στην αλλαγή συντεταγμένων. Θα εργαστούμε λοιπόν σε σϕαιρικές συντεταγμένες (r, θ, ϕ). Γνωρίζουμε ότι όπου x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, και z = r cos θ r α, ϕ π και θ π Για το στοιχειώδη όγκο dv έχουμε dv = dxdydz = (x, y, z) (r, θ, ϕ) drdθdϕ = r sin θ drdθdϕ.

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata 1 Συνεπώς το τριπλό ολοκλήρωμα γράϕεται: I = = = α4 = α4 α π π π dϕ π π π r(sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + cos θ) r sin θ drdθdϕ (sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + sin θ cos θ) dθ [( 1 dϕ θ 1 4 [ π ] (sin ϕ + cos ϕ) + ) sin θ (sin ϕ + cos ϕ) + sin θ α ] π dϕ = πα4 [ cos ϕ + sin ϕ]π 4 r dr = πα4 ( 1 + 1 + ) = 4 Οι ταυτότητες του Green Εχουμε ήδη δει ότι το θεώρημα της απόκλισης είναι πολύ χρήσιμο στη μετατροπή τριπλών ολοκληρωμάτων σε επιϕανειακά όταν τα δεύτερα αποδεικνύονται ευκολότερα και αντίστροϕα. Ομως η χρησιμότητα του δεν περιορίζεται μόνο σ αυτό το γεγονός, αϕού με αυτό μπορούμε να μελετήσουμε τη ϕυσική σημασία της λαπλασιανής και αρκετές μερικές διαϕορικές εξισώσεις. Στην παράγραϕο αυτή θα αποδείξουμε τις ταυτότητες του Green. Υπενθυμίζουμε ότι ένα βαθμωτό πεδίο ϕ(x, y, z) καλείται αρμονικό (harmonic) αν ικανοποιεί την εξίσωση Laplace, δηλ. αν ϕ=. Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση: όπου ϕ και ψ βαθμωτά πεδία. Από τη διανυσματική ταυτότητα F = ϕ ψ (9.9) (ff) = f F + F f θέτοντας f = ϕ και F = ψ βρίσκουμε για την απόκλιση του F: F = (ϕ ψ) = ϕ ψ + ϕ ψ (9.1) Ολοκληρώνοντας την (9.1) πάνω στο ϕραγμένο τρισδιάστατο χωρίο V έχουμε: (ϕ ψ) dv = [ ϕ ψ + ϕ ψ] dv. (9.11) Από το θεώρημα της απόκλισης ισχύει: (ϕ ψ) dv = όπου η επιϕάνεια που ϕράσσει το V. ταυτότητα του Green: V V V V ϕ ψ n d (9.1) Συνδυάζοντας τις (9.11) και (9.1) παίρνουμε την πρώτη ( ϕ ψ + ϕ ψ) dv = ϕ ψ n d. (9.1)

KEFŸALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA Εναλλάσσοντας τα ϕ και ψ στην πιο πάνω σχέση, παίρνουμε: ( ψ ϕ + ψ ϕ) dv = ψ ϕ n d. (9.14) V Αϕαιρώντας την (9.14) από την (9.1), παίρνουμε τη δεύτερη ταυτότητα του Green η οποία είναι επίσης γνωστή ως συμμετρικό θεώρημα (symmetrical theorem): V (ϕ ψ ψ ϕ) dv = (ϕ ψ ψ ϕ) n d. (9.15) Στην πιο πάνω απόδειξη υποθέσαμε ότι τα ϕ και ψ έχουν συνεχείς δεύτερες παραγώγους. Τα V και ικανοποιούν τις συνθήκες του θεωρήματος της απόκλισης. Σημειώνουμε επίσης ότι η (9.15) μπορεί ν αποδειχθεί αν θέσουμε F = ϕ ψ ψ ϕ (9.16) και εργαστούμε όπως στο πρώτο μέρος (άσκηση). Παράδειγμα 9..1 Αν η συνάρτηση ψ είναι λύση της εξίσωσης Laplace σε κάποιο χωρίο V που ϕράσσεται από την επιϕάνεια, τότε: ψ d = (9.17) n Απόδειξη Θέτοντας ϕ = 1 στην πρώτη ταυτότητα Green παίρνουμε ( ψ + 1 ψ) dv = ή Ομως ψ = και ψ n = ψ/ n, οπότε V V ψ dv = ψ d =. n ψ n d 1 ψ n d Παράδειγμα 9..1 Αν οι ϕ και ψ είναι αρμονικές, το χωρικό ολοκλήρωμα της δεύτερης ταυτότητας του Green είναι μηδέν, οπότε (ϕ ψ ψ ϕ) n d = Επειδή ψ n = ψ/ n και ϕ n = ϕ/ n, έχουμε τελικά: ( ϕ ψ n ψ ϕ ) d =. n

9. Oloklhrwtikˆ jewr mata Παρατήρηση Το θεώρημα της απόκλισης, V F dv = F n d (9.18) μετασχηματίζει ένα χωρικό ολοκλήρωμα μιας διαϕορισμένης ποσότητας σ ένα επιϕανειακό ολοκλήρωμα στο οποίο ο διαϕορικός τελεστής του έχει απαλειϕθεί. Το θεώρημα του tokes, ( F) n d = F t ds (9.19) μετασχηματίζει ένα επιϕανειακό ολοκλήρωμα σε επικαμπύλιο απαλείϕοντας ξανά το διαϕορικό τελεστή. Από το διανυσματικό λογισμό γνωρίζουμε επίσης ότι ϕ dr = ϕ(p ) ϕ(p 1 ) (9.) όπου ϕ ένα βαθμωτό πεδίο και μια προσανατολισμένη καμπύλη με άκρα τα P 1 και P. Αν συμϕωνήσουμε ότι τα απομονωμένα σημεία P 1 και P είναι μηδενοδιάστατα, τότε η εξίσωση (9.) ακολουθεί το μοτίβο των προηγούμενων θεωρημάτων. Εχουμε δηλαδή αναγωγή κατά ένα της διάστασης του ολοκληρώματος και απαλοιϕή του διαϕορικού τελεστή. Στην πραγματικότητα, όλα αυτά τα θεωρήματα μπορούν να θεωρηθούν σαν ανάλογα σε περισσότερες διαστάσεις του θεμελιώδους θεωρήματος του Διαϕορικού Λογισμού: x df dx dx = f(x ) f(x 1 ). (9.1) x 1