1. Vektorske i skalarne funkcije

Σχετικά έγγραφα
1.4 Tangenta i normala

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

2.7 Primjene odredenih integrala

5. PARCIJALNE DERIVACIJE

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

( , 2. kolokvij)

Algebra Vektora. pri rješavanju fizikalnih problema najčešće susrećemo skalarne i vektorske

6. Poopćenja Newton Leibnizove formule

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

1 Promjena baze vektora

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Gauss, Stokes, Maxwell. Vektorski identiteti ( ),

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

IZVODI ZADACI (I deo)

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

18. listopada listopada / 13

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Analitička geometrija i linearna algebra

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

7 Algebarske jednadžbe

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima.

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

Elementi spektralne teorije matrica

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

Operacije s matricama

( x) ( ) dy df dg. =, ( x) e = e, ( ) ' x. Zadatak 001 (Marinela, gimnazija) Nađite derivaciju funkcije f(x) = a + b x. ( ) ( )

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

6. Redovi potencija. a 0 + a 1 (z z 0 ) + a 2 (z z 0 ) a n (z z 0 ) n +, (6.0.1)

Skalarni umnozak vektora je skalar: a b = a b cos ϕ ; ϕ kut izmedju vektor a i b.

Uvod u diferencijalni račun

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Vektorska analiza doc. dr. Edin Berberović.

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

SVEUČILIŠTE U RIJECI POMORSKI FAKULTET PRIMJENA MATEMATIČKIH ALATA U ELEKTROTEHNICI SKRIPTA ZA VJEŽBE

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

Teorijske osnove informatike 1

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

Vektori. 28. studenoga 2017.

Matematika 1. kolokviji. Sadržaj

Funkcija (, ) ima ekstrem u tocki, ako je razlika izmedju bilo koje aplikate u okolini tocke, i aplikate, tocke, : Uvede li se zamjena: i dobije se:

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

AB rab xi y j. Formule. rt OT xi y j. xi y j. a x1 i y1 j i b x2 i y 2 j. Jedinični vektor vektora O T točke T(x,y)

Eliminacijski zadatak iz Matematike 1 za kemičare

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE. 1.1 Ortonormirani skupovi

Prostorni spojeni sistemi

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Ivan Slapničar MATEMATIKA 3. Radna verzija. Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje. Split, 2016.

5. poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA

MATEMATIKA /2012.

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

8 Tangencijalna ravnina plohe

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.

Signali i sustavi Zadaci za vježbu. III. tjedan

Mehanika je temeljna i najstarija grana fizike koja proučava zakone gibanja i meñudjelovanja tijela. kinematika, dinamika i statika

Dijagonalizacija operatora

k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n :

VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.

IZVODI ZADACI (I deo)

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

f(x) = a x, 0<a<1 (funkcija strogo pada)

Transcript:

VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE 1 1. Vektorske i skalarne funkcije 1.1. Što su to skalarne i vektorske funkcije? Ako svakoj točki u nekom dijelu prostora pridružimo broj, ili drugim riječima skalar zadali smo jednu skalarnu funkciju ili skalarno polje. Ako točke označavamo njihovim radijus-vektorom r r = x ı + y j + z k, z T(x, y, z) r O y x onda skalarnu funkciju označavamo s U( r). Na primjer, funkcija je jedna skalarna funkcija. U( r) = U(x, y, z) = xy + z 2 + 3y + 4 Skalarna funkcija može biti definirana i u ravnini, no tada je r = x ı + y j, ili u prostoru s više od tri dimenzije. Odgovarajuće vektore možemo zapisati i kao uredene n-torke, pa se radijus-vektor u 3 dimenzije može označiti s r = (x, y, z), odnosno radijus-vektor u n-dimenzija možemo označiti s r = (x 1, x 2,...,x n ).

1. VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE 2 Skalarne se funkcije često javljaju u fizici. Recimo, temperatura nekog tijela, gustoća, tlak, potencijal predstavljaju skalarne funkcije. Kako najlakše prikazujemo skalarna polja u dvije dimenzije? Za prikaz nam trebaju 3 varijable (x i y za domenu funkcije i U(x, y) za vrijednost funkcije). Dakle, trebali bismo crtati plohe nad ravninom xy. Umjesto toga, često je praktičnije nacrtati samo nivo-linije u dvije dimenzije. Nivo linije spajaju mjesta iste funkcijske vrijednosti U. Uobičajeno se uz nivo liniju zapisuje koja je vrijednost U-a na toj liniji. Tako, na primjer, izgledaju planinarske karte. Slično je s izotermama, izobarama,... y 1 2 4 x U tri dimenzije, područje definicije funkcije je prostor (3 koordinate), a područje vrijednosti još jedna. Jasno je da je to nemoguće nacrtati, pa slično kao nivo linije u ovom slučaju imamo nivo plohe. Ako svakoj točki u nekom dijelu prostora pridružimo vektor zadali smo jednu vektorsku funkciju ili vektorsko polje. Vektorsku funkciju označavamo s F( r). Na primjer, F( r) = F(x, y, z) = (x 2 + y 2, xz 1) je jedna vektorska funkcija koja svakoj trojki (x, y, z) iz trodimenzionalnog prostora pridružuje jednu točku iz dvodimenzionalnog prostora. Naravno, u prethodnom smo primjeru svakoj točki iz trodimenzionalnog prostora mogli pridružiti i točku iz trodimenzionalnog prostora, recimo po pravilu F( r) = F(x, y, z) = (x 2 + y 2, xz 1, y), ili nekog drugog prostora više dimenzije. Komponente vektora koji pridružujemo su skalarne funkcije, u našem primjeru te skalarne funkcije su: F x (x, y, z) = x 2 + y 2, F y (x, y, z) = xz 1, F z (x, y, z) = y. Dakle, općenito, ako neka vektorska funkcija pridruži točkama iz nekog dijela prostora točke iz prostora, pisat ćemo F : Ω R 3, pri čemu je Ω R 3 i F(x, y, z) = (F x (x, y, z), F y (x, y, z), F z (x, y, z)).

1. VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE 3 Ponovno, vektorske se funkcije često koriste u fizici. Tako su sile, električno polje, brzina i sl. vektorske funkcije. Grafičko prikazivanje vektorskih funkcija je teže nego prikazivanje skalarnih funkcija. Na primjer, meteorolozi koriste grafove izmjerenih brzina i (dvodimenzionalnih) smjerova vjetrova. Jedan takav prikaz izgledao bi ovako. Pritom je smjer vektora u svakoj točki smjer nacrtanog vektora, a njegova duljina odgovara brzini vjetra u toj točki. Konačno, primijetimo da je vektorska funkcija s vrijednostima u jednodimenzionalnim vektorima (skalarima!) isto što i skalarna funkcija. Prema tome, sve što pokažemo za vektorske funkcije, vrijedit će i za skalarne funkcije. 1.2. Parametrizacija krivulja Neka je zadana krivulja u prostoru. Svakoj točki te krivulje pridružen je njezin radijus-vektor r. Parametrizirati krivulju znači, uz neke uvjete, pronaći parametar t takav da se r može napisati kao r = r(t), tj. (x, y, z) = (x(t), y(t), z(t)). z r = r(t) y x

1. VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE 4 Primjer 1.2.1. Promotrimo parametrizaciju pravca u prostoru. z r s r(t) y x Pravac se može napisati kao r = r + t s, < t <. Drugačije zapisano, imamo (x, y, z) = (x, y, z ) + t(s x, s y, s z ), odnosno x = x + s x t y = y + s y t z = z + s z t. Posljednje jednadžbe predstavljaju parametarsku jednadžbu pravca. Primjer 1.2.2. Parametrizirajmo kružnicu radijusa a sa središtem u ishodištu (u ravnini). y ϕ r = r(ϕ) a x To već znamo da je Drugačije zapisano, imamo r = (a cosϕ, a sin ϕ), ϕ < 2π. (x, y) = (a cosϕ, a sin ϕ),

1. VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE 5 odnosno x = a cosϕ y = a sin ϕ. Posljednje jednadžbe predstavljaju parametarsku jednadžbu kružnice u ravnini. Primjer 1.2.3. Parametrizirajmo kružnicu radijusa a u prostoru, ako ona leži u xy-ravnini, a središte joj je u ishodištu. Iz prethodnog primjera znamo da je x = a cosϕ y = a sin ϕ. parametarska jednadžba kružnice u ravnini. Dodamo li tome z koordinatu, koja je i ne ovisi o ϕ, dobili smo parametrizaciju kružnice koja leži u xy-ravnini. Dakle, x = a cosϕ y = a sin ϕ, z =. Ako po toj kružnici putuje materijalna točka koja se giba kutnom brzinom ω, onda je ϕ = ωt, pa je x = a cos(ωt) y = a sin(ωt), z =. To je jedna druga parametrizacija iste kružnice. Zadatak 1.2.1. Napišite jednu od parametrizacija elipse Zadatak 1.2.2. Ako je x 2 a 2 + y2 b 2 = 1. x = 2at 1 + t 2, y = a(1 t2 ) 1 + t 2, t [ 1, 1], koji dio kružnice sa središtem u ishodištu parametrizira ova parametrizacija?

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 6 2. Derivacije vektorskih funkcija 2.1. Brzina i ubrzanje Kako ćemo izračunati brzinu čestice koja se giba po zadanoj krivulji r(t)? Drugim riječima, pitanje je kako ćemo izračunati derivaciju vektorske funkcije. Napravimo slično kao kod funkcija jedne varijable. Po krivulji se maknemo za mali parametar t. z r(t) r r(t + t) y Iz definicije zbroja dva vektora vidimo da je x r = r(t + t) r(t). Brzina u točki s radijus vektorom r(t), onda je jednaka v(t) = d r(t) r = lim t t = lim t r(t + t) r(t). t Raspišemo li to u trodimenzionalnom prostoru, dobivamo d r(t) ( ) x(t + t) x(t) y(t + t) y(t) z(t + t) z(t) = lim, lim, lim t t t t t t ( dx(t) =, dy(t), dz(t) ).

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 7 Akceleracija u odgovarajućoj točki je derivacija brzine po vremenu, a(t) = d v(t) ( = d2 r(t) d 2 ) x(t) =, d2 y(t), d2 z(t). 2 2 2 2 Primjer 2.1.1. U primjeru 1.2.1. našli smo parametrizaciju pravca u prostoru: z r s r(t) y Pravac se može napisati kao odnosno, x r = r + t s, < t <, x = x + s x t y = y + s y t z = z + s z t. Nadimo prvu i drugu derivaciju te funkcije. Derivirajmo po komponentama ( d r(t) dx(t) =, dy(t), dz(t) ) = (s x, s y, s z ) = s. Primijetimo da bi formalna primjena derivacije za funkciju r dala isto: d r(t) = d( r + t s) Za drugu derivaciju dobivamo d 2 ( r(t) d 2 ) x(t) =, d2 y(t), d2 z(t) 2 2 2 2 što smo mogli dobiti i formalnim deriviranjem d 2 r(t) 2 = d s =. = s. = (,, ) =, Drugim riječima, za česticu koja se giba po zakonu r(t), brzina u svakom trenutku t je v(t) = s, a akceleracija je a(t) =.

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 8 Primjer 2.1.2. U prethodnom primjeru promatrali smo česticu koja se giba po zakonu r = r + t s. Primijetimo da stavljanjem drugačijeg parametra t, recimo, umjesto t uvrstimo 3t ili t 2 sin t nismo izmijenili krivulju po kojoj se čestica giba. To je i nadalje pravac. Jedino što smo izmijenili su brzina i akceleracija čestice. Nadimo brzinu i akceleraciju čestice ako je r = r + (t 2 sin t) s. Očito je i d r(t) d 2 r(t) 2 = d( r + (t 2 sin t) s) = d((2t cost) s) = (2t cost) s = (2 + sin t) s. 2.2. Pravila deriviranja vektorskih funkcija Pravila deriviranja vektorskih funkcija ista su kao pravila deriviranja za obične skalarne funkcije. Neka su w = w(t), w 1 = w 1 (t) i w 2 = w 2 (t) vektorske funkcije u varijabli t i neka je k = k(t) skalarna funkcija u varijabli t. Derivacija zbroja (razlike) jednaka je d( w 1 ± w 2 ) = d w 1 ± d w 2. Dokaz te činjenice ide raspisivanjem vektorskih funkcija po komponentama. Dakle, neka su w 1 i w 2 vektorske funkcije, čije su vrijednosti vektori s 3 komponente, tj. w 1 (t) = (F x1 (t), F y1 (t), F z1 (t)), Onda je w 2 (t) = (F x2 (t), F y2 (t), F z2 (t)). d( w 1 (t) ± w 2 (t)) = d(f x1(t) ± F x2 (t), F y1 (t) ± F y2 (t), F z1 (t) ± F z2 (t)) ( d(fx1 (t) ± F x2 (t)) =, d(f y1(t) ± F y2 (t)), d(f ) z1(t) ± F z2 (t))

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 9 ( dfx1 (t) = ( dfx1 (t) = ± df x2(t), df y1(t) ), df y1(t), df z1(t) = d(f x1(t), F y1 (t), F z1 (t)) = d w 1(t) ± d w 2(t). ± df y2(t) ( dfx2 (t) ± ± df ) z2(t), df y2(t), df ) z2(t), df z1(t) ± d(f x2(t), F y2 (t), F z2 (t)) Ako su w 1 i w 2 i vektorske funkcije s n komponenti, dokaz ide na isti način. Derivacija produkta skalarne funkcije i vektorske funkcije jednaka je d(k w) = dk w + kd w. Dokaz ide na isti način kao i kod zbroja (razlike) dvije funkcije, raspisivanjem. Neka su komponente vektorske funkcije Tada je w(t) = (F x (t), F y (t), F z (t)). d(k w) = d(k(t)f x(t), k(t)f y (t), k(t)f z (t)) ( d(k(t)fx (t)) =, d(k(t)f y(t)), d(k(t)f ) z(t)) ( dk(t) = F x (t) + k(t) df x(t), dk(t) F y (t) + k(t) df y(t), dk(t) F z (t) + k(t) df ) z(t) ( dk(t) = F x (t), dk(t) F y (t), dk(t) ) F z (t) ( + k(t) df x(t), k(t) df y(t), k(t) df ) z(t) = dk(t) ( dfx (t) (F x (t), F y (t), F z (t)) + k(t), df y(t), df z(t) = dk(t) w(t) + k(t) d w(t). )

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 1 Konačno, treba izvesti i pravilo za derivaciju produkta vektorskih funkcija. Ali, kojeg produkta? Za vektore poznajemo dvije vrste produkta: skalarne produkte za vektore s proizvoljno mnogo komponenata i vektorski produkt za vektore u 3 dimenzije. Za skalarni produkt vektorskih funkcija s proizvoljno mnogo komponenata vrijedi d( w 1 w 2 ) = d w 1 w 2 + w 1 d w 2. Neka, kao i prije, vektorske funkcije imaju komponente w 1 (t) = (F x1 (t), F y1 (t), F z1 (t)), w 2 (t) = (F x2 (t), F y2 (t), F z2 (t)). Onda je d( w 1 (t) w 2 (t)) = d( (F x1 (t), F y1 (t), F z1 (t)) (F x2 (t), F y2 (t), F z2 (t)) ) = d(f x1(t)f x2 (t) + F y1 (t)f y2 (t) + F z1 (t)f z2 (t)) = df x1(t) F x2 (t) + F x1 (t) df x2(t) + df y1(t) F y2 (t) + F y1 (t) df y2(t) + df z1(t) F z2 (t) + F z1 (t) df z2(t) = ( dfx1 (t) = d w 1(t), df y1(t), df z1(t) ) + (F x1 (t), F y1 (t), F z1 (t)) w 2 (t) + w 1 (t) d w 2(t). (F x2 (t), F y2 (t), F z2 (t)) ( dfx2 (t), df y2(t), df ) z2(t) Konačno, ali ovaj put samo za vektore u 3 dimenzije, pa onda i za vektorske funkcije kojima su vrijednosti vektori s 3 komponente možemo definirati vektorski produkt. Za derivaciju vektorskog produkta dvije vektorske funkcije s

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 11 3 komponente vrijedi: d( w 1 w 2 ) = d w 1 w 2 + w 1 d w 2. Dokaz dobivamo raspisivanjem: d( w 1 (t) w 2 (t)) = d( (F x1 (t), F y1 (t), F z1 (t)) (F x2 (t), F y2 (t), F z2 (t)) ) = d ı j k F x1 (t) F y1 (t) F z1 (t) F x2 (t) F y2 (t) F z2 (t) = d (( Fy1 (t)f z2 (t) F z1 (t)f y2 (t) ) ı ( F x1 (t)f z2 (t) F z1 (t)f x2 (t) ) j + ( F x1 (t)f y2 (t) F y1 (t)f x2 (t) ) k ) = d ( Fy1 (t)f z2 (t) F z1 (t)f y2 (t), = = ( dfy1 (t) F x1 (t)f z2 (t) + F z1 (t)f x2 (t), + F x1 (t)f y2 (t) F y1 (t)f x2 (t) ) F z2 (t) + F y1 df z2 (t) df x1(t) df z2 (t) F z2 (t) F x1 + df x1(t) df y2 (t) F y2 (t) + F x1 ı j k df y1 (t) df x1 (t) df z1 (t) F x2 (t) F y2 (t) F z2 (t) = d w 1(t) + w 2 (t) + w 1 (t) d w 2(t). df z1(t) + df z1(t) df y2 (t) F y2 (t) F z1, df x2 (t) F x2 (t) + F z1, df ) y1(t) df x2 (t) F x2 (t) F y1 ı j k F x1 (t) F y1 (t) F z1 (t) df x2 (t) df y2 (t) df z2 (t) Primjer 2.2.1. U primjeru 1.2.3. parametrizirali smo dva gibanja po kružnici: r(ϕ) = (a cosϕ, a sin ϕ, ) i r(t) = (a cos(ωt), a sin(ωt), ) Izračunajmo brzinu i akceleraciju točke koja se giba po tim zakonima.

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 12 U prvom slučaju imamo a u drugom i da vrijedi v(ϕ) = d r(ϕ) dϕ a(ϕ) = d v(ϕ) dϕ v(t) = d r(t) a(t) = d v(t) Primijetimo da je u drugom slučaju = ( a sin ϕ, a cosϕ, ) = ( a cosϕ, a sin ϕ, ), = ( aω sin(ωt), aω cos(ωt), ) = ( aω 2 cos(ωt), aω 2 sin(ωt), ). a = ω 2 r v(t) r(t) = a 2 ω sin(ωt) cos(ωt) + a 2 ω sin(ωt) cos(ωt) =, v(t) a(t) = a 2 ω 3 sin(ωt) cos(ωt) a 2 ω 3 sin(ωt) cos(ωt) =. Prema tome, zaključujemo da je v r, a za bilo koju konstantnu kutnu brzinu ω. Primjer 2.2.2. Parametrizirajmo krivulju koja se nalazi na presjeku sfere x 2 + y 2 + z 2 = 4 i plašta valjka (plašt = vanjska ljuska valjka) (x 1) 2 + y 2 = 1 unutar prvog oktanta. Nacrtajmo presjek sfere i plašta valjka, 2 1.5 1 1.5 2.5 1 1.5 2

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 13 pri čemu je žuto označena presjecišna krivulja. Ako izdvojimo samo tu krivulju, ona izgleda ovako: 2 1.5 1 1.5 2 1.8.6.4.2 Parametrizirajmo prvo sferu. Ako upotrijebimo polarne koordinate za parametrizaciju u xy-ravnini (pišemo ρ umjesto uobičajenog r da ne pomiješamo s radijus vektorom), onda je x = ρ cos ϕ y = ρ sin ϕ. Ostaje još parametrizirati z koordinatu sfere. Uvrštavanjem x i y u jednadžbu sfere, dobivamo ρ 2 cos 2 ϕ + ρ 2 sin 2 ϕ + z 2 = 4, odnosno z 2 = 4 ρ 2. Budući da nas zanima samo prvi oktant, tamo je z, pa je z = 4 ρ 2. Sada još treba parametrizirati i plašt valjka. Napišimo njegovu jednadžbu u polarnim koordinatama. Imamo (ρ cosϕ 1) 2 + ρ 2 sin 2 ϕ = 1 ρ 2 cos 2 ϕ 2ρ cosϕ + 1 + ρ 2 sin 2 ϕ = 1 ρ 2 cos 2 ϕ 2ρ cosϕ + ρ 2 sin 2 ϕ = ρ 2 = 2ρ cosϕ. Budući da ρ ne može biti jednak, možemo lijevu i desnu stranu skratiti s ρ, pa dobivamo ρ = 2 cosϕ. Uvrštavanjem tog ρ u parametriziranu jednadžbu sfere, dobivamo x = ρ cosϕ = 2 cos 2 ϕ y = ρ sin ϕ = 2 sinϕcosϕ z = 4 ρ 2 = 4 4 cos 2 ϕ = 2 sin 2 ϕ = 2 sin ϕ.

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 14 Ponovno, predznak pri vadenju korijena uzeli smo plus, jer je krivulja u 1. oktantu. Nadalje, treba još vidjeti za koje parametre ϕ dobivamo jednadžbu presjeka. Ako promatramo tlocrt valjka, to je polukružnica u prvom kvadrantu, sa središtem u točki (1, ). y 1 x Prema tome ϕ π 2. Dakle, r(ϕ) = (2 cos 2 ϕ, 2 sin ϕ cosϕ, 2 sin ϕ), ϕ π 2. Krivulju smo mogli parametrizirati i na drugi način. Iz jednadžbe plašta valjka slijedi da je y 2 = 1 (x 1) 2, a onda je (zbog prvog kvadranta) y = 1 (x 1) 2. Uvrstimo li sad x i y u jednadžbu sfere, dobivamo pa je (zbog prvog oktanta) Takoder je odmah vidljivo da je Prema tome, parametrizacija glasi z 2 = 4 x 2 y 2 = 4 x 2 ( 1 (x 1) 2) = 4 x 2 1 + x 2 2x + 1 = 4 2x, z = 4 2x. x 2. r(x) = (x, 1 (x 1) 2, 4 2x), x 2. Zadatak 2.2.1. Za parametrizacije iz prethodnog zadatka, izračunajte d r dϕ, d2 r d r dϕ2, dx, d2 r dx 2.

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 15 Primjer 2.2.3. Uslijed djelovanja sile, čestica se giba po zakonu r(t) = (cost, sin t, t), gdje t predstavlja vrijeme. Ako sila prestane djelovati u trenutku t = π, gdje će se 2 čestica nalaziti u trenutku t = π. Čestica se giba po ovakvoj spirali 12 1 8 6 4 2 1.5.5 1 1 1 Brzinu čestice (ovisno o t) dobit ćemo deriviranjem v(t) = d r = ( sin t, cost, 1). Označimo s ( ) ( π r := r = cos π 2 2, sin π 2, π ) ( =, 1, π ) 2 2 ( ) π v := v = ( sin π 2 2, cos π ) 2, 1 = ( 1,, 1). Kad sila prestane djelovati, čestica će se od točke r gibati po pravcu u smjeru v i s tom brzinom. Budući da je vrijeme prestanka djelovanje sile bilo t = π 2, onda r mjerimo relativno, obzirom na trenutak kada je počelo gibanje po pravcu u trenutku t. Dakle, r(t) = r + U trenutku t = π, položaj čestice je r(π) = ( t π ) ( v =, 1, π ) ( + t π ) ( 1,, 1). 2 2 2 (, 1, π ) + π ( 2 2 ( 1,, 1) = π ) 2, 1, π.

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 16 2.3. Derivacija skalarne funkcije U( r) po krivulji r(t) Neka je U( r) zadano skalarno polje, ili skalarna funkcija od tri varijable x, y i z. Dakle, U( r) = U(x, y, z). Ako smo r parametrizirali parametrom t, onda su s t parametrizirane i varijable x = x(t), y = y(t) i z = z(t). Prema tome, derivacija du nije ništa drugo nego primjena lančanog pravila za deriviranje: du = U dx x + U dy y + U ( dz U z = x, U y, U ) ( dx z, dy, dz ). Pritom je nabla ) oznaka za skalarni produkt. Ako označimo (ovaj operator čitamo = ( x, y, ), z i uočimo da je druga zagrada u skalarnom produktu jednaka d r, onda možemo deriviranje i skraćeno zapisati kao: du = U d r. Uočimo da je u prethodnoj formuli U ovisna samo o funkciji (polju), a d r samo o krivulji. Nadalje, ako je norma vektora d r jednaka 1, tj. ako je formulom definirali smo derivaciju u smjeru vektora d r. d r = 1, prošlom Uobičajeno je označiti s = d r. Onda je jedinični vektor u smjeru vektora s jednak s = s s, a usmjerena derivacija u smjeru vektora s često se označava i s du ds. U terminima

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 17 vektora s, usmjerenu derivaciju možemo zapisati i kao du ds = U s s = U s. Diferencijal polja U definiran je formulom du = U d r. Odatle dobivamo jedno važno svojstvo. Ako imamo nivo plohu skalarnog polja, tj. ako je U = const, onda je diferencijal te funkcije jednak. S druge strane, d r je u nivo plohi. Iz du = U d r odmah slijedi da je lijeva strana na nivo plohi jednaka. Prema tome vektori U i d r su okomiti. Kako je d r u nivo plohi, odmah slijedi da je U okomit na nivo plohu. Iz formule o usmjerenoj derivaciji, zato što je skalarni produkt, izlazi du ds = U s = U s cos ( U, s ) = U cos ( U, s ), što slijedi iz činjenice da je s jedinični vektor. Derivacija u smjeru vektora s biti će maksimalna, ako s ima smjer U, jer je onda cos ( U, s ) = 1. Prema maksimalna moguća vrijednost za du ds, je max du ds = U. Primjer 2.3.1. Zadano je skalarno polje i krivulja (bolje rečeno pravac) Izračunajte du i du ds. U(x, y, z) = 2x + y + z 2 r(t) = r + (1, 1, 1)t.

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA 18 Nadalje, Očito je U = (2, 1, 2z), d r = (1, 1, 1). s = d r = (1, 1, 1), s = 1 2 + 1 2 + 1 2 = 3, s = 1 3 (1, 1, 1). Onda je du = (2, 1, 2z) (1, 1, 1) = 2 1 + 1 1 + 2z 1 = 2z + 3 du ds = (2, 1, 2z) 1 3 (1, 1, 1) = 1 (2z + 3) = 2z + 3. 3 3 Primjer 2.3.2. Treba naći jediničnu normalu na površinu u točki T(1, 1, 2). x 2 + y 2 z = Prisjetimo se činjenice da je U okomit na nivo plohu u zadanoj točki. Prema tome, treba odrediti U u točki T (oznaka U T ), a zatim normirati dobiveni vektor. Primijetimo da je x 2 + y 2 z = jedna od nivo površina funkcije U(x, y, z) = x 2 + y 2 z U = (2x, 2y, 1), U T = U (1,1,2) = (2, 2, 1), n = U T U T = 1 22 + 2 2 + 1 2(2, 2, 1) = 1 ( 2 3 (2, 2, 1) = 3, 2 ) 3, 1. 3

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 19 3. Integrali skalarnih i vektorskih funkcija 3.1. Integral skalarne funkcije U( r) po krivulji r(t) Zadana je krivulja po kojoj želimo integrirati polje U. z A d r B y x Ako krivulju podijelimo u infinitezimalno male komadiće luka, i izvršimo parametrizaciju varijablom t, onda je B t B d r(t) U( r) d r = U( r(t)). A t A Primjer 3.1.1. Nadite duljinu luka spirale od t = do t = 2π. r(t) = (cost, sin t, t) Primijetimo da je formula za integral po krivulji zbrajala funkciju U po malim djelićima luka. Ako za funkciju stavimo U = 1, onda će integral po krivulji

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 2 dati baš duljinu luka. 6 5 4 3 2 1 1 1.5.5 1 Dakle, d = = B A 2π d r = 2π d r 2π = ( sin t, cost, 1) sin 2 t + cos 2 t + 1 2 = 2π 2π 2 = 2t = 2π 2. 3.2. Integral vektorske funkcije F( r) po krivulji r(t) Zadana je krivulja po kojoj želimo integrirati vektorsko polje F. U svakoj točki luka, polje F je vektor, pa imamo z F( r) A d r B y x Ako krivulju podijelimo u infinitezimalno male komadiće luka, i izvršimo pa-

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 21 rametrizaciju varijablom t, onda je B A F( r) d r = t B t A F( r(t)) d r(t). Primjer 3.2.1. Izračunajte rad sile F(x, y, z) = (y, 2x, z) po luku spirale r(t) = (cost, sin t, t), t 2π. Prvo parametrizirajmo funkciju F, tako da uvrstimo x = cost, y = sin t i z = t iz parametarske jednadžbe spirale a zatim pronadimo B A F( r(t)) = (sin t, 2 cost, t), d r(t) Rad sile po zadanoj spirali jednak je F( r) d r = = = 2π 2π 2π = ( sin t, cost, 1). (sin t, 2 cost, t) ( sin t, cost, 1) = ( (1 cos 2 t) + 2 cos 2 t + t) = ( 1 + 3 ) 2 (cos(2t) + 1) + t = 2π 2π ( 1 = 2 t + 3 4 sin(2t) + 1 ) 2π 2 t2 = π + 2π 2. 2π ( sin 2 t + 2 cos 2 t + t) ( 1 + 3 cos 2 t + t) ( 1 2 + 3 ) 2 cos(2t) + t

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 22 3.3. Konzervativna vektorska polja Za vektorsko polje F reći ćemo da je konzervativno ako je integral tog polja po svakoj zatvorenoj krivulji K (cirkulacija) jednak. Oznaka znači samo da se radi o zatvorenoj krivulji, tj. ako je K F d r =. K Ova činjenica za sobom povlači još neke relacije. Ako imamo konzervativno polje, onda je integral funkcije F po bilo kojem putu jednak, tj. ovisi samo o početnoj i konačnoj točki. Obrazloženje te činjenice je vrlo jednostavno. Nacrtajmo bilo koja dva puta K 1 i K 2. B K 1 K 2 Iskoristimo li očitu činjenicu da je F d r = F d r K 2 K 2 i činjenicu da je polje konzervativno, dobivamo F d r + F d r = F d r F d r =, K 1 K 2 K 1 K 2 što drugačije zapisujemo kao A F d r = F d r. K 1 K 2 Budući da u konzervativnom polju integral ne ovisi o putu, onda se vrlo često

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 23 koristi oznaka koja ističe samo krajnje točke puta B A F d r. 3.4. Potencijalna vektorska polja Za vektorsko polje F reći ćemo da je potencijalno ako postoji skalarno polje U takvo da je F = U. Postoji veza izmedu potencijalnih i konzervativnih polja. Polje je konzervativno ako i samo ako je potencijalno. Dokaz: Dokažimo obje implikacije. Prvo pokažimo da ako je polje potencijalno, ono je i konzervativno. Dakle, neka postoji U takav da je F = U i neka je K put koji spaja proizvoljnu točku A i s proizvoljnom točkom B. Ako dokažemo da taj integral ne ovisi o putu, onda je polje konzervativno. Imamo B A F d r = t(b) t(a) U(t) d r(t) = t(b) t(a) du(t) = U(B) U(A). S druge strane, ako je polje konzervativno, onda je integral izmedu proizvoljne točke i T označimo s U := T F d r. Diferenciranjem izlazi du = F d r. S druge strane, znamo da je du = U d r,

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 24 a budući da to mora vrijediti za svaku točku T, zaključujemo da je U = F, pa je polje potencijalno. Primjer 3.4.1. Je li polje konzervativno polje? F(x, y, z) = (2x + y, x, 2z) Najlakše je pokazati da postoji potencijal U takav da je ( U F = U = x, U y, U ). z Dakle, usporedivanjem komponenti U i F zaključujemo: U x = 2x + y, U y = x, U z = 2z. Od te tri jednadžbe, izaberemo jednu, koju integriramo. Ne zaboravimo da ako integriramo po, recimo varijabli x, ostale varijable smatramo konstantnima. Integrirajmo prvo derivaciju po x: U(x, y, z) = (2x + y) dx = x 2 + xy + c(y, z). Primijetimo da bilo koja funkcija c 1 (y, z) kad je deriviramo po x daje. Funkciju c(y, z) odredujemo iz preostale dvije derivacije. Deriviranjem dobivene funkcije U(x, y, z) po y izlazi Usporedivanjem s dobivamo odnosno Odatle izlazi da je U y c(y, z) = x +. y x = x + U y = x, c(y, z) y c(y, z), y =. c(y, z) = dy = c(z), tj. funkcija c je samo funkcija varijable z, pa vrijedi U(x, y, z) = x 2 + xy + c(z).

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA 25 Deriviranjem te funkcije po z i usporedivanjem s dobivamo Odatle odmah slijedi da je c(z) = U z = 2z, U z = dc dz = 2z. 2z dz = z 2 + k, k konstanta, pa je U(x, y, z) = x 2 + xy + z 2 + k potencijal zadanog vektorskog polja, pa zaključujemo da je polje konzervativno. Primijetite da potencijal možete odrediti do na konstantu.

2024 © DocPlayer.gr Πολιτική Απορρήτου | Όροι Χρήσης | Σχόλια