PŘEDNÁŠKA 9 KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL 1. DRUHU

Transkript

1 PŘEDNÁŠKA 9 KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL 1. DRUHU

2 6.1 Křivkový integrál 1. druhu Definice 1. Množina R n se nazývá prostá regulární křivka v R n právě tehdy, když existuje vzájemně jednoznačné zobrazení g : (a, b) ; g(t) = (g 1 (t),..., g n (t)), (6.1) které má na intervalu (a, b) spojitou derivaci ġ (t) = (g 1 (t),..., g n (t)) (0,..., 0). Prostá regulární křivka je tedy množina bodů x = g(t), tj. (x 1,..., x n ) = (g 1 (t),..., g n (t)), neboli x i = g i (t), i = 1,..., n, (6.2) kde zobrazení g splňuje výše uvedené podmínky. Toto zobrazení se nazývá parametrizace křivky, rovnice x = g(t), neboli rovnice (6.2), se nazývají o parametrické rovnice křivky. 2

3 3 Vektor ġ (t) = (g 1 (t),..., g n (t)) je tečným vektorem ke křivce. Křivku si můžeme nejjednoduššeji představit jako trajektorii pohybujícího se bodu, kde g(t) udává souřadnice bodu v čase t. Vektor ġ (t) pak udává jeho okamžitou rychlost. g(t) g(t)

4 4 peciální případ: křivky v R 2 (x, y) = (g (t), g (t)) 1 2 ds dx=g (t)dt 1 g(t) dy=g (t)dt 2 ds =(g (t), g (t)) dt 1 2 Element délky ds prosté regulární křivky s parametrizací g(t) je roven ds = ġ (t) dt = (g 1 (t))2 + (g 2 (t))2 dt (6.3)

5 5 peciální případ: křivky v R 3 dz = g (t)dt 3 (x, y, z) = (g (t), g (t), g (t)) dx=g (t)dt 1 ds dy=g (t)dt 2 g(t) ds =(g (t), g (t), g (t)) dt Element délky ds prosté regulární křivky s parametrizací g(t) je roven ds = ġ (t) dt = (g 1 (t))2 + (g 2 (t))2 + (g 3 (t))2 dt (6.4)

6 6 Element délky křivky v R n (x, y) = (g (t), g (t)) 1 2 ds dx=g (t)dt 1 g(t) dy=g (t)dt 2 ds =(g (t), g (t)) dt 1 2 Element délky ds prosté regulární křivky s parametrizací g(t) je roven ds = ġ (t) dt = (g 1 (t))2 + + (g n (t))2 dt (6.5)

7 7 Křivkový integrál 1. druhu Definice 2. Necht je prostá regulární křivka v R n a necht g : (a, b) R je její parametrizace. Necht f : R n je funkce. Existuje-li Riemannův integrál b pak toto číslo značíme a f(g(t)) ġ (t) dt, (6.6) b f ds f(g(t)) ġ (t) dt (6.7) a a nazýváme je křivkovým integrálem 1. druhu funkce f přes křivku (také neorientovaným křivkovým integrálem).

8 Vlastnosti křivkového integrálu 1. druhu Křivkový integrál funkce f přes křivku byl definován pomocí jednorozměrného Riemannova integrálu, má tedy podobné vlastnosti jako Riemannův integrál funkce f na intervalu. Například: Linearita křivkového integrálu Jsou-li α, β reálná čísla, f, g funkce, pak rovnost (αf + βh) ds = α f ds + β h ds (6.8) platí, má-li pravá strana smysl. Aditivita vzhledem ke křivce Jsou-li 1, 2 prosté regulární křivky takové, že jejich sjednocení = 1 2 je rovněž prostá regulární křivka a jejich průnik 1 2 obsahuje nejvýše krajní body oblouků, pak rovnost f ds = f ds = f ds + f ds (6.9) platí, má-li pravá strana smysl. 8

9 Příklad. Nalezněte hodnotu integrálu x 2 ds, kde = {(x, y) R 2 y = ln x, x 1, 2 }. Řešení. Zvolme parametrizaci x = g 1 (t) = t, y = g 2 (t) = ln t. Pak ġ (t) = ( 1, 1 t ) o. x 2 ds = 2 ( t 2 1, 1 ) 2 dt = t t t dt = 2 t t dt = 1 = t = u, 2t dt = du t = 1 u = 2 t = 2 u = = = u 1/2 du = [u3/2 ] 5 2 = 1 3 (53/2 2 3/2 ). 9

10 10 Příklad. Nalezněte hodnotu integrálu (x + y)ds, kde je úsečka s krajními body A = (0, 0), B = (1, 2). Řešení. Zvolme parametrizaci x = t, y = 2t, t 0, 1. Pro takto zvolenou parametrizaci dostáváme tečné pole křivky ġ (t) = (1, 2) a pro jeho velikost ġ (t) = 5. Nyní můžeme dosadit 1 (x + y) ds = (t + 2t) 5 dt =

11 11 Příklad. Nalezněte hodnotu integrálu z 2 x 2 + y 2 ds, kde je jeden závit šroubovice x = r cos t, y = r sin t, z = rt, t 0, 2π. Řešení. Pro zvolenou parametrizaci dostáváme tečné pole křivky ġ (t) = ( r sin t, r cos t, r) a jeho velikost ġ (t) = r 2. Pak z 2 x 2 + y 2 ds = 2π 0 r 2 t 2 r 2 r 2 dt = 8rπ3 2. 3

12 12 Některé aplikace křivkového integrálu Délka s() křivky : s() = t 1 ds = ġ (t) dt t 0 Hmotnost m() křivky s délkovou hustotou σ : m() = t 1 σ ds = σ(g(t)) ġ (t) dt t 0 Analogicky se počítá celkový náboj. V tomto případě může hustota σ náboje nabývat i záporných hodnot.

13 13 tatické momenty v R 2 : y () = x () = t 1 xσ ds = g 2 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt t 0 t 1 yσ ds = g 1 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt t 0 ouřadnice x t (), y t () těžiště křivky : x t () = xσ ds y() m() = m(), y t () = x() m() = yσ ds m()

14 14 tatické momenty v R 3 : yz () = xz () = xy () = t 1 xσ ds = g 1 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt t 0 t 1 yσ ds = g 2 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt t 0 t 1 zσ ds = g 3 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt t 0 ouřadnice x t (), y t (), y t () těžiště křivky : xσ ds yσ ds x t () = m(), y t() = m(), z t() = zσ ds m().

15 15 Momenty setrvačnosti v R 2 : I x () = I y () = y 2 σ ds = x 2 σ ds = t 1 t 0 t 1 t 0 g 2 2 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt g 2 1 (t)σ(g(t)) ġ (t) dt

16 16 Momenty setrvačnosti v R 3 : I x () = (y 2 + z 2 )σ ds = t 1 t 0 (g 2 2 (t) + g2 3 (t))σ(g(t)) ġ (t) dt I y () = (x 2 + z 2 )σ ds = t 1 t 0 (g 2 2 (t) + g2 3 (t))σ(g(t)) ġ (t) dt I z () = (x 2 + y 2 )σ ds = t 1 t 0 (g 2 1 (t) + g2 2 (t))σ(g(t)) ġ (t) dt

17 6.2 Plošný integrál 1. druhu Definice 3. Množina R 3 se nazývá prostá regulární plocha v R 3 právě tehdy, když existuje vzájemně jednoznačné zobrazení g : Ω ; g(u, v) = (g 1 (u, v), g 2 (u, v), g 3 (u, v)), (6.10) které má na množině Ω R 2 spojité parciální derivace ( g u = g1 u, g 2 u, g ) ( 3 g, u v = g1 v, g 2 v, g ) 3, v (6.11) přičemž vektory (6.11) jsou lineárně nezávislé. Vektory (6.11) jsou lineárně nezávislé tečné vektory k ploše, jejich vektorový součin je normálový vektor k ploše (viz následující obrázek). 17

18 Uvažujme bod plochy o souřadnicích (x, y, z) = g(u, v). Pro pevné v tvoří body g(u, v) křivku u, jejíž tečný vektor získáme jako derivaci parametrizace podle (v tuto chvíli jediné) proměnné u. Podobně pro pevné u tvoří body g(u, v) křivku v, jejíž tečný vektor získáme jako derivaci parametrizace podle v : n = t u x tv t u (x, y, z) = g(u,v) ds u u t v ds v v t u = ( g u = g1 u, g 2 u, g ) 3 u t v = g ( v = g1 v, g 2 v, g ) 3 v 18

19 Element obsahu d Element obsahu d si můžeme představit jako obsah rovnoběžníka, jehož strany tvoří vektory ds u, ds v. Obsah tohoto rovnoběžníka je roven velikosti vektorového součinu těchto vektorů. n = t u x tv ds u x dsv t u (x, y, z) = g(u,v) d ds u u ds v t v v ds u = t u du, ds v = t v dv d = ds u ds v = t u t v du dv tj. d = g u g v du dv 19

20 20 Plošný integrál 1. druhu v R 3 Definice 4. Necht je prostá regulární plocha v R 3 a necht g : Ω je její parametrizace. Necht f : R 3 je funkce. Existuje-li Riemannův integrál f(g(u, v)) g u g v du dv, (6.12) Ω pak toto číslo značíme f d a nazýváme je plošným integrálem 1. druhu funkce f přes plochu (také neorientovaným plošným integrálem). Je tedy f d f(g(u, v)) g Ω u g v du dv (6.13) = f(g(u, v)) t u t v du dv, Ω

21 21 Je-li část grafu funkce z = h(x, y), pak můžeme vzít jako parametry přímo x, y, tj. zvolit parametrizaci g(x, y) = (x, y, h(x, y)), (x, y) Ω D h. (6.14) Zřejmě platí: ( t x = 1, 0, h ) (, t y = 0, 1, h ) x y ( n = t x t y = h ) x, h y, 1 ( ) h 2 ( ) h 2 n = t x t y = x y Pro plošný integrál tedy platí: f(x, y, z) d = ( ) h 2 ( ) h 2 = f(x, y, h(x, y)) dx dy Ω x y (6.15)

22 Pro plochu s parametrizací g = (g 1, g 2, g 3 ) platí: g u g v = g 2 u g 2 v g 3 u g 3 v, g 1 u g 1 v g 3 u g 3 v2, g 1 u g 1 v g 2 u g 2 v. Odtud a ze vztahu a b 2 = a 2 b 2 a b plyne: n = g u g v = EG F 2, (6.16) kde E = g u 2, G = g v 2, F = g u g v, (6.17) Veličiny E, G a F se nazývají Gaussovy koeficienty plochy. Můžeme také psát: n 2 = t u t v 2 t u t u t u t v = t v t u t v t v 22

23 23 Příklad. Nalezněte hodnotu plošného integrálu 1 (1 + x + y) 2 d přes plochu = {(x, y, z) R 3 (x+y+z = 1) (x 0) (y 0) (z 0)} Řešení. z = 1 x y

24 Plochu budeme parametrizovat jako graf funkce g(x, y) = (x, y, 1 x y), x + y 1, x 0, v 0 Pak je Odtud n = (1, 0, 1) (0, 1, 1) = (1, 1, 1) n = = 3 = (1 + x + y) 2 d = 0 ( ) 1 + x 0 1 x dx dy = (1 + x + y) dx = [ 3 ln(1 + x) 1 ] 1 2 x = 0 = 3(ln ). 24

25 Příklad. Nalezněte hodnotu plošného integrálu (x 2 + y 2 ) d přes plochu = {(x, y, z) R 3 (z = 1 x 2 y 2 ) (z 0)}. Řešení. a) Nejdříve budeme úlohu řešit tak, že budeme plochu parametrizovat jako graf funkce: g(x, y) = (x, y, 1 x 2 y 2 ), Ω = {(x, y) R 2 x 2 +y 2 1}. Pak je n = 1 + 4x 2 + 4y 2, a tedy 1 1 x 2 (x 2 +y 2 ) d = (x 2 +y 2 ) 1 + 4x 2 + 4y 2 dy dx = 1 1 x 2 25

26 1 = 4 1 x 2 (x 2 + y 2 ) 1 + 4x 2 + 4y 2 dy dx = = = 2π 0 0 x = r cos ϕ, 0 < r < 1, y = r sin ϕ, 0 < ϕ < π r r 2 dr = = π = 4 π r r 2 dr dϕ = 1 + 4r 2 = t, 8rdr = dt r = 0 t = 1 r = 1 t = 5 t 1 4 t1/2 dt = π 60 ( ) = b) Nyní budeme tutéž úlohu řešit tak, že zvolíme parametrizaci rovnou pomocí polárních souřadnic x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Dosazením do rovnic plochy dostaneme parametrizaci g(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ, 1 r 2 ), 0 < r < 1, 0 < ϕ < 2π. 26

27 27 Pro normálové vektorové pole pak platí n(g(r, ϕ)) = (cos ϕ, sin ϕ, 2r) ( r sin ϕ, r cos ϕ, 0) = = (2r 2 cos ϕ, 2r 2 sin ϕ, r) n(g(r, ϕ)) = 4r 4 cos 2 ϕ + 4r 4 sin 2 ϕ + r 2 = r 1 + 4r 2. Po dosazení dostáváme (x 2 +y 2 ) d = 2π r r 2 dr dϕ = 2π což je týž integrál, jaký jsme počítali v předchozím případě a). 1 0 r r 2 dr

28 Některé aplikace plošného integrálu Plošný obsah () plochy : () = d Hmotnost m() plochy s plošnou hustotou σ : m() = σ(x, y, z) d Analogicky se počítá celkový náboj. V tomto případě může hustota σ náboje nabývat i záporných hodnot. 28

29 29 tatické momenty vzhledem k rovinám yz, xz a xy : yz () = xσ(x, y, z) d xz () = yσ(x, y, z) d xy () = zσ(x, y, z) d ouřadnice x t (), y t (), y t () těžiště křivky : xσ(x, y, z) d x t () = m() yσ(x, y, z) d y t () = m() zσ(x, y, z) d z t () = m()

30 Momenty setrvačnosti vzhledem k osám x, y, z : I x () = (y 2 + z 2 )σ(x, y, z) d I y () = I z () = (x 2 + z 2 )σ(x, y, z) d (x 2 + y 2 )σ(x, y, z) d 30