Řešení: Nejprve musíme napsat parametrické rovnice křivky C. Asi nejjednodušší parametrizace je. t t dt = t 1. x = A + ( B A ) t, 0 t 1,

Transkript

1 Určete Křivkový integrál příklad 4 x ds, kde {x, y ; y ln x, x 3}. Řešení: Nejprve musíme napsat parametrické rovnice křivky. Asi nejjednodušší parametrizace je Tedy daný integrál je x ds x t, y ln t, t 3 ; ds x + y dt 3 t t + t dt 3 t t + dt t + t dt. [ 3 t + ] 3/ 3. 3 Určete x + y ds, kde je obvod trojúhelníka s vrcholy A [; ], A [; ], A 3 [; ]. Řešení: Křivka se skládá ze tří úseček, stran trojúhelníka, tj. 3. Jestliže parametrizujeme úsečku z bodu A do bodu B vztahem jsou parametrické rovnice stran trojúhelníka x A + B A t, t, A A : x, y t, t ; ds dt, A A 3 : x t, y t, t ; ds 5 dt, 3 A 3 A : x t, y, t ; ds dt. Tedy hledaný integrál je x + y ds x + y ds + x + y ds + x + y ds 3 t dt + t 5 dt + t dt Určete hmotnost oblouku paraboly y x, y <, je-li hmota rozložena s hustotou ρx, y y. Řešení: Hmotnost rovinné křivky s hustotou ρx, y najdeme integrálem m Parametrické rovnice dané křivky jsou například Tedy hmotnost křivky je m ρx, y ds. x t, y t, t ; ds x + y dt t + dt. y ds t t + dt t [ t + dt 3 t + 3/ ] 3. Typeset by AMS-TEX

2 Určete x + y ds, kde { x, y ; x + y x }. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít nějaké parametrické rovnice dané křivky. Naši křivku lze snadno parametrizovat v polárních souřadnicích x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r > a π < ϕ < π. Po dosazení do rovnice křivky dostaneme x + y x r r cos ϕ r cos ϕ. Protože je r >, je cos ϕ >, tj. například π ϕ π. Tedy parametrické rovnice křivky jsou například x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, π ϕ π ; ds x + y dϕ dϕ. Po dosazení dostaneme π/ x + y ds cos ϕ dϕ. π/ Určete y ds, kde je část křivky popsané rovnicí x + y x y, která leží v prvním kvadrantu, tj. x >, y >. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít nějaké parametrické rovnice dané křivky. Naši křivku lze snadno parametrizovat v polárních souřadnicích x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r > a < ϕ < π. Po dosazení do rovnice křivky dostaneme x + y x y r 4 r cos ϕ sin ϕ r cos ϕ r cos ϕ. Protože musí být x >, y > a r >, dostaneme pro parametr ϕ nerovnosti cos ϕ sin ϕ, cos ϕ ϕ 4 π. Parametrické rovnice křivky tedy například jsou x cos ϕ cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, ϕ 4 π ; ds x + y dϕ dϕ cos ϕ. Hledaný křivkový integrál tedy je y ds π/4 cos ϕ sin ϕ dϕ cos ϕ π/4 sin ϕ dϕ Určete arctg y ds, kde je část Archimedovy spirály, která má v polárních souřadnicích rovnici x r ϕ a leží uvnitř kruhu se středem v počátku a s poloměrem R π/. Řešení: Polární souřadnice jsou x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r >. Máme tedy dány parametrické rovnice Archimedovy spirály x ϕ cos ϕ, y ϕ sin ϕ, ϕ >. Protože nás zajímá pouze její část, která leží v kruhu se středem v počátku a poloměrem R π, musí být x + y ϕ R 4 π < ϕ π..

3 Parametrické rovnice dané křivky tedy jsou x ϕ cos ϕ, y ϕ sin ϕ, < ϕ π ; ds x + y dϕ + ϕ dϕ. Protože je ϕ π, platí na křivce vztah arctg y x Po dosazení do daného integrálu pak dostaneme Určete π, a > }. arctg y π/ x ds ϕ + ϕ dϕ arctg ϕ sin ϕ ϕ cos ϕ arctg tg ϕ ϕ. [ 3 + ϕ ] 3/ π/ π π 6. x + y ds, kde { x, y, ; x acos t + t sin t, y asin t t cos t, t Řešení: Protože je křivka dána přímo parametrickými rovnicemi, stačí pouze najít hodnotu integrované funkce na křivce x + y a + t a ds x + y dt at dt. Po dosazení dostaneme π x + y ds a + t t dt a [ 3 + t ] 3/ π a + 4π 3/. 3 Určete těžiště homogenní křivky { x, y ; x + y R, y }. Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů x T x ds, y T y ds, kde s ds s s 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 x + y r R, tj. r R. Protože má být y, musí platit R sin ϕ. Z toho plyne třeba ϕ π. Tedy parametrické rovnice dané křivky jsou x R cos ϕ, y R sin ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ R dϕ. Nyní už dostaneme π s ds R dϕ πr, což dává souřadnice těžiště x ds π R cos ϕ dϕ, x T, y T π R. y ds π R sin ϕ dϕ R, Určete těžiště homogenního oblouku cykloidy dané parametrickou rovnicí { x, y ; x at sin t, y a cos t, t, π, a > }. 3

4 Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Protože již máme křivku parametrizovanou, stačí najít Pak dostaneme s ds ds x + y dt a cos t dt a sin t dt. π x ds a π a sin t dt a [ cos t ] π 8a, π t sin t sin t t dt a sin t cos t + cos 3 t dt a [ ] π t cos t + 4 sin t sin t + 3 sin 3 t 8πa, y ds a π π cos t sin sin t dt a t + sin t sin 3 t dt a [ ] π 3 cos t + 3 cos 3 t 3 3 a, kde se při výpočtu integrálů použily vztahy sin α sin β cosα β cosα + β, sin α cos β sinα + β sinα β. Tedy souřadnice těžiště dané cykloidy jsou Určete x T πa, y T 4 3 a. xy ds, kde je obvod obdélníku s vrcholy A [; ], A [; ], A 3 [4; ], A 4 [4; ]. Řešení: Křivka se skládá ze čtyř úseček, stran obdélníka, tj Jestliže parametrizujeme úsečku z bodu A do bodu B vztahem jsou parametrické rovnice stran trojúhelníka Tedy hledaný integrál je x A + B A t, t, A A : x, y t, t ; ds dt, A A 3 : x 4t, y, t ; ds 4 dt, 3 A 3 A 4 : x 4, y t, t ; ds dt, 4 A 4 A : x 4 4t, y, t ; ds 4 dt, xy ds xy ds + xy ds + xy ds + xy ds Určete 5 x y ds, kde { x, y R ; x + y 4 }. 4 t dt + 6 t dt + 4.

5 Řešení: Abychom našli křivkový integrál, musíme sestrojit parametrické rovnice dané křivky. Protože je naše křivka kružnice se středem v počátku, jsou výhodné polární souřadnice x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r >. Dosadíme-li do rovnice křivky, dostaneme x + y r 4. Tedy parametrické rovnice křivky jsou například x cos ϕ, y sin ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ dϕ. Tedy hledaný integrál je 5 x y ds π 5 cos ϕ sin ϕ dϕ π. Určete x ds, kde je oblouk paraboly y x mezi body A [; ], B [4; 8]. Řešení: Při výpočtu křivkového integrálu musíme najít parametrické rovnice křivky. Ty lze v našem případě zvolit jako x t, y t, t 4 ; ds x + y dt + t dt. Pak pro daný křivkový integrál dostaneme Určete xy ds, kde x ds 4 { x, y ; t + t dt [ 3 + t ] 3/ x } a + y b, x >, y >, a b. 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 >. Jestliže dosadíme do rovnosti, která definuje křivku, dostaneme r. Z nerovností x > a y > pak získáme, cos ϕ > a sin ϕ >. Z toho plyne, že < ϕ < π. Parametrické rovnice křivky tedy jsou x a cos ϕ, y b sin ϕ, < ϕ < π ; ds x + y dϕ a sin ϕ + b cos ϕ dϕ a křivkový integrál můžeme psát jako xy ds π/ π/ ab cos ϕ sin ϕ a sin ϕ + b cos ϕ dϕ ab cos ϕ sin ϕ b + a b sin ϕ dϕ. Poslední integrál lze najít třeba substitucí t sin ϕ. Protože dt sin ϕ cos ϕ dϕ, dostaneme xy ds ab ab b + a b t dt ab [ a 3 b 3 3 a b ab 3a + b 3a b a + ab + b. ] 3/ b + a b t 5

6 Určete y ds, kde je oblouk cykloidy dané rovnicí x at sin t, y a cos t, t, π. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí najít pouze Hledaný křivkový integrál pak je ds x + y dt a cos t dt. π π y ds a cos t a cos t dt a 3/ cos t dt 4πa 3/. Určete těžiště oblouku homogenní asteroidy dané rovnicí x /3 + y /3 a /3, x >, y > ; a >. Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Abychom mohli počítat křivkové integrály, musíme najít parametrické rovnice křivky. Ty jsou pro danou asteroidu například x a cos 3 ϕ, y a sin 3 ϕ, < ϕ < π ; ds x + y dϕ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ. Z toho dostaneme pro hledané integrály s ds 3a π/ x ds 3a π/ y ds 3a π/ [ cos ϕ sin ϕ dϕ 3a sin ϕ ] π/ 3 a, cos 4 ϕ sin ϕ dϕ 3a [ ] π/ 5 cos5 ϕ 3 5 a, sin 4 ϕ cos ϕ dϕ 3a [ ] π/ 5 sin5 ϕ 3 5 a. Tedy hledané souřadnice těžiště jsou x T y T 5 a. Určete moment setrvačnosti J z x + y ds jednoho závitu šroubovice { x, y, z ; x a cos t, y a sin t, z ht }, t, π. π Řešení: Protože je křivka definovaná parametrickými rovnicemi, stačí pro výpočet křivkového integrálu spočítat ds 4π x + y + z a dt + h dt. π Protože na křivce je x + y a, je hledaný moment setrvačnosti roven J z x + y π ds a 4π a + h π dt a 4π a + h. 6

7 Určete y + z ds, kde je dána rovnicemi x + y + z R, x y. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít parametrické rovnice křivky. Dosadímeli vztah x y do první rovnice, dostaneme x +z R, což je v rovině xz rovnice elipsy se středem v počátku a poloosami a R a b R. Tu lze popsat parametrickými rovnicemi x R cos ϕ, z R sin ϕ, kde ϕ π. A protože y x, dostaneme parametrické rovnice naší křivky ve tvaru x R cos ϕ, y R cos ϕ, z R sin ϕ, ϕ π ; ds x + y + z dϕ R dϕ. A protože na křivce je y + z R, je hledaný křivkový integrál roven Určete π y + z ds R Rdϕ πr. y ds, kde je dáno parametrickou rovnicí x at sin t, y a cos t, t, π. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit ds x + y dt a cos t dt. Pro daný integrál odsud dostaneme π π y ds a cos t a cos t dt a 3/ cos t dt πa 3/. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu y a cos t; t π. y ds, kde je oblouk cykloidy x at sin t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit protože platí vztah ds x + y dt a cos t dt a sin t dt, cos t cos t + sin t cos t sin t sin t. Jestliže podobně upravíme y 4a sin 4 t, dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál π π y ds 8a 3 sin 5 t dt 6a3 sin 5 u du 6a kde jsme při výpočtu použili substituci t u a rekurentní vztah který platí pro n. π sin n x dx n n π sin n x dx, π sin u du 8 5 a3, 7

8 Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu y asin t t cos t; t π. x + y ds, kde je křivka x acos t + t sin t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit A protože x + y a + t je ds x + y dt a cos t dt at dt. x + y π ds a 3 + t t dt π π + a 3. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu a sinh t; t. xy ds, kde je část hyperboly x a cosh t, y Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit ds x + y dt a sinh t + cosh t dt. Pomocí tohoto vztahu dostaneme z křivkového integrálu prvního druhu Riemannův integrál xy ds a 3[ 6 a cosh t sinh t a sinh t + cosh t dt a 3 + sinh t 3/ ] a3 6 cosh + sinh 3/, sinh t cosh t + sinh t dt kde jsme při výpočtu integrálu použili substituci sinh t u. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu x 4/3 + y 4/3 ds, kde je oblouk asteroidy x /3 + y /3 a /3. Řešení: Abychom našli křivkový integrál prvního druhu, musíme najít parametrické rovnice křivky. Danou asteroidu lze poměrně jednoduše popsat parametrickými rovnicemi x a cos 3 ϕ, y a sin 3 ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ. Při této parametrizaci dostaneme z křivkového integrálu prvního druhu Riemannův integrál x 4/3 + y 4/3 ds π Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu a 4/3 cos 4 ϕ + sin 4 ϕ a cos ϕ sin ϕ dϕ π/ 4a 7/3 cos 5 ϕ sin ϕ + sin 5 ϕ cos ϕ dϕ 4a 7/3[ 6 cos6 ϕ + 6 sin6 ϕ ] π/ omezená křivkami r a, ϕ, ϕ π ; r a ϕ jsou polární souřadnice a7/3. exp x + y ds, kde je hranice konvexní oblasti 8

9 Řešení: Polární souřadnice jsou definovány vztahy x r cos ϕ a y r sin ϕ,kde r >. Proto mají křivky hranice dané oblasti rovnice : r a x a cos ϕ, y a sin ϕ, : ϕ x r, y, 3 : ϕ 4 π x r, 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 3 byla hranicí dané oblasti. Pak dostaneme parametrické rovnice Daný křivkový integrál tedy je x a cos ϕ, y a sin ϕ, ϕ 4 π ; ds a dϕ, x r, y, r a ; ds dr, x r, y r, r a ; ds dr. exp x + y ds exp x + y ds + exp x + y π/4 e a a dϕ + a e r dr + a e r dr 4 πea a + e a. ds + exp x + y ds 3 Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu k >, která leží uvnitř kruhu r a. x ds, kde je část logaritmické spirály r ae kϕ, Řešení: Protože vztah mezi polárními a kartézskými souřadnicemi je x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r >, jsou parametrické rovnice logaritmické spirály v kartézských souřadnicích x ae kϕ cos ϕ, y ae kϕ sin ϕ. Protože nás zajímá pouze část spirály, pro kterou je r ae kϕ < a, musí být ϕ <. Tedy parametrické rovnice dané křivky jsou x ae kϕ cos ϕ, y ae kϕ sin ϕ, ϕ, ; ds x + y dϕ a + k e kϕ dϕ. Když přepíšeme daný křivkový integrál prvního druhu na Riemannův integrál nevlastní, dostaneme x ds protože ae kϕ cos ϕ a + k e kϕ dϕ a + k e k cos ϕ dϕ e kϕ cos ϕ dϕ [ ] e kϕ sin ϕ k e kϕ sin ϕ dϕ [ ] ke kϕ cos ϕ 4k e kϕ cos ϕ dϕ k 4k k + 4k + k a, e kϕ cos ϕ dϕ. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu x + y ds, kde je kružnice x + y ax. 9

10 Řešení: Pro výpočet daného křivkového integrálu prvního druhu je výhodné parametrizovat křivku v polárních souřadnicích x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r rϕ >. Po dosazení do rovnice křivky, dostaneme r ar cos ϕ < r < a cos ϕ cos ϕ > π < ϕ < π. Tedy parametrické rovnice křivky jsou x a cos ϕ, y a cos ϕ sin ϕ, π < ϕ < π ; ds x + y dϕ a dϕ. Daný křivkový integrál tedy je Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu π/ x + y ds a cos ϕ a dϕ a. π/ ds y, kde je řetězovka y a cosh x a. Řešení: Protože je křivka dána jako graf funkce y yx,je přirozené považovat x za parametr. V našem případě probíhá x celou množinu R. Pro element délky křivky pak dostaneme ds + y dx + sinh x a dx cosh x a dx. Daný křivkový integrál prvního druhu je pak dán Riemannovým nevlastním integrálem, tj. ds y dx a cosh x a a dt cosh t e t dt a e t + [ arctg e t] π a a, e t + e t. kde jsme při integraci použili substituci x at a vztahu cosh t Najděte délku oblouku křivky x 3t, y 3t, z t 3 od bodu [; ; ] do bodu [3; 3; ]. 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, 3 a ds x + y + z dt t + 36t 4 dt 3 + t dt. Z toho okamžitě dostaneme s ds t dt 36. Najděte délku oblouku křivky x e t cos t, y e t sin t, z e t, < t <. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít ds x + y + z dt 3 e t dt. Pak je délka s křivky rovna s ds 3 e t dt 3.

11 Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu y a sin t, z bt; t π. x + y + z ds, kde je část šroubovice x a cos t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít Tedy hledaný integrál je ds x + y + z dt a + b dt. x + y + z π ds a + b t a + b dt 3 π 3a + 4π b a + b. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu z t; t t. z ds, kde je kónická šroubovice x t cos t, y t sin t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít Hledaný integrál tedy je z ds t ds x + y + z dt + t dt. t + t dt [ 3 + t ] 3/ t + t + t. 3 Najděte těžiště oblouku homogenní cykloidy x at sin t, y a cos t; t π. Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí křivkových integrálů prvního druhu x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Protože již máme křivku parametrizovanou, stačí najít Pak dostaneme π s ds π x ds a ds x + y dt a cos t dt a sin t dt. [ ] π a sin t dt a cos t 4a, t sin t sin t dt a π t sin t cos t + cos 3 t dt a [ ] π t cos t + 4 sin t sin t + 3 sin 3 t 6 3 a, π y ds a π cos t sin sin t dt a t + sin t sin 3 t dt a [ ] π 3 cos t + 3 cos 3 t 6 3 a,

12 kde se při výpočtu integrálů použily vztahy sin α sin β cosα β cosα + β, sin α cos β sinα + β sinα β. Tedy souřadnice těžiště dané cykloidy jsou x T y T 4 3 a. Najděte střední polární moment asteroidy x /3 + y /3 a /3, tj. číslo r dané vztahem I x + y ds sr, kde s je délka oblouku asteroidy. Řešení: Abychom našli křivkový integrál prvního druhu, musíme najít parametrické rovnice křivky. Danou asteroidu lze poměrně jednoduše popsat parametrickými rovnicemi x a cos 3 ϕ, y a sin 3 ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ. Při této parametrizaci dostaneme pro délku asteroidy s ds 3a π Podobně je polární moment cos ϕ sin ϕ π/ [ dϕ a sin ϕ cos ϕ dϕ a sin ϕ ] π/ 6a. I x + y ds 3a 3 π cos 6 ϕ + sin 6 ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ π/ a 3 cos 7 ϕ sin ϕ + sin 7 ϕ cos ϕ dϕ a 3[ π/ 8 cos8 ϕ + 8 ϕ] sin8 3a 3. Tedy střední polární moment r je podle definice 3a 3 6ar r a. Vypočtěte x xy dx + y xy dy kde { x, y ; y x, x }. Řešení: Jedná se o křivkový integrál druhého druhu. Protože je křivka prakticky parametrizovaná parametrem x, a tedy dy x dx, je daný integrál roven x xy dx+y xy dy x x 3 +xx 4 x 3 dx x x 3 4x 4 +x 5 dx 4 5. Vypočtěte x + y dx + x y dy, kde je křivka y x, < x <. Řešení: Křivku můžeme popsat jako sjednocení dvou diferencovatelných křivek : x t, y t, t, ; dx dt, dy dt, : x t, y t, t, ; dx dt, dy dt.

13 Při této parametrizaci křivky dostaneme pro daný integrál druhého druhu x + y dx + x y dy t + t t dt + + t t t dt t dt + t dt 4 3. Vypočtěte x + y dx + x y dy, kde { x, y ; x } a + y b. Řešení: Abychom spočítali daný křivkový integrál druhého druhu, napíšeme nejprve parametrické rovnice křivky. Protože se jedná o elipsu se středem v počátku a poloosami a a b, použijeme parametrizaci x a cos ϕ, y b sin ϕ, ϕ π ; dx a sin ϕ dϕ, dy b cos ϕ dϕ. Daný křivkový integrál druhého druhu lze pak spočítat jako Riemannův integrál x + y dx + x y dy Určete π π y dx + z dy + x dz, kde a cos ϕ + b sin ϕ a sin ϕ + a cos ϕ b sin ϕ b cos ϕ dϕ a + b sin ϕ + ab cos ϕ dϕ. { x, y, z ; x + y + z, x + y x, z > }. Řešení: Nejprve se pokusíme danou křivku parametrizovat. Vztah x + y x se poměrně jednoduše vyřeší pomocí polárních souřadnic x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde rϕ >. Po dosazení do rovnice x + y x, dostaneme r cos ϕ >, tj. Z první rovnice pak plyne x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, π < ϕ < π. z x y cos 4 ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ z sin ϕ. Křivku jsme tedy parametrizovali jako sjednocení dvou na sebe navazujících křivek, kde : x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, z sin ϕ ; π < ϕ <, : x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, z sin ϕ ; < ϕ < π. Pro hledaný křivkový integrál pak dostaneme y dx + z dy + x dz + π/ π/ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ sin ϕ + cos 5 ϕ dϕ+ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos 5 ϕ 3 dϕ

14 Jestliže v prvním integrálu uděláme substituci ϕ ϕ, dostaneme Určete π/ y dx + z dy + x dz sin ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ π 3 π π 4 4. π/ y dx + z dy + x dz po křivce { x, y, z ; x + y, x + z }. sin ϕ sin 4 ϕ dϕ Řešení: Abychom našli daný křivkový integrál druhého druhu, parametrizujeme nejprve křivku. Z rovnice x + y plyne, že můžeme zvolit x cos ϕ a y sin ϕ. Ze druhé rovnice pak dostaneme z x cos ϕ. Parametrické rovnice dané křivky jsou x cos ϕ, y sin ϕ, z cos ϕ, ϕ π. Pomocí těchto parametrických rovnic lze přepsat daný křivkový integrál druhého druhu jako π y dx + z dy + x dz sin ϕ + cos ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ dϕ π + cos ϕ + sin ϕ cos ϕ dϕ π. x + y Určete x + y dx x y x + y dy, kde je kružnice x + y R orientovaná ve směru od kladné poloosy x ke kladné poloose y. Řešení: Protože daná křivka je kružnice se středem v počátku a poloměrem R, jsou její parametrické rovnice x R cos ϕ, y R sin ϕ, ϕ π. Protože hodnotě parametru ϕ odpovídá bod [; ] a hodnotě ϕ π bod [; ], probíháme při zvolené parametrizaci křivku v předepsaném směru. Tedy daný křivkový integrál druhého druhu je x + y x + y dx x y x + y dy Určete π π R cos ϕ + R sin ϕ R sin ϕ R cos ϕ R sin ϕ R cos ϕ R dϕ dϕ π. y dx x dy, kde je určena parametrickou rovnicí x a cos 3 t, y a sin 3 t, < t < π. Řešení: Křivka je dána parametrickými rovnicemi. Protože dx 3a cos t sin t dt a dy 3a sin t cos t dt, je daný křivkový integrál roven π y dx x dy 3a π cos t sin 4 t cos 4 t sin t dt 3a cos t sin t dt 3 8 a π cos 4t dt 3 4 πa. 4

15 { Určete y dx x dy, kde x, y ; x } a + y b, x >. 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 > pak plyne, že cos ϕ >, tj. π < ϕ < π. Z toho dostaneme, že hledaný křivkový integrál je y dx x dy π/ π/ ab sin ϕ ab cos ϕ dϕ πab. Určete a y dx + x dy po křivce dané parametrickou rovnicí x at sin t, y a cos t, < t < π. Řešení: Křivka je dána parametrickými rovnicemi. Protože je daný křivkový integrál roven Určete a y dx + x dy dx a cos t dt, dy a sin t dt, π a π a + cos t a cos t + at sin t a sin t dt t sin t dt a [ ] π t cos t + sin t πa. y dx x dy+z dz po obvodu trojúhelníka, jehož vrcholy jsou průsečíky roviny 3x+y+6z 6 se souřadnicovými osami. Řešení: Vrcholy trojúhelníka jsou A x [; ; ], A y [; 3; ] a A z [; ; ]. Křivka se tedy skládá ze tří úseček. Jestliže budeme popisovat úsečku z bodu A do bodu B parametrickými rovnicemi budou parametrické rovnice jednotlivých úseček x A + B A t, t, A x A y : x t, y 3t, z, t,, A y A z : x, y 3 3t, z t, t,, 3 A z A x : x t, y, z t, 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,, dostaneme y dx x dy + z dz 3t t 3 + t t dt 7 + t dt 6. { Určete y z dx + z x dy + x y dz, kde x, y, z ; x + y a x, a + z h, a > }, h > je orientována tak, že tečna ke křivce v bodě [a; ; ] má kladnou druhou složku, tj. ta,,,, >. 5

16 Řešení: Nejprve najdeme řešení rovnic, které popisují danou křivku, 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 cos ϕ. Tedy parametrické rovnice křivky jsou například x a cos ϕ, y a sin ϕ, z h cos ϕ, ϕ π. Protože naše parametrizace indukuje vektor tečny t a sin ϕ, a cos ϕ, h sin ϕ a bodu [a; ; ] odpovídá hodnota parametru ϕ, je ta,,, a,. Protože je druhá složka vektoru tečny kladná, indukuje naše parametrizace orientaci křivky shodnou s požadovanou orientací. Tedy hledaný integrál je y z dx + z x dy + x y dz π π Určete a sin ϕa sin ϕ h + h cos ϕ + a cos ϕh h cos ϕ a cos ϕ + h sin ϕa cos ϕ a sin ϕ dϕ bodem B [; 4]. a ah cos ϕ sin ϕ dϕ πaa + h. dx + y dy, kde je oblouk paraboly y x s počátečním bodem A [; ] a koncovým Řešení: Protože je křivka dána jako graf funkce y yx, můžeme zvolit za parametr přímo proměnnou x, které probíhá interval,. Proto je daný křivkový integrál roven dx + y dy + x 3 dx 7. Určete 4a y dx + x dy, kde je dáno parametrickou rovnicí x at sin t, y a cos t, t, π. Řešení: Protože je křivka dána parametricky, dostaneme přímo 4a y dx + x dy π 3a + a cos t a cos t + at sin t a sin t dt π a [ π cos t + t sin t dt a t sin t t cos t + sin t] πa. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál, a pomocí toho určete [;3] [;] x + y dx + x y dy. Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. 6

17 Na jednoduše souvislé oblasti Ω R stačí, aby byly funkce F x a F y diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y 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 F x x + y, F y x y diferencovatelné v R a y F y x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ] do bodu B [; 3]. Její parametrické rovnice jsou x t, y + t, t. Tedy [;3] x + y dx + x y dy [;] + 4t dt 4. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál, a pomocí toho určete [;] [; ] x y dx dy. Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. Na jednoduše souvislé oblasti Ω R stačí, aby byly funkce F x a F y diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y 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 F x x y, F y y x diferencovatelné v R a y F y x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ] do bodu B [; ]. Její parametrické rovnice jsou x, y + t, t. 7

18 Tedy [;] [; ] x y dx dy t dt. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho spočítejte kde křivka neprotíná osu Oy. [,] [;] y dx x dy x, Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. Na jednoduše souvislé oblasti Ω R stačí, aby byly funkce F x a F y diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y 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 diferencovatelné v polorovině x > a F x y x, F y x y F y x x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ] do bodu B [; ]. Její parametrické rovnice jsou x t, y + t, t. Tedy [,] [;] y dx x dy t + t x t dt 3. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho spočítejte kde křivka neprochází počátkem. [6;8] [;] x dx + y dy x + y, 8

19 Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y 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 [x ;y ] [x ;y ] F x dx + F y dy U x, y U x, y. Nutná podmínka pro to, aby byl výraz F x dx + F y dy úplným diferenciálem funkce, je V našem případě jsou funkce F x y F y x. x x + y, F y y x + y. Protože všude mimo bod [; ] platí y F y x xy x + y, 3/ může funkce Ux, y existovat. Pro takovou funkci musí platit x x x + y a y y x + y. Z první rovnice dostaneme integrací podle proměnné x, že musí být x dx Ux, y x + y x + y + fy, kde fy je libovolná diferencovatelná funkce nezávislá na proměnné x. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme x + y y + fy Tedy fy, kde je libovolná konstanta a y x + y + f y y x + y f y. Proto je hledaný integrál Ux, y x + y +. [6;8] [;] x dx + y dy x + y U6, 8 U,

20 Dokažte, že je-li fu spojitá funkce a po částech hladká uzavřená křivka, je y dy. Řešení: Platí věta, že integrál F x dx + F y dy fx + y x dx + přes každou uzavřenou křivku, která leží v oblasti Ω R, právě tehdy, když v Ω existuje diferencovatelná funkce Ux, y, potenciál, taková, že F x x a F y y. Nutná podmínka pro existenci potenciálu je rovnost Protože v našem případě je y F y x. F x xf x + y, F y yf x + y, a pro každou diferencovatelnou funkci fx + y platí y F y x xyf t, kde t x + y, je podmínka splněna alespoň pro každou diferencovatelnou funkci ft. Budeme-li hledat funkci Ux, y ve tvaru Ux, y ut, kde t x + y, plyne z věty o derivaci složené funkce F x x xu t xft a F y y yu t yft u t ft ut F t, kde F t je libovolná primitivní funkce k funkci ft. Ale protože je ft podle předpokladů spojitá, její primitivní funkce F t existuje. Protože jsme našli příslušný potenciál Ux, y F x + y, platí pro každou uzavřenou křivku fx + y x dx + y dy. Vypočtěte y z dx + yz dy x dz, kde je křivka x t, y t, z t 3, t, orientovaná ve směru rostoucího parametru. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, můžeme daný křivkový integrál druhého druhu přímo přepsat na Riemannův integrál jako y z dx + yz dy x dz t 4 t 6 + t 5 t t 3t dt 3t 6 t 4 dt 35.

21 Vypočtěte y dx + z dy + x dz, kde je závit šroubovice x a cos t, y a sin t, z bt, t π, orientovaný ve směru rostoucího parametru. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, můžeme daný křivkový integrál druhého druhu přímo přepsat na Riemannův integrál jako y dx + z dy + x dz π a sin t + abt cos t + ab cos t dt [ a t 4 sin 4t + ab t sin t + cos t + sin t ] π πa. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho integrál spočítejte [6;;] [;;3] yz dx + xz dy + xy dz. Řešení: Výraz F x dx + F y dy + F z dz je úplný diferenciál funkce Ux, y, z, když platí du dx + dy + x y z dz F x dx + F y dy + F z dz F x x, F y y, F z z. Na jednoduše souvislé oblasti Ω R 3 stačí, aby byly funkce F x, F y a F z diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x, z F z x, F y z F z y. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy + F z 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 F x yz, F y xz, F z xy diferencovatelné v R 3 a y F y x z, z F z x y, F y z F z y x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ; 3] do bodu B [6; ; ]. Její parametrické rovnice jsou Tedy [6;;] [;;3] yz dx + xz dy + xy dz x + 5t, y t, z 3 t, t. 5 t3 t + 5t3 t + 5t t dt 3 66t + 3t dt.

22 Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho integrál spočítejte [x ;y ;z ] [x ;y ;z ] x dx + y dy + z dz x + y + z, kde x + y + z a, x + y + z b, a >, b >. Řešení: Výraz F x dx + F y dy + F z dz je úplný diferenciál funkce Ux, y, z, když platí du dx + dy + x y z dz F x dx + F y dy + F z dz F x x, F y y, F z z. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy + F z 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 [x ;y,z ] [x ;y ;z ] F x dx + F y dy + F z dz U x, y, z U x, y, z. Nutná podmínka pro to, aby byl výraz F x dx + F y dy + F z dz úplným diferenciálem funkce, je y F y x, z F z x, F y z F z y. V našem případě jsou funkce F x x x + y + z, F y y x + y + z, F z z x + y + z. Protože všude mimo bod [; ; ] platí y F y x xy x + y + z, 3/ z F y z F z x xz x + y + z, 3/ F z y yz x + y + z, 3/ může funkce Ux, y, z existovat. Pro takovou funkci musí platit x x x + y + z, y y x + y + z, z z x + y + z. Z první rovnice dostaneme integrací podle proměnné x, že musí být x dx Ux, y, z x + y + z x + y + z + fy, z, kde fy, z je libovolná diferencovatelná funkce nezávislá na proměnné x. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme x + y y + z y + fy, z x + y + z + f y f y, z y, z. y x + y + z y

23 Tedy fy, z gz, kde diferencovatelná funkce gz je funkce pouze proměnné z a A po dosazení do třetí rovnice získáme x + y z + z + gz Tedy gz, kde je libovolná konstanta a Proto je hledaný integrál [x ;y ;z ] [x ;y ;z ] Ux, y, z x + y + z + gz. z x + y + z + g z Ux, y, z x + y + z +. z x + y + z g z. x dx + y dy + z dz Ux, y, z Ux, y, z x x + y + z + y + z x + y + z b a. Vypočtěte kde je kružnice x + y a. xy dx x y dy, Řešení: Protože je křivka kružnice se středem v počátku a poloměrem a, jsou její parametrické rovnice x a cos ϕ, y a sin ϕ, ϕ π. Při této parametrizaci dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál xy dx x y dy π a 4 π a 3 cos ϕ sin ϕ a sin ϕ a 3 cos ϕ sin ϕ a cos ϕ dϕ cos ϕ sin ϕ dϕ a 4[ ] π sin ϕ. Vypočtěte x + y dx x y dy, kde je elipsa x a + y b. Řešení: Protože je křivka elipsa se středem v počátku a poloosami a a b, jsou její parametrické rovnice x a cos ϕ, y b sin ϕ, ϕ π. Při této parametrizaci dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál x + y dx x y dy π π a cos ϕ + b sin ϕ a sin ϕ a cos ϕ b sin ϕ b cos ϕ dϕ b a cos ϕ sin ϕ ab dϕ 3 [ b a sin ϕ abϕ ] π πab.

24 Jakou podmínku musí splňovat diferencovatelná funkce F x, y, aby křivkový integrál F x, yy dx + x dy nezávisel na integrační cestě, ale jen na jejím počátečním a koncovém bodě? Řešení: Integrál f x dx + f y dy, kde f x a f y jsou diferencovatelné funkce na jednoduše souvislé oblasti Ω nezávisí na integrační cestě právě tehdy, když platí Protože v našem případě je musí platit f y x f x y. f x yf x, y a f y xf x, y, F xf yf x x y x y F y. F x, y gxy Pomocí křivkového integrálu určete obsah obrazce omezeného asteroidou x a cos 3 t, y a sin 3 t, t π. Řešení: Podle Greenovy věty platí pro spojitě diferencovatelné funkce P a Q na oblasti Ω vztah Q P dx + Q dy x P dx dy, y δω kde δω je kladně orientovaná hranice Ω. Jestliže zvolíme například P a Q x, dostaneme podle této věty x dy dx dy P Ω. Tedy obsah P dané oblasti lze určit jako P Ω π π x dy 3a cos 4 t sin t dt 3a cos 4 t cos 6 t dt 3 3a 4 π π Ω 3 8 πa. Pomocí Stokesovy věty vypočtěte integrál y + z dx + z + x dy + x + y dz, kde je elipsa x a sin t, y a sin t cos t, z a cos t, t π, orientovaná ve směru rostoucího parametru t. Řešení: Podle Stokesovy věty platí pro vektorové pole f f x, f y, f z, které je spojitě diferencovatelné na jednoduše souvislé oblasti Ω f ds rot f ds, δs 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,,. S 4

25 Protože je f spojitě diferencovatelné na celém R 3, je podle Stokesovy věty y + z dx + z + x dy + x + y dz. Pomocí Stokesovy věty vypočtěte integrál x + y a, x a + z, a >, h >. h y z dx + z x dy + x y dz, kde je elipsa Řešení: Vektorové pole f y z, z x, x y je spojitě diferencovatelné v celém R 3. Proto lze použít Stokesovu, podle které platí δs f ds S rot f ds, kde S Ω a δs je kladně orientovaná hranice S. Rotace vektorového pole f je rot f,,. Uzavřená křivka je průnikem válcové plochy x + y a a roviny x a + z h plochy S R 3, která je definována rovnicí. Je to hranice x a + z h, x + y < a. Tedy platí y z dx + z x dy + x y dz dy dz + dz dx + dx dy. 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 Při této parametrizaci je z h a a x, x + y < a. t x,, ha, t y,, n t x t y ha,,. Jestliže budeme předpokládat, že je tato orientace plochy shodná s orientací její hranice, dostaneme z dx + z x dy + x y dz y ha + dx dy, K kde K je kruh x + y < a. Tedy poslední integrál je obsah kruhu s poloměrem a, tj. je roven πa. Tedy platí y z dx + z x dy + x y dz πaa + h. 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 t π. 5

26 Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f x, y, z a křivka je dána parametrickými rovnicemi Hledaná práce tedy je A π x a cos t, y a sin t, z bt, t π. π a cos t a sin t + a sin t a cos t + bt b dt b t dt π b. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f i y + j z + k x podél úsečky, která spojuje body [; ; ] a [; 4; 8]. Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f y, z, x a křivka je úsečka z bodu M [; ; ] do bodu M [; 4; 8]. Jestliže vezmeme parametrické rovnice úsečky dostaneme A + 3t t t x + t, y + 3t, z + 7t, t, dt [ ] 3 ln + 3t ln + 7t + 7 ln + t 88 ln. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f e y z i + e z x j + e x y k podél úsečky mezi body [; ; ] a [, 3, 5]. Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f e y z, e z x, e x y a křivka je úsečka z bodu M [; ; ] do bodu M [; 3; 5]. Jestliže vezmeme parametrické rovnice úsečky x t, y 3t, z 5t, t, dostaneme A e t + 3e 4t + 5e t dt [ 3e t + 34 e4t] 3e e Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f y + zi + z + xj + x + yk podél nejkratší kružnice na kulové ploše x + y + z 5, která spojuje body [3; 4; ] a [; ; 5]. 6

27 Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f y + z, z + x, x + y a křivka je oblouk kružnice se středem v počátku, od bodu [3; 4; ] do bodu [; ; 5]. Protože je tato kružnice je průnik koule x + y + z 5 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, kde α je konstantní úhel. Bodu [; ; 5] odpovídá hodnota parametru θ π a bodu [3; 4; ] hodnota θ. Navíc musí pro θ být 5 cos α 3 a 5 sin α 4. Jestliže dosadíme za α do, dostaneme parametrické rovnice oblouku ve tvaru Proto je A π/ π/ x 3 cos θ, y 4 cos θ, z 5 sin θ, θ π. 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 35 cos θ sin θ dθ [ 35 sin θ + 6 cos θ ] π/. 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 + y, z Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f y, x, c, kde c je daná konstanta, a křivka je kružnice x +y, z. Protože je kružnice se středem v bodě [; ; ] a poloměrem, která leží v rovině z, můžeme psát její parametrické rovnice jako Při této volbě parametrizace dostaneme A π x + cos ϕ, y sin ϕ, z, ϕ π. sin ϕ sin ϕ + + cos ϕ cos ϕ + dϕ π + cos ϕ dϕ π. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Ukažte, že vektorové pole f yzx + y + zi + xzx + y + zj + xyx + y + zk je potenciální a najděte jeho potenciál. Řešení: Podle definice je vektorové pole f f x, f y, f z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U f x f x, y f y, z f z. Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f, tj. f y x f x y, f z x f x z, 7 f z y f y z.

28 V našem případě jsou složky pole f rovny f x yzx + y + z, f y xzx + y + z, f z xyx + y + z. Jsou tedy spojitě diferencovatelné na celém R 3 a platí pro ně f y x f x f zx + y + z, y z x f x f yx + y + z, z z y f y z xx + y + z. Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic x f x yzx + y + z, y f y xzx + y + z, z f z xyx + y + z. Najdeme jej jako řešení x y z Jestliže rovnici x integrujeme podle proměnné x při pevném y a z, dostaneme Ux, y, z x yz + xy z + xyz + Φy, z xyzx + y + z + Φy, z, kde Φy, z je libovolná diferencovatelná funkce, která nezávisí na proměnné x. Když dosadíme tuto funkci do vztahu y, získáme xzx + y + z + Φ y xzx + y + z Φ y Φy, z Ψz, kde Ψz je libovolná diferencovatelná funkce, která závisí pouze na proměnné z. Tedy potenciál musí mít tvar Ux, y, z xyzx + y + z + Ψz. Po dosazení do rovnice z dostaneme pro funkci Ψz vztah xyx + y + z + Ψ z xyx + y + z Ψ z Ψz konstanta. A z toho plyne, že potenciál vektorového pole f je kde je libovolná konstanta. Ux, y, z xyzx + y + z +, Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Ukažte, že vektorové pole f i y + z xj / y + z xk 3/ y + z 3/ je potenciální a najděte jeho práci podél křivky, která leží v kladném oktantu, tj. x, y, z > a spojuje body [; ; 3] a [; 4; 5]. Řešení: Podle definice je vektorové pole f f x, f y, f z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U f x f x, 8 y f y, z f z.

29 Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f, tj. f y x f x y, V našem případě jsou složky pole f rovny f z x f x z, f z y f y z. f x y + z, x f y y + z, f x 3/ z y + z. 3/ Jsou tedy spojitě diferencovatelné na polorovině y + z > a platí pro ně f y x f x y y + z, f z 3/ x f x z y + z, f z 3/ y f y z 3x y + z. 5/ Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic Najdeme jej jako řešení x f x, y + z x y f x y, y + z 3/ y z f x z. y + z 3/ z Jestliže rovnici x integrujeme podle proměnné x při pevném y a z, dostaneme Ux, y, z x y + z + Φy, z, kde Φy, z je libovolná diferencovatelná funkce, která nezávisí na proměnné x. Když dosadíme tuto funkci do vztahu y, získáme x Φ + y + z 3/ y x Φ Φy, z Ψz, y + z 3/ y kde Ψz je libovolná diferencovatelná funkce, která závisí pouze na proměnné z. Tedy potenciál musí mít tvar Ux, y, z x + Ψz. y + z Po dosazení do rovnice z dostaneme pro funkci Ψz vztah x y + z + x 3/ Ψ z y + z 3/ Ψ z Ψz konstanta. A z toho plyne, že potenciál vektorového pole f je Ux, y, z x y + z +, kde je libovolná konstanta. Protože pro potenciální vektorové pole f s potenciálem Ux, y, z na oblasti Ω platí f ds U x, y, z U x, y, z, 9

30 kde je libovolná diferencovatelná křivka, která leží v oblasti Ω, a M [ x ; y ; z ], resp. M [ x ; y ; z ], je počáteční, resp. koncový bod křivky, je integrál přes křivku, která začíná v bodě M [; ; 3] a končí v bodě M [; 4; 5] roven f ds U, 4, 5 U,, 3 3. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte potenciál vektorového pole f m r, kde m je konstanta, r xi + yj + zk a r r. r3 Řešení: Podle definice je vektorové pole f f x, f y, f z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U f x f x, y f y, z f z. Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f, tj. f y x f x y, f z x f x z, f z y f y z. Protože r r x + y + z, jsou v našem případě složky pole f rovny mx f x x + y + z, f my 3/ y x + y + z, f mz 3/ z x + y + z. 3/ Jsou tedy spojitě diferencovatelné v celém R 3 kromě počátku a platí pro ně f y x f x y 3mxy x + y + z 5/, f z x f x z 3mxz x + y + z 5/, f z y f y z 3myz x + y + z 5/. Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic Najdeme jej jako řešení x f mx x x + y + z, 3/ y f my y x + y + z, 3/ z f mz z x + y + z. 3/ Když budeme předpokládat, že Ux, y, z ur, kde r x + y + z, dostaneme, protože platí r x x, atd., podle věty o derivaci složené funkce z těchto rovnic r x du dr r x x r du dr mx r 3 du dr m r ur m r +, kde je libovolná konstanta. Snadno se lze přesvědčit, že pro funkci Ux, y, z m x + y + z + platí m grad U x + y + z x, y, z m 3/ r 3 r, a tedy je to hledaný potenciál daného vektorového pole f. 3

31 Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Dokažte, že vektorové pole v frr, 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 v x, v y, v z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U v x v x, y v y, z v z. Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole v platit rot v, tj. v y x v x y, v z x v x z, v z y v y z. V našem případě jsou složky vektorového pole v rovny v x xfr, v y yfr, v z zfr, kde fr je libovolná spojitě diferencovatelná funkce proměnné r r x + y + z. Jsou tedy spojitě diferencovatelné v celém R 3 a platí pro ně, protože r x x x + y + z x r,..., v y x v x y xy r f r, v z x v x z xz r f r, v z y v y z yz r f r. Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic Najdeme jej jako řešení x v x xfr, y v y yfr, z v z zfr. Když budeme předpokládat, že Ux, y, z ur, kde r x + y + z, dostaneme, protože platí r x x, atd., podle věty o derivaci složené funkce z těchto rovnic r x du dr r x x r u r xfr du dr rfr. Tedy funkce ur F r, kde F r je primitivní funkce k funkci rfr, tj. F r rfr dr. Hledaný potenciál tedy je kde F r rfr a je libovolná konstanta. Ux, y, z F x + y + z +, 3