PLOSNI INTEGRALI

Na pocetku ovog kolegija upoznali smo se sa dvostrukim integralima, kod kojih sepodrucje integracije nalazilo u ravnini. Sada cemo se upoznati sa opcenitijimslucajem, odnosno sa dvostrukim integralom na nekoj plohi koja nije ravnina.Takvi integrali se nazivaju plosni integrali, te razlikujemo plosne integraleprve i plosne integrale druge vrste. Analogno krivuljnim integralima, kodprve vrste plosnih integrala funkcija koja se integrira je skalarno polje, a kod drugevrste je vektorsko polje.

Plosni integrali prve vrste

Neka je S tzv. funkcijska ploha, odnosno neka je S dio grafa neke funkcije dvijuvarijabli, z = z(x, y) ili x = x(y, z) ili y = y(x, z). U sva tri slucaja koristit cemozapis S : z = z(x, y) ili S : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z). Ako su prethodne funkcijediferencijabilne, tada je i odgovarajuca ploha S diferencijalbilna.

Neka je S : z = z(x, y) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije (skalarnog polja) f(x, y, z) po plohi S definiramo kao

S

f(x, y, z)dS =

Sxy

f(x, y, z(x, y))

1 +

(zx

)2+(zy

)2dxdy,

pri cemu je Sxy projekcija plohe S na ravninu XY .

Neka je S : x = x(y, z) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije f(x, y, z) po plohi S definiramo kao

S

f(x, y, z)dS =

Syz

f(x(y, z), y, z)

1 +

(xy

)2+(xz

)2dydz,

pri cemu je Syz projekcija plohe S na ravninu Y Z.

Neka je S : y = y(x, z) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije f(x, y, z) po plohi S definiramo kao

S

f(x, y, z)dS =

Sxz

f(x, y(x, z), z)

1 +

(yx

)2+(yz

)2dxdz,

pri cemu je Sxz projekcija plohe S na ravninu XZ.

U sva tri slucaja, ako je f(x, y, z) = 1, onda je plosni integral prve vrste jednakpovrsini plohe S nad podrucjima Sxy, Syz, odnosno Sxz.

Primjer 1. Izracunajte integral S

dS,

gdje je S dio plohe z = x2 + y2 za koju je z 1.

Ovisno o jednostavnosti zadane plohe odabiremo odgovarajucu funkcijsku plohu,S : z = z(x, y) ili S : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z). U ovome primjeru vec nam jeunaprijed odredeno da uzmemo S : z = z(x, y), jer tada imamo samo jednufunkcijsku plohu z(x, y) = x2 + y2. Ako bi uzeli S : x = x(y, z), tada bismo dobilidvije funkcijske plohe x1(y, z) =

y2 z i x2(y, z) =

y2 z, cime bi

zakomplicirali izracun. Na analogan nacin dobili bi dvije funkcijske plohe kodS : y = y(x, z).Prema tome, ako uzmemo da je funkcijska ploha z(x, y) = x2 + y2, potrebno je nacinjene parcijalne derivacije za izracun diferencijala

dS =

1 +(z(x, y)x

)2+

(z(x, y)

y

)2dxdy.

Racunamo

z(x, y)

x=(x2 + y2)

x= 2x

z(x, y)

y=(x2 + y2)

y= 2y.

Integral cemo racunati premaS

dS =

Sxy

1 +

(zx

)2+(zy

)2dxdy =

Sxy

1 + 4x2 + 4y2dxdy

Sada treba naci podrucje integracije Sxy, odnosno projekciju plohe u XY ravninu.Izjednacavanjem z = x2 + y2 i z 1, slijedi da je projekcija plohe S u XY ravninukrug x2 + y2 1 za koji vrijediSxy = {(x, y) : 1 x 1,

1 x2 y 1 x2}, odnosno u polarnim

koordinatama [0, 2pi] i r [0, 1]. Napokon, racunamo dvostruki integralSxy

1 + 4x2 + 4y2dxdy =

2pi0

d

10

r

1 + 4r2dr =

= izracun za vjezbu =pi

6(5

5 1).Primjer 2. Izracunajte integral

S

y2dS,

gdje je S dio stosca x =y2 + z2 za koji je x 2.

Sada nam je prirodno uzeti da je funkcijska ploha S : x = x(y, z) =y2 + z2.

Pronadimo parcijalne derivacije za izracun diferencijala

dS =

1 +(x(y, z)y

)2+

(x(y, z)

z

)2dxdy

x(y, z)

y=y2 + z2

y=

yy2 + z2

x(y, z)

z=y2 + z2

z=

zy2 + z2

.

Integral cemo racunati premaS

y2dS =

Syz

y2

1 +

(xy

)2+(xz

)2dydz

=

Syz

y2

1 +

y2

y2 + z2+

z2

y2 + z2dydz =

=

2

Syz

y2dydz

Sada treba naci projekciju zadane plohe u Y Z ravninu. Izjednacavanjemx =

y2 + z2 i x 2, proizlazi da je projekcija plohe S u Y Z ravninu krug

y2 + z2 4, za koji vrijedi Syz = {(y, z) : 2 y 2,

4 y2 z 4 y2},odnosno u polarnim koordinatama [0, 2pi] i r [0, 2]. Slijedi

2

Syz

y2dydz =

2

2pi0

cos2 d

20

r3dr =

= izracun za vjezbu = 4

2pi.

Primjer 3. Izracunajte integral S

xz3dS,

gdje je S dio cilindra x2 + y2 = 1 za koji je 1 z 3.

Kako je ploha zadana jednadzbom x2 + y2 = 1, tada za funkcijsku plohu mozemouzeti ili x = x(y, z) ili y = y(x, z). Uzet cemo da je funkcijska plohaS : x = x(y, z), iz cega proizlaze dvije plohe S1 : x =

1 y2 i S2 : x =

1 y2.

Nadimo parcijalne derivacije za obje plohe

Za plohu x =

1 y2x(y, z)

y=

1 y2y

= y1 y2

x(y, z)

z=

1 y2z

= 0

Za plohu x =

1 y2x(y, z)

y=(1 y2)

y=

y1 y2

x(y, z)

z=(1 y2)

z= 0

i uvrstimo u plosni integral prve vrsteS

xz3dS =

S1

x(y, z)z3dS +

S2

x(y, z)z3dS

=

Syz

1 y2z3

1 +

y2

1 y2dydz+

+

Syz

(1 y2)z31 + y21 y2dydz

= 0.

Na analogan nacin dobili bi isti rezultat kada bi za funkcijsku plohu uzeliS : y = y(x, z).

Plosni integrali druge vrste

Kod plosnih integrala prve vrste (skalarnog polja), nije nam bila bitna tzv.orijentacija plohe, dok ce nam kod plosnih integrala druge vrste (vektorskogpolja) biti bitna.Neka je S ploha i neka je T0 tocka na rubu plohe. U toj tocki neka postoji jedinicnivektor ~n normale (okomice) na plohu, te neka smo odabrali smjer te normale.Odaberimo bilo koju zatvorenu krivulju na toj plohi koja prolazi tockom T0 i nekakrivulja nema zajednickih tocaka s rubom plohe. U svakoj tocki te krivulje nekapostoji jedinicni vektor normale na plohu S. Ako krenemo iz tocke T0 po krivulji iako se nakon obilaska ponovno vratimo u T0, moze se dogoditi da nakon obilaskadodemo u T0 i imamo isti normalni vektor ili normalni vektor suprotnog smjera.Glatka ploha S je dvostrana ploha ako nakon povratka u polaznu tocku po bilokojoj zatvorenoj krivulji na njoj, koja nema zajednickih tocaka sa rubom plohe,smjer vektora normale ostaje nepromijenjen. U protivnom ploha je jednostrana.Primjeri dvostranih ploha su glatke plohe zadane jednadzbom oblika z = z(x, y) ilix = x(y, z) ili y = y(x, z). Jedan izbor normale, a prema tome i strane plohe, jeonaj kada vektor normale cini s pozitivnim smjerom osi z za plohu z = f(x, y), osix za plohu x = x(y, z), osi y za plohu y = y(x, z) siljast kut, a drugi izbor kad jetaj kut tupi. Dvostrane plohe nazivamo orijentabilnim, cija je orijentacija jedanod dva izbora vektora normale.

Neka je zadana dvostrana (orijentabilna) glatka ploha S i neka je odabran njezinjedinicni vektor normale ~n = ~n(x, y, z). Nadalje, neka je na plohi definirano

vektorsko polje ~f = ~f(x, y, z). Tada je plosni integral druge vrsteS

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS,

koji se opisuje kao tok vektorskog polja ~f(x, y, z) kroz plohu S.

Jedan od nacina rjesavanja plosnih integrala druge vrste, a koji cemo i mi koristiti,je svodenje na plosne integrale prve vrste. Neka je ploha S funkcijska ploha koju

mozemo zapisati u obliku S : z = z(x, y), te se projicira u XY ravninu nazatvoreno podrucje Sxy. Nadalje, neka je funkcija (vektorsko polje)~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k, tada se vektor jedinicne normalena tu plohu definira na sljedeci nacin:

1) ako je ploha S orijentirana tako da normala s pozitivnim dijelom z osi zatvarasiljasti kut,

~n =z(x,y)

x~i z(x,y)

y~j + ~k

1 +(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 .Iz toga slijedi

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y + f3(x, y, z(x, y))1 +

(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 dS ==

Sxy

( f1(x, y, z(x, y))z(x, y)

x f2(x, y, z(x, y))z(x, y)

y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

2) ako je ploha S orijentirana tako da normala s pozitivnim dijelom z osi zatvaratupi kut,

~n =

z(x,y)x

~i+ z(x,y)y

~j ~k1 +

(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 .Iz toga slijedi

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x

+ f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y f3(x, y, z(x, y))

1 +(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 dS ==

Sxy

(f1(x, y, z(x, y))

z(x, y)

x+ f2(x, y, z(x, y))

z(x, y)

y f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Na slican nacin bismo dobili formule kada bi uzeli da su funkcijske ploheS : x = z(y, z) ili S : y = y(x, z).

Primjer 4. Izracunajte tok vektorskog polja ~f = x2~i+ xy~j + xz~k kroz trokut svrhovima A(1, 0, 0), B(0, 2, 0) i C(0, 0, 3). Normala je orijentirana tako da kadagledamo iz vrha normale na ravninu trokuta ABC, taj je trokut orijentiransuprotno od gibanja kazaljke na satu.

Vec smo u ovom kolegiju izracunavali jednadzbu ravnine u prostoru kroz tri tockeT1(x1, y1, z1), T2(x2, y2, z2) i T3(x3, y3, z3):

x x1 y y1 z z1x2 x1 y2 y1 z2 z1x3 x1 y3 y1 z3 z1

= 0Primjenom prethodnog, slijedi da je jednadzba ravnine trokuta ABCz = 3 3x 3

2y. Uzet cemo da je funkcijska ploha S : z = z(x, y) = 3 3x 3

2y.

Nadalje, zadano nam je da kada gledamo iz vrha normale da je tada trokut ABCorijentiran suprotno od gibanja kazaljeke na satu. Prema tome, strana trokuta jevanjska, tj. vektor normale zatvara siljasti kut sa z osi, a plosni integral drugevrste racunamo prema

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y + f3(x, y, z(x, y))1 +

(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 dS ==

Sxy

( f1(x, y, z(x, y))z(x, y)

x f2(x, y, z(x, y))z(x, y)

y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

f1(x, y, z(x, y)) = x2

f2(x, y, z(x, y)) = xy

f3(x, y, z(x, y)) = x(3 3x 32y) = 3x 3x2 3

2xy

te slijediSxy

( f1(x, y, z(x, y))z(x, y)

x f2(x, y, z(x, y))z(x, y)

y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

=

Sxy

( x2(3 3x

32y)

x xy(3 3x

32y)

y+ 3x 3x2 3

2xy)dxdy

=

Sxy

(3x2 +

3

2xy + 3x 3x2 3

2xy)dxdy

= 3

Sxy

xdxdy

Projekcija trokuta ABC, zadanog jednadzbom z(x, y) = 3 3x 32y, u XY

ravninu (za z = 0) je trokut omeden koordinatnim osima i pravcem0 = 3 3x 3

2y y = 2 2x. Tada je podrucje integracije

Sxy = {(x, y) : 0 x 1, 0 y 2 2x}, te konacno racunamo

3

Sxy

xdxdy = 3

10

xdx

22x0

dy = izracun za vjezbu = 1.

Plosni integral moze se zapisati i na sljedeci nacinS

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

S

f1(x, y, z)dydz + f2(x, y, z)dxdz + f3(x, y, z)dxdy.

Kada imamo ovakav zapis, integral mozemo rijesiti na vec spomenuti nacin, ali irastavljanjem na tri integrala:

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

Syz

f1(x(y, z), y, z)dydz

Sxz

f2(x, y(x, z), z)dxdz

Sxy

f3(x, y, z(x, y))dxdy

Predznak svakog integrala ovisit ce o orijentaciji plohe S, tj. o tome da li normalazatvara tupi () ili siljasti (+) kut s odredenom funkcijskom osi (x,y ili z).

Primjer 5. Izracunajte integralS

zdxdy + ydxdz + xdydz,

gdje je S vanjska strana polusfere x2 + y2 + z2 = a2, z 0.

Zadatak cemo rijesiti na oba spomenuta nacina.

1. nacinIz integrala definiramo vektorsko polje ~f(x, y, z) = x~i+ y~j + z~k. Za funkcijskuplohu S uzet cemo z = z(x, y), jer cemo imati samo jednu funkcijsku plohuz(x, y) =

a2 x2 y2, sto proizlazi iz uvjeta z 0. Nadalje, u zadatku nam je

zadana vanjska strana plohe S, odnosno gornje polusfere, iz cega slijedi da vektornormale u svakoj tocki te polusfere zatvara siljasti kut s pozitivnim dijelom z osi.Prema tome, plosni integral druge vrste racunamo prema

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

f1(x, y, z(x, y))z(x,y)x f2(x, y, z(x, y))z(x,y)y + f3(x, y, z(x, y))1 +

(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 dS ==

Sxy

( f1(x, y, z(x, y))z(x, y)

x f2(x, y, z(x, y))z(x, y)

y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

f1(x, y, z(x, y)) = x

f2(x, y, z(x, y)) = y

f3(x, y, z(x, y)) = z =a2 x2 y2

a parcijalne derivacije funkcijske plohe z(x, y) =a2 x2 y2

z(x, y)

x=a2 x2 y2x

= xa2 x2 y2

z(x, y)

y=a2 x2 y2

y= y

a2 x2 y2

te slijediSxy

( f1(x, y, z(x, y))z(x, y)

x f2(x, y, z(x, y))z(x, y)

y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Sxy

(x2

a2 x2 y2 +y2

a2 x2 y2 +a2 x2 y2

)dxdy =

Sxy

(x2 + y2a2 x2 y2 +

a2 x2 y2

)dxdy =

Sxy

a2a2 x2 y2dxdy

Projekcija funkcijske plohe z(x, y) =a2 x2 y2 u XY ravninu je kruznica

x2 + y2 = a2, te prijelazom na polarne koordinate slijedi [0, 2pi] i r [0, a].Napokon racunamo integral

Sxy

a2a2 x2 y2dxdy =

2pi0

d

a0

a2ra2 r2dr =

= izracun za vjezbu = 2pia3

2. nacinSada cemo zadani integral rastaviti na tri integrala

S

zdxdy + ydxdz + xdydz =

S

zdxdy +

S

ydxdz +

S

xdydz

= I1 + I2 + I3

Prema definiciji, kod prvog integrala uzet cemo da je funkcijska plohaz(x, y) =

a2 x2 y2, te ce integral imati pozitivan predznak jer normala na tu

funkcijsku plohu zatvara siljasti kut sa pozitivnim dijelom z osi. Nadalje,projekcijom funkcijske plohe u XY ravninu dobivamo kruznicu x2 + y2 = a2, teprimjenom polarnih koordinata slijedi

I1 =

S

zdxdy =

Sxy

a2 x2 y2dxdy =

2pi0

d

a0

a2 r2rdr = 2pia

3

3

Kod drugog integrala uzet cemo da je funkcijska ploha y = y(x, z), te cemo imatidvije funkcijske plohe S1 = y1(x, z) =

a2 x2 z2 i

S2 = y2(x, z) = a2 x2 z2. Nadalje, normala na prvu plohu zatvara siljasti

kut sa pozitivnim dijelom y osi, pa ce integral imati pozitivan predznak, doknormala na drugu plohu zatvara tupi kut sa pozitivnim dijelom y osi, pa ceintegral imati negativan predznak. Slijedi

I2 =

S

ydxdz =

S1

ydxdz +

S2

ydxdz

=

Sxz

a2 x2 z2dxdz

Sxz

a2 x2 z2dxdz =

= 2

Sxz

a2 x2 z2dxdz

Projekcijom funkcijske plohe y = y(x, y) u XZ ravninu dobivamo gornju polovicukruznice x2 + z2 = 1, jer je z 0. Primjenom polarnih koordinata slijedi [0, pi]i r [0, a] i racunamo

2

Sxz

a2 x2 z2dxdz = 2

pi0

d

a0

a2 r2rdr = 2pia

3

3

Na analogan nacin dobivamo i da je I3 =2pia3

3, pa je rjesenje integrala

I = I1 + I2 + I3 = 2pia3.

Primjer 6. Izracunajte tok elektricnog polja ~E(x, y, z) = x~i+ y~j + z3~k krozvanjsku stranu plohe x2 + y2 = z2, 0 z 1.

Rijesimo zadatak na oba nacina.

1. nacinZa funkcijsku plohu S uzet cemo z = z(x, y), jer cemo imati samo jednu funkcijskuplohu z(x, y) =

x2 + y2, sto proizazi iz uvjeta 0 z 1. Nadalje, u zadatku

nam je zadana vanjska strana plohe S, a nacrtamo li graf funkcijske plohez(x, y) =

x2 + y2, odnosno stosca, slijedi da vektor normale u svakoj tocki tog

stosca zatvara tupi kut s pozitivnim dijelom z osi. Prema tome, plosni integraldruge vrste racunamo prema

S

~E(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =Sxy

E1(x, y, z(x, y))z(x,y)x

+ E2(x, y, z(x, y))z(x,y)y E3(x, y, z(x, y))

1 +(z(x,y)x

)2+(z(x,y)y

)2 dS ==

Sxy

(E1(x, y, z(x, y))

z(x, y)

x+ E2(x, y, z(x, y))

z(x, y)

y E3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

E1(x, y, z(x, y)) = x

E2(x, y, z(x, y)) = y

E3(x, y, z(x, y)) = z3 = (

x2 + y2)3

a parcijalne derivacije funkcijske plohe z(x, y) =x2 + y2

z(x, y)

x=x2 + y2

x=

xx2 + y2

z(x, y)

y=x2 + y2

y=

yx2 + y2

te slijediSxy

(E1(x, y, z(x, y))

z(x, y)

x+ E2(x, y, z(x, y))

z(x, y)

y E3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Sxy

(x2x2 + y2

+y2x2 + y2

(x2 + y2)3

)dxdy =

Sxy

(x2 + y2x2 + y2

+ (x2 + y2)3

)dxdy =

Sxy

x2 + y2 (x2 + y2)2x2 + y2

dxdy

Projekcija funkcijske plohe z(x, y) =x2 + y2 u XY ravninu je kruznica

x2 + y2 = 1, sto slijedi iz uvjeta 0 z 1, te prijelazom na polarne koordinateslijedi [0, 2pi] i r [0, 1]. Napokon racunamo integral

Sxy

x2 + y2 (x2 + y2)2x2 + y2

dxdy =

2pi0

d

10

r2 r4r

rdr =

=

2pi0

d

10

(r2 r4) = izracun za vjezbu = 415pi

2. nacinSada cemo zadani integral rastaviti na tri integrala

S

~E(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

S

xdydz +

S

ydxdz +

S

z3dxdy =

= I1 + I2 + I3

Kod prvog integrala imat cemo dvije funkcijske plohe S1 = x1(y, z) =z2 y2 i

S2 = x2(y, z) = z2 y2. Nadalje, vanjska normala na prvu plohu zatvara

siljasti kut sa x osi, pa ce integral imati pozitivan predznak, dok vanjska normalana drugu plohu zatvara tupi kut sa x osi, pa ce integral imati negativan predznak.Slijedi

I1 =

S

xdydz =

S1

xdydz +

S2

xdydz

=

Syz

z2 y2dydz

Syz

z2 y2dydz = 2

Syz

z2 y2dydz

Projekcijom plohe x = x(y, z) u Y Z ravninu dobivamo trokut, koji je omedenpravcima z = y, z = 0 i z = 1, odnosno podrucje integracije je omedenogranicama, z [0, 1] i y [z, z]. Slijedi

2

Syz

z2 y2dydz = 2

10

dz

zz

z2 y2dy = izracun za vjezbu = pi

3

Na analogan nacin dobivamo da je i I2 =pi3. Kod treceg integrala imamo plohu

z =x2 + y2, cija vanjska normala zatvara tupi kut sa z osi, pa ce integral imati

negativan predznak. Slijedi

I3 =

S

z3dxdy =

Sxy

(x2 + y2)3dxdy

Projekcijom plohe u XY ravninu, te primjenom polarnih koordinata dobivamo

2pi0

d

10

r4dr = 2pi5

Na kraju je rjesenje integrala I = I1 + I2 + I3 =4pi15

.

Teorem o divergenciji (Ostrogradski-Gauss-Green formula)

Neka je V zatvoreno podrucje u prostoru omedeno sa po dijelovimaglatkom zatvorenom plohom S koja samu sebe ne presijeca i neka je ~npolje jedinicnih vanjskih normala na plohu S. Ako je ~f vektorsko poljederivabilno u okolini podrucja V , onda vrijedi

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

V

[ div ~f(x, y, z)]dxdydz.

Odnosno, drugim rijecima, tok vektorskog polja kroz neku zatvorenu plohu moguceje izracunati primjenom trostrukog integrala nad podrucjem V kojeg zatvara plohaS.

Primjer 7. Primjenom teorema o divergenciji izracunajte tok vektorskog polja~f(x, y, z) = x2~i+ xy~j + xz~k kroz tetraedar s vrhovima O(0, 0, 0), A(1, 0, 0),B(0, 1, 0) i C(0, 0, 1).

Podrucje koje omeduje zadani tetraedar, omedeno je trokutima ABC, ABO, ACOi BCO. Ako primijenimo teorem o divergenciji, potrebno je odrediti podrucjeintegracije V , koje zatvaraju ovi trokuti. Prisjetimo se trostrukih integrala, tekrenimo racunati. Jednadzba ravnine trokuta ABC je z = 1 x y (vidijednadzbu ravnine kroz tri tocke), a trokuta ABO z = 0. Divergencija vektora~f(x, y, z) je div ~f(x, y, z) = 2x+ x+ x = 4x. Projekcijom tetraedra u XY ravninudobivamo trokut omeden pravcima x = 0, y = 0 i y = 1 x. Slijedi da je integral

S

~f(x, y, z) ~n(x, y, z)dS =

V

[ div ~f(x, y, z)]dxdydz = 4

V

xdxdydz

= 4

10

xdx

1x0

dy

1xy0

dz = izracun za vjezbu =1

6

NAPOMENA: Za vjezbu izracunajte integral bez primjene teorema o divergenciji.Integral morate rastaviti na onoliko ploha koliko ima tetraedar, odnosno cetiri.Plohe su

S1 ... ABO ... z = 0

S2 ... BCO ... x = 0

S3 ... ACO ... y = 0

S4 ... ABC ... z = 1 x y

OdnosnoS

~f ~ndS =

S1

~f ~n1dS +

S2

~f ~n2dS +

S3

~f ~n3dS +

S4

~f ~n4dS

Stokesov teorem

Neka je ~f vektorsko polje derivabilno na podrucju koje sadrzi plohu Ssa glatkim rubom (krivuljom) c. Neka su ploha S i krivulja c koherentnoorijentirane (kada gledamo iz vrha vektora jedinicne normale na plohuS, krivulja c obavija plohu S suprotno kretanju kazaljeke na satu). Tadaje

c

~f(x, y, z)d~r =

c

f1(x, y, z)dx+ f2(x, y, z)dy + f3(x, y, z)dz =

=

S

[ rot ~f(x, y, z)] ~n(x, y, z)dS

Odnosno, drugim rijecima, primjenom Stokesovog teorema moguce je krivuljniintegral vektorskog polja izracunati primjenom plosnog integrala nad plohom kojuzatvara zadana krivulja.

Primjer 8. Izracunajte integral c

~f(x, y, z)d~r,

gdje je c rub trokuta s vrhovima A(3, 2, 0), B(0, 5, 0) i C(0, 5, 3), negativno

orijentiranog gledano iz ishodista, te je ~f = yz~i+ 4x~k.

Primijenit cemo Stokesov teorem. Jednadzba ravnine trokuta ABC je y = 5 x,pa cemo uzeti da je funkcijska ploha y = y(x, z) = 5 x. Zadano je da je trokutnegativno orijentiran ako gledamo iz ishodista, sto znaci da je pozitivno orijentirangledajuci iz vrha vanjske normale koja zatvara siljasti kut sa y osi. Nadalje, rotor

vektorskog polja ~f(x, y, z) je rot ~f(x, y, z) =

~i ~j ~kx

y

z

yz 0 4x

= (y 4)~j z~k, odnosno

rot ~f(x, y(x, z), z) = (1 x)~j z~k. Slijedic

~ad~r =

S

( rot~a) ~ndS =

Sxz

( 0(5 x)

x z(5 x)

z+ (1 x)

)dxdz

=

Sxz

(1 x)dxdz.

Projekcijom trokuta u XZ ravninu dobivamo trokut omeden pravcima x = 0,z = 0 i z = 3 x, odnosno granice integracije su x [0, 3] i z [0, 3 x], pa slijedi

Sxz

(1 x)dxdz = 30

(1 x)dx 3x0

dz = izracun za vjezbu = 0

VJEZBA:Izracunajte ovaj integral direktno kao krivuljni integral druge vrste.