Řešení úloh na křivkové a plošné integrály
i. Máme-li bodový náboj q v místě rQ, intensita, kterou vytváří v bodě r, bude podle standardní formulky z elmagu
E =
q r-rQ
\.ite |r — rQ|3
Máme-li nabitý drát, musíme procházet jeho jednotlivé malinkaté kousky. Každý z nich má náboj
/pcLs" y—y 4^T |r-r°3 • Je to mtegrál prvního
druhu.
2. f F • dr, integrál druhého druhu.
3. Za každý kousíček křivky musíme započítat r2 dm, kde r je kolmá vzdálenost od osy otáčení (tj. x2 +y2) a dm je hmotnost toho kousíčku, kterou můžeme znova zapsat jako ý ds. Výsledek: f ý (x2 +y2) ds. Integrál prvního druhu.
4. Tady je to trošku jiné. Kdybychom napsali f v ■ dr, byl by to integrál druhého druhu, ale ten by nám říkal, kolik teče podél křivky a ne skrz. My chceme vědět, kolik teče v kolmém směru. Musíme tedy udělat spíš něco jako f v ■ n ds, kde n je jednotkový vektor normály ke křivce a ds zas element délky. Jiná možnost, jak to napsat, by byla ještě f v X dr (pak by výsledek byl vektor rovnoběžný s ez; koeficient u ez by byl výsledek).
1. Výsledek: 1 + -JT.
2. Musíme spočítat dx = at cos t dt a dy = at sin t. Odtud ds = dx + dy = a t dt . Počítáme tedy
a2 (sin t — t cos f)2 at \dt\ .
ZTt
/
y2 dí=V<P
Výsledek: a\i7tA + fyr2].
3. Parabolu parametrisujeme třeba x-ovou souřadnicí. Dáme x = t,y = ŕ2. Odtud dx = df, dy = 2fdf. Vše dosadíme do integrálu a obdržíme
1
J (f2 - 2f3)df + (f4 - 2f3)2f df = 2      - ±) = -lA
— I
4. Parametrisujeme: x = a cos <p,y = b sin <p. Z toho dx = —a sin <pd<p &dy = b cos <p d<p. Vše dosadíme do integrálu a vyjde nula. Je i jiná možnost, jak to zjistit rychle a bez počítání: výraz pod integrálem zapíšeme takto:
(x + y) dx + (x — y) dy = xdx — y dy + y dx + x dy = d
d(xV2)       $rfa ^
2 2
x —y
--h xy
Pod integrálem je tedy úplný diferenciál, a tak je integrál po uzavřené křivce nula (viz dále).
1. Rozdílu hodnot F na koncích křivky, a to nezávisle na tom, jak konkrétně křivka vypadá.
2. Opět rozdílu hodnot F na koncích křivky. Jenže když je křivka uzavřená, konce splývají. Takže musí vyjít nula.
Podobně jako v úloze 1: 1. ff '^f       , integrál prvního druhu;     2. ff(x2 +y2) J> dS, opět
prvního druhu;     3. O v ■ dS, druhého druhu.
Kulovou plochu parametrisujeme sférickými úhly <p, & jako obyčejně: x = a cos <p sin   y =
a sin (p sin   z = a cos $. Nacpeme je do vektoru r = (x,y, z) a spočteme dr dr
— = a sin #(— sin <p, cos 55, o); — = ^(cos <p cos    sin 55 cos    — sin $■).
Spočteme vektorový součin a obdržíme dS = a2 sin d# d$z>. Ted můžeme jít počítat. 1. Počítáme ffl F • dS = ffl a sin &r2 d& d<p = 471: a3, protože r2 = a2.
2. Jest F ■ r = x2 — 2y2 + z2 = ^2[cos2 <p sin2 & — 2 sin2   sin2 # + cos2    takže počítáme
a3 J d<p J d#(cos2 <p — 2 sin2 <p) sin3 & + cos2 # sin &.
o o
Když to všechno spočítáme, vyjde nula. Hm... náhoda?
3. Máme F r = x3 -\-y3 -\-z3 = a3 [(cos3 <p+sin3 <p) sin3 ^+cos3 $■]. Násobíme ještě a sin $■ a integrujeme přes celou kouli, cos3 <p i sin3 se zintegrují na nulu a zůstane pouze 27tá3 cos3 $■ sin # d#. I tenhle poslední integrál je ale nula, a tak máme celkem výsledek o.
6   Z předchozí úlohy máme d^ = a sin Sr d# d$z>. My potřebujeme velikost dS = \dS\ = a2 sin $■ d$
(polohový vektor r má konstantní velikost a). Proto počítáme (pozor, je to jen horní polokoule!)
a-
ZTt Ttlz
J d<p J sin & d#(cos <p sin & + sin <p sin & + cos
>7Z72
Členy s cos 55 a sin   vypadnou a zůstane 27tá3       sin # cos $■ d$ = 7ta3.
U všeho jde jen o to, nějak zapsat velikost vektorového součinu \eu X ev\. 1. Z vektorového
počtu víme, že (eu X ev)2 = e2ue2 — (eu ■ ev)2. Odmocněním získáme žádané. 2. Stačí si uvědomit, že v předchozím bodě je E = e2, G = e2 a F = eu ■ ev.     3. Tady si uvědomíme, že se dá psát
eu X ev =
e e e
^x
xu y u zu
xv y v %v
yu
y v *v
ev +
zu xu zv xv
e y +
Xu y% xv y v
Velikost vektorového součinu je tedy rovna odmocnině ze součtu čtverců jednotlivých složek, což jsou ty determinanty 2X2.
8   Máme čtyři roviny a musíme zjistit tok skrz každou z nich. Začněme rovinou x = o: parametry
jsou x a y a ty chodí mezi nulou a přímkou x -\-y = a, ve které se protínají roviny x = o a x -\-y + z = a. Vnější normála míří dolů, takže do toku přispívá jen záporně vzatá z-ová složka. Celkem tedy tok spodní rovinou je
a a—x a
J xdx J dy = — J x(a — x) dx = —
aJ 3
aJ ~6
S rovinami ^ = oaz = ojeto úplně stejné a rovněž vyjde tok —a3/6 za každou. Nakonec tu máme rovinu x + y + z = 1. Musíme ji nějak parametrisovat; řekněme, že použijeme jako parametry xaj.
Tím dostáváme parametrisaci r = (x,y, a — x — y). Vypočteme ^ = (1, o, — 1) a = (o, 1, — 1). Vektorový součin je přímo (1,1,1). To je vnější normála. Počítáme tedy
a       a—x
J dx J dy(x + y + z) = a ■ ^a2.
Celkem tedy máme a*h šikmou stěnou a — 3 • a3/6 = —a*h všemi ostatními dohromady. Sečteme a zas dostaneme nulu. Hmm... náhoda?
Dané těleso je kužel. Jeho hranice je přímo ta kuželová plocha, ale i kruh, kterým kužel kon-
čí nahoře ve výšce z = 1. Parametrisujme kuželovou plochu ve válcových souřadnicích: dostaneme r = (r cos <p, r sin <p, r), příslušné derivace jsou er = (cos £>, sin £>, 1) a     = r{— sin <p, cos <p, o). Tyto
vektory jsou na sebe zrovna náhodou kolmé, takže plošný element je dán prostým součinem velikostí: dS = -JTr dr d<p. Počítáme tedy
27T I
J d<p J 4?rdr ■ r2 = 2y^7r.
Nakonec musíme počítat i přes kruh nahoře. Ten parametrisujeme jako r = (r cos <p, r sin <p, o), jde o normální polární souřadnice a počítáme
27T I
/«*/
3 A 27t
Sečteme a obdržíme výsledek 7r(| + -j=)
Aplikace integrálních vět
1. Po použití Greenovy věty obdržíme JJ(—4.xy) dx dy po ploše kruhu. Vyjde nula.     2. Po
použití Greenovy věty vyjde —2 JJ dx dy, tedy —27tab, protože itab je plocha elipsy.
Označme ten integrál spočítaný po řečeném oblouku jako 1Y. My k tomu oblouku přidáme ještě
další křivku tak, abychom dostali uzavřenou křivku. Integrál po této uměle přidané křivce označíme Zj. Pak budeme moci použít Greenovu větu a dostaneme
7j + Z, = jj m dx dy IT = mS — Z,,
kde S je plocha té výsledné uzavřené křivky. Takže musíme přidat křivku tak, aby 1) plocha vyšla pokud možno pěkně a 2) aby Z,, tj. integrál po přidané křivce, taky vyšel pokud možno pěkně. Asi nejlepší je uzavřít půlkružnici úsečkou z [o; o] do [a; o]. Na ní je y = o a dy = o, což dá Z, = o. Plocha půlkruhu se taky spočte snadno a dostaneme výsledek Z: = 7rma2/4..
2    1. Tady je div F = 3, takže tok je roven trojnásobku objemu. Výsledek: 4.7ra3.     2. Divergence
je tu nula, tok bude též nulový. 3. Zde je div F = i{x -\-y + z). Integrujeme to po kouli vycentrované v počátku. Osminy koule naproti sobě dají výsledky, které se liší jen o znamení, takže součet bude nula. 4. Divergence je zas nulová a tok taky. (Porovnejte toto řešení s obtížným výpočtem v předchozí sekci
Divergence je rovna 3/2. Ve válcových souřadnicích musíme integrovat po vnitřku kornoutu
r < h — z, kde z jde od nuly do h. Jinak jde o analogii úlohy 2: nemáme uzavřenou plochu, tak si ji vyrobíme násilím. Přidáme třeba zespoda kruh x2 + y2 < h2 v rovině z = o. Tím máme:
3       31 7th^ (tok kornoutem) + (tok spodkem) = -V = --7th3 =-.
V našem případě je tok spodkem roven prostě — JJ f dx dy po kruhu dole, což je nula a získáváme, že tok kuželem je izb^lz.
Integra
i. Pokud se neobíhá počátek, můžeme použít Greenovu větu a vyjde nula. 2. Vypočtěme ten nejdřív po nějaké kružnici kolem nuly. Parametrisujme: x = r cos <p, y = r sin <p a dostaneme
Z7t .2    2 „ ,   2 .2
r cos <p + r sin 55
27T.
r2
Pokud je nějaká jiná křivka obepínající nulu, můžeme ji na některém místě rozseknout a vést z obou konců dvě nekonečně blízké úsečky směrem ke středu. V některé vzdálenosti (lhostejno jaké) pak propojíme oba tyto nekonečně blízké konce obloukem kružnice se středem v počátku. Tím vznikne zmasakrovaná křivka, která už počátek neobíhá a integrál po ní je nulový. Tento integrál se skládá z integrálu po původní křivce %, ze záporně vzatého integrálu po kružnici (ten je 27t) a. nakonec z integrálů po dvou nekonečně blízkých úsečkách — tyto dva integrály se zruší. Výsledek je tedy 27T nezávisle na tom, jak konkrétně křivka vypadá.
6   Napíšeme nejdřív rovnici přímky, která ty body spojuje (to je y = $x — 4) a též té paraboly.
Její osa má být svislá a procházet počátkem, takže parabola může být jen posunutá ve svislém směru a může být více či méně rozevřená, ale nesmí být natočená ani posunutá do boku. Její rovnice je tedy y = ax2 + b pro nějaké a a b, jež zjistíme z rovnic 1 = a + ba.6 = 4.a + b. Vyjde najevo, že žádaná
parabola má rovnici ^ = 5X : 2.
Přímka s parabolou mezi sebou vymezují uzavřenou plochu, na kterou je možno užít Greenovu větu. V Greenově větě se chodí proti směru hodin, takže máme
2 5*-4
(integrál po parabole) — (integrál po úsečce) =—4 J J xá.xáy = — 4 Jxdx   J'   dy = — 5/3.
1 (5X2—2)/3
To je tedy žádaný rozdíl mezi oběma integrály.
1. Fantasii se meze nekladou. Lze vzít např. xdy, —ydx nebo třeba xdy2ydx.      2. itab.
3. Počítejme
27T
JJdxdy = (j) xdy = J ^abcos41sin21dt.
o
No... vypadá to, že lepší by snad bylo použít
27T 27T
r xdy—ydx    30b  C     ,   . 2 2.4.,     3db f . 2      2 ,
<p —-—--= -— / [cos41 sin t + cos2 t sin4 f] df = -— / sin t cos2 t dt.
o o Jest sin f cos f =        takže sin2 f cos2 f = 1 °gS4^. Kosinus vypadne a zůstane výsledek sizabfe.
3   Stačí si uvědomit, že div i7 = 3, a použít Gaussovu větu.