Ασκήσεις Μαθηµατικών ΙΙ

Το παρόν τεύχος περιλαµβάνει ασκήσεις για τον µάθηµα Μαθηµατικά ΙΙ, τιςοποίες έχουν λύσει φοιτητές και φοιτήττριες του τµήµατος Χηµικών Μηχ. Κάθεενότητα περιέχει τις ασκήσεις που έλυσε µια οµάδα φοιτητών. ΠΡΟΣΟΧΗ: δεν έχωελέγξει τις ασκήσεις σε µεγάλη λεπτοµέρεια, και είναι πιθανόν κάποιες από τιςλύσεις να περιέχουν λάθη. Άρα ο αναγνώστης χρησιµοποιεί το παρόν τεύχος µείδια ευθύνη – ωστόσο νοµίζω ότι η προσεκτική ανάγνωση των λύσεων θα είναιχρήσιµη για την προετοιµασία του αναγνώστη για τις εξετάσεις του µαθήµατος,ιδιαίτερα αν συνδυαστεί µε επίλυση επιπλέον (άλυτων) ασκήσεων.

Θανάσης Κεχαγιάς, Απρίλης 2009

Οµάδα 01: Καραπαναγιώτη Ελένη, Μπαντή Μαρία,

Τζιαπράζη-Στάµου Άρτεµης∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΑΣΚ. 4.1 Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή τηςF Pi Qj Rk x2 yi y3 z2j cosz y xkdivF ∂P

∂x ∂Q∂y ∂R

∂z 2x 3y2 − sinz y

rotF ∂R∂y −∂Q∂z i

∂P∂z −

∂R∂x j

∂Q∂x −

∂P∂y k − sinz y − 2zi 0 − 1j 0 − 1k

ΑΣΚ. 4.4 Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή τηςF Pi Qj Rk sinx yi cosz yj sinx ykdivF ∂P

∂x ∂Q∂y ∂R

∂z cosx y − sinz y 0 cosx y − siny z

rotF ∂R∂y −∂Q∂z i

∂P∂z −

∂R∂x j

∂Q∂x −

∂P∂y k cosx y sinz y 0 − cos

siny z − cosx y

ΑΣΚ. 4.8 Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύληςF Rcos t,R sin t, t από t 0 ως t 2

0

2π

dxdt 2 dydt

2 dzdt 2 dt

0

2π

−R sin t2 Rcos t2 12 dt

0

2π

R2sin2t cos2t 1 dt 0

2π

R2 1 dt R2 1 0

2π

dt 2π R2 1

ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

5.1 Να υπολογιστεί το µήκος καµπύληςArcLength( t,t^2, t0..1 )xt, yt2

dS

0

1 dxdt

2 dy

dt2dt

0

1 1 4t2 dt 0

11 4t2 12 dt 2

3 1 4t2 320

1 2

3 53 − 23

5.6 Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα

PathInt(y, [x,y] Path( cos(t),sin(t), t0..Pi ) )xcos(t), ysin(t)

CydS

0

π sin t dxdt

2 dy

dt2dt

0

π sin t sin2t cos2t dt

0

π sin t dt −cos t0π 1 1 2

5.11 Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα

PathInt(x^2y^2, [x,y] Path( 1,t , 0..Pi) )χ1, yt

Cx2 y2dS

0

π 1 t2 0 1 dt

0

π dt 0

π t2dt π 13 π

3

5.16 Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα

PathInt(x^3y^3, [x,y,t] Path( cos(t),sin(t),t,t0..Pi ) )

xcos(t), ysin(t), ztCx3 y3dS

0

πcos3t sin3t cos2t sin2t 1 dt

2 0

π cos3t dt 0

π sin3t dt 2 0

π cos2t cos t dt 0

π sin2t sin t dt

2 0

π1 − sin2t dsin t −

0

π1 − cos2t dcos t

2 sin t − 13 sin

3t0π − 2 cos t − 1

3 cos3t

0π − 2 −1 1

3 − 1 13 − 2 − 43

5.21 Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα

LineInt(VectorField( y,-x,xz ),Path(t,cos(t),sin(t),t0..1) )

xt, ycos(t), zsin(t)

Cy dx − x dy x z dz

0

1cos t t sin t t sin tcos t dt

0

1 cos t dt 0

1 t sin t dt 0

1 tcos t dt − 0

1 cot s sin t dt

Για τον υπολογισµό του δεύτερου και τρίτου ολοκληρώµατος χρησιµοποιούµετην µέθοδο ολοκλήρωσης κατά παράγοντες

Εποµένως έχουµε

sin t01

0

1 t−cos t ′dt 0

1 tsin t ′dt − 0

1 cos t dcos t

sin1 − tcos t01 01 cos t dt t sin t01 0

1− sin t dt − 12 cos

2t01

sin1 − cos1 sin t01 sin1 cos t01 − 1

2 cos12 1

2

sin1 − cos1 sin1 sin1 cos1 − 1 − 12 cos1

2 12 3sin1 − 1

2 −12 cos1

2

5.35 Να υπολογιστούν τα επικαµπύλια ολοκλήρωµατα και να δειχτεί ότι είναι

ανεξάρτητα του δρόµου ολοκλήρωσης.Επίσης να υπολογιστεί η συνάρτηση δυναµικού του διανυσµατικού πεδίου

v(x,y)

v : VectorField(y^2,2*x*yexp(3*z),3*y*exp(3*z) )

F y2i 2xy e3zj 3ye3zk

Για να είναι το ολοκλήρωµα γραµµικώς ανεξάρτητο αρκεί να ισχείει

∂P∂y ∂Q

∂x 2y

∂Q∂z ∂R

∂y 3e3z

∂R∂x ∂P

∂z 0

Άρα το ολοκλήρωµα είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης

Για να βρώ τη συνάρτηση δυναµικού :Ισχύει ∇φ F y2i 2xy e3zj 3ye3zk

∂φ∂x y2

∂φ∂y 2xy e3z

∂φ∂z 3ye3z Άρα η συνάρτηση δυναµικού είναι φ xy2 ye3z

Έτσι το ολοκλήρωµα για κάθε C από το x1,y1,Ζ1 στο x2,y2,Ζ2 είναιφx2,y2 − φx1,y1 x2y22 y2e3z2 − x1y12 y1e3z1

Οµάδα 02: Σκούρα Μαρία, Ζαγκλιβέρης,

Παπαδηµτρίου∆ΙΠΛΑ ΚΑΙ ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

3.5) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµαΩ

dx dy όπου Ω: η έλλειψη x24 y2

9 1.

Λύση

Ω

dx dy

Ω

dy dx −2

2

− 9− 94 x

2

9− 94 x2

dy dx −2

2

9 − 94 x

2 − − 9 − 94 x

2 dx −2

2

2 9 − 94 x

2 dx

2−2

2

32 4 − x2 dx 3

−2

2

4 − x2 dx

Με την αντικατάσταση x 2cos t, τότε dx −2sin tdt, τα όρια του t αλλάζουν από-2 σε π και από 2 σε 0. Συνεπώς;

3−2

2

4 − x2 dx 3π

0

4 − 4cos2t −2sin tdt −3 2π

0

41 − cos2t sin tdt −6π

0

−6π

0

2 1 − cos2t sin tdt −12π

0

1 − cos2t sin tdt −12π

0

sin2t sin tdt

−12π

0

sin2tdt −12π

0

1−cos2t2 dt −12π

0

12 dt − −12π

0

cos2t2 dt −6xπ0 3

3.9) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµαΩ

x ydx dy όπου Ω: το τρίγωνο µε

κορυφές τα σηµεία 2,1, 1,0, 0,1.Λύση

Ω

x ydx dy 1

0

−y1

y1

x ydx dy 1

0

y−y1

y1

xdx dy 1

0

y x22 −y1

y1 dy 1

0

y y12

2

21

0

y2dy 2 y3

3 0

1 2 1

3 −03 2

3

3.14) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα0

π/4

π/2

0

0

π

sinx cosy tan zdxdydz.

Λύση

0

π/4

tan zπ/2

0

cosy 0

π

sinx dx dy dz 0

π/4

tan zπ/2

0

cosy 0

π

sinx dx dy dz 0

π/4

tan zπ/2

0

cosy −cosx0πdy dz

0

π/4

tan zπ/2

0

cosy −cosπ cos0dy dz 0

π/4

tan zπ/2

0

cosy 2 dy dz 20

π/4

tan z siny0π/2dz 2

0

π/4

tan z sin π2 − sin0dz

20

π/4

tan z 1 − 0dz 20

π/4

sin zcos z dz 2

0

π/4

- cos z′

cos z dz 2− lncos z0π/4 2− lncos z0

π/4 2 − ln 22 ln1 −2 ln 2 2 ln2 −

−2 ln21/2 2 ln2 − ln2 2 ln2 ln2

3.19) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµα0

π/4

π/2

0

0

π

sinx cosydxdydz.

0

π/4

π/2

0

0

π

sinx cosydxdydz 0

π

π/2

0

0

π/4

sinx cosydz dy dx 0

π

π/2

0

sinx cosy z0π/4dy dx

0

π

π/2

0

sinx cosy π4 − sinx cosy 0dy dx π

4

0

π

π/2

0

sinx cosydy dx π4

0

π

sinx y siny0π/2dx

π4

0

π

sinx π2 sin

π2 − sin0

π2 sin0dx

π4

0

π

sinx π2 1dx

π4 −

π2 cosx x0

π π4 −

π2 cosπ π − −

π2 cos0 0

π4 −

π2 −1 π − −

π2

π4 2π

π22

3.25) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωµαV

x − 3y 7zdV όπου V: το τετράεδρο

µε κορυφές τα σηµεία (1,0,0), (0,0,1),(0,1,0),(0,0,0).

Το ολοκλήρωµα θα είναι της µορφήςz1

z1

yz1

yz2

yy1,z1

xy2,z2

x − 3y 7zdxdydz.

Το εσωτερικό ολοκλήρωµα δείχνει από ποια επιφάνεια ξεκινάνε τα xx 0 καισε ποια καταλήγουν ( το επίπεδο που ορίζουν τα σηµεία1,0,0, 0,0,1, 0,1,0, 0,0,0, x 1 − y − z ) και συνεπώς τα όριά του δίνονταισυναρτήσει των y,z, το δεύτερο ολοκλήρωµα δείχνει από ποια καµπύλη y 0ξεκινάνε τα y και σε ποια καταλήγουν y 1 − z και συνεπώς τα όριά του δίνονταισυναρτήσει των z. Τέλος, το εξωτερικό ολοκλήρωµα δείχνει το σηµείο από το

οποίο ξεκινάνε τα z z 0και σε ποιο καταλήγουν z 1 και συνεπώς είναισταθεροί αριθµοί.

Το ζητούµενο ολοκλήρωµα είναι το εξής:V

x − 3y 7zdV 1

0

0

1−z

1−y−z

0

x − 3y 7zdxdydz

1

0

0

1−z

1−y−z

0

x − 3y 7zdx dy dz 1

0

0

1−z

x22 − 3yx 7zx 0

1−y−zdy dz

1

0

0

1−z

1−y−z2

2 − 3y 1 − y − z 7z 1 − y − z − 022 − 3y 0 7z 0 dy dz

1

0

0

1−z

1−2y−2z2yzy2z2 2 − 3y 3y2 3yz 7z − 7zy − 7z2 − 0 − 0 0 dy dz

12

1

0

0

1−z

1 − 2y − 2z 2yz y2 z2 − 6y 6y2 6yz 14z − 14zy − 14z2 dy dz

12

1

0

0

1−z

1 − 8y 12z − 6yz 7y2 − 13z2 dy dz

12

1

0

y − 82 y

2 12zy − 62 y

2z 73 y

3 − 13z2y01−z dz

12

1

0

1 − z − 41 − z2 12z1 − z − 31 − z2z 73 1 − z

3 − 13z21 − z − 0 − 4 02

12

1

0

1 − z − 41 − 2z z2 12z − 12z2 − 3z1 − 2z z2 73 1 − 3z 3z

2 − z3 − 13z2 13z

12

1

0

1 − z − 4 8z − 4z2 12z − 12z2 − 3z 6z2 − 3z3 73 − 7z 7z

2 − 73 z

3 − 13z2 13z3 dz

12

1

0

9z − 16z2 233 z

3 − 23 dz 1

292 z

2 − 163 z

3 2312 z

4 − 23 z 0

1 12

92 −

163 23

12 −23 − 0

∆ιανυσµατικές Συναρτήσεις4.2:

Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή της διανυσµατικής συνάρτησης:F xy z i y3 x2 j ezy xk .

Για να υπολογίσουµε την απόκλιση της F αρκεί να υπολογίσουµε τηνπαράσταση: divF ∇ F. ∆εδοµένου ότι: ∇ i ∂∂x j

∂∂y k

∂∂z θα ισχύει ότι:

divF ∂∂x xy z

∂∂y y

3 x2 ∂∂z e

zy x 1 y 0 3y2 0 1 0ezy

Για να υπολογίσουµε τώρα την περιστροφή της συνάρτησης αυτής πρέπει ναυπολογίσουµε την παράσταση: rotF ∇ F. Εποµένως έχουµε:

rotF

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

xy z y3 x2 ezy x

i∂∂y

∂∂z

y3 x2 ezy x− j

∂∂x

∂∂z

xy z ezy x

i ∂∂y e

zy x − ∂∂z y

3 x2 − j ∂∂x e

zy x − ∂∂z xy z k ∂

∂x y3 x2 − ∂

∂y

i 0 1ezy 0 − 0 0 − j 0 1 − 0 1 k 0 2x − x 0 i ezy − 0 j kx

4.5:Για τη συνάρτηση: r t i cos t j sin t k t να υπολογιστούν το

εφαπτόµενο διάνυσµα και η εφαπτόµενη ευθεία για t1.Το εφαπτόµενο διάνυσµα δίνεται από τον τύπο: d r

dt tt0. Έτσι, για τυχαίο t0

θα είναι:

d rdt tt0

i ddt cos t j

ddt sin t k

ddt t i − sin t j cos t k

Η εφαπτόµενη ευθεία δίνεται από την εξίσωση:

x−x1dxdt t1

y−y1dydt t1

z−z1dzdt t1

συµµετρική

x−cos1−sin1 y−sin1

cos1 z−11

παραµετρική

x − sin1t cos1y cos1t sin1

z t 1

4.9:Να υπολογίσετε το µήκος της καµπύλης που περιγράφεται από τη συνάρτηση:

F i Rcos t j R sin t 0k , t ∈ 0,2π.

Γνωρίζουµε ότι το µήκος µιας καµπύλης στο χώρο δίνεται από το ολοκλήρωµα:

St1→t2 t1

t2 dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2 . Εποµένως βρίσκουµε πρώτα τα dx

dt ,dydt και

dzdt :

dxdt

ddt Rcos t − R sin t

dydt

ddt R sin t Rcos t

dzdt

ddt 0 0

Στη συνέχεια τοποθετούµε τα παραπάνω αποτελέσµατα στον τύπο καιυπολογίζουµε το ολοκλήρωµα:

St1→t2 0

2π−R sin t2 Rcos t2 02 dt

0

2πR2

1

sin2t cos2t 0 dt

0

2π|R|dt |R|2π − 0 R0 2πR

Επικαµπύλια Ολοκληρώµατα

5.4:Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύλης που ορίζεται από τη συνάρτηση:

F i cos t j sin t, t ∈ 0,2π.Το µήκος µιας καµπύλης στο επίπεδο δίνεται από το ολοκλήρωµα:

St1→t2 t1

t2 dxdt

2 dy

dt2. Γι’ αυτό υπολογίζουµε πρώτα τα dx

dt καιdydt :

dxdt

ddt cos t − sin t

dydt

ddt sin t cos t

Αντικαθιστούµε τα παραπάνω αποτελέσµατα στον τύπο και υπολογίζουµε τοολοκλήρωµα:

St1→t2 0

2π− sin t2 cos t2 dt

0

2π

1

sin2t cos2t dt 0

2πdt 2π

5.9:Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

Cy2ds, όπου C: C1: xt, yt, zt

C2: x1, y2t, zt:

Επειδή η καµπύλη C αποτελείται από δύο επιµέρους καµπύλες C1 και C2 θαισχύει:

Cy2ds

C1y2ds

C2y2ds

0

1t2 dt2 dt2 dt2

1

34t2 d12 4dt2 dt2 3

13 3 104

3 5

5.14:Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

C

x−yx2y2

ds, όπου C: C1: xt, ytC2: x1, yt

:

Επειδή η καµπύλη C αποτελείται από δύο επιµέρους καµπύλες C1 και C2 θαισχύει:

C

x−yx2y2

ds C1

x−yx2y2

ds C2

x−yx2y2

ds 0

1t−tt2t2

dt2 dt2 1

21−t1t2

d12 dt2 0

12 ln2 −

14 −

12 ln5 arctan2

5.19:Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

CF d r , όπου

F y i − x j x zk και C:x t2

y 2tz 1

µε x ∈ 0,1:

Είναι:

Cydx − xdy x zdz

Cydx −

Cxdy

Cx zdz

0

12t2tdt −

0

1t22dt

0

1t

23

5.24:Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

CF d r , όπου F x2 i y2 j και

C η ευθεία που ορίζουν τα σηµεία: (0,0), (1,1) και (2,2):

Είναι: Cx2dx y2dy

Cx2dx

Cy2dy

0

2t2dt

0

2t2dt 2

0

2t2dt 16

3

5.32:a) Να βρεθεί η κλίση της συνάρτησης: fx,y, z 1

x2y2z2:

∇f ∂f∂x i

∂f∂y j

∂f∂z k

∂∂x

1x2y2z2

i ∂∂y

1x2y2z2

j ∂∂z

1x2y2z2

k

− 2 ixjykz

x2y2z2 2

b) Να βρεθεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της συνάρτησης:

v xx2y2z2

i yx2y2z2

j zx2y2z2

k στην καµπύλη: C:x 2cos ty 2sin tz t

µε

t ∈ 0, π2 :Είναι:

C

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz C

xx2y2z2

dx C

yx2y2z2

dy C

zx2y2z2

dz

−4 0

π2 cos t sin t

4t2dt 4

0

π2 cos t sin t

4t2dt

0

π2 t4t2dt

0

π2 t4t2dt 1

2 ln14 π

2 4 − ln2

c) Να βρεθεί η συνάρτηση δυναµικού του διανυσµατικού πεδίου v :Θα πρέπει να βρούµε µία βαθµωτή συνάρτηση φ, τέτοια ώστε: ∇φ v . Εξ’

ορισµού ισχύει ότι: ∇φ i ∂φ∂x j∂φ∂y k

∂φ∂z . Αν το συσχετίσουµε αυτό µε τε

συνάρτηση του πεδίου v διαπιστώνουµε ότι:→ ∂φ

∂x xx2y2z2

φ xx2y2z2

dx 12 lnx

2 y2 z2 c1y, z

→∂φ∂y y

x2y2z2 ∂

∂y 12 lnx

2 y2 z2 c1y, z yx2y2z2

12

1x2y2z2

2y ∂c1∂y y

x2y2z2

yx2y2z2

∂c1∂y y

x2y2z2 ∂c1

∂y 0 c1y, z c1z φ 12 lnx

2 y2

→∂φ∂z z

x2y2z2 ∂

∂z 12 lnx

2 y2 z2 c1z zx2y2z2

12

1x2y2z2

2z ∂c1∂z z

x2y2z2

zx2y2z2

∂c1∂z z

x2y2z2 ∂c1

∂z 0 c1z c1 φ 12 lnx

2 y2 z2 c1

6.2:

Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα: Ω

dS, όπου Ω:1 ≤ x ≤ 23 ≤ y ≤ 40 ≤ z ≤ 1

:

Όπως φαίνεται από την εκφώνηση, το χωρίο Ω είναι ένας κύβος. Ως εκ’ τούτουαποτελείται από 6 επιµέρους χωρία, τις πλευρές αυτού του κύβου. Έτσι τοζητούµενο ολοκλήρωµα γράφεται:

Ω

dS Ω1

dS Ω2

dS Ω3

dS Ω4

dS Ω5

dS Ω6

dS 0

1 3

4dydz

0

1 3

4dydz

0

1 1

2

1 1 1 1 1 1 66.7:Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα:

Ω

x y zdS, όπου Ω:

z 4 − 2x − y, 0≤y≤10≤x≤y :

Υπολογίζουµε αρχικά το dS:

dS 1 ∂z∂x

2 ∂z

∂y

2dxdy 1 −22 −12 dxdy 6 dxdy

Εποµένως έχουµε:

Ω

x y zdS 0

1 0

yx y 4 − 2x − y 6 dxdy

0

1 0

y4 − x 6 dxdy 11

6 6

6.12:

Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα: Ω

F dS , όπου F i j k και

Ω:1 ≤ x ≤ 20 ≤ y ≤ 10 ≤ z ≤ 1

:

Όπως φαίνεται από την εκφώνηση, το χωρίο Ω είναι ένας κύβος. Ως εκ’ τούτουαποτελείται από 6 επιµέρους χωρία, τις πλευρές αυτού του κύβου. Έτσι τοζητούµενο ολοκλήρωµα γράφεται:

Ω

F dS Ω

F n0dS Ω1

F n0dS Ω2

F n0dS Ω3

F n0dS Ω4

F n0dS Ω5

F

Όµως πρώτα ας υπολογίσουµε τα dS και n0:→ dS dydz (για το Ω1), dS dydz (για το Ω2), dS dxdz (για το Ω3), dS dxdz

(για το Ω4), dS dxdy (για το Ω5), dS dxdy (για το Ω6)→ n0 i (για το Ω1), n0 − i (για το Ω2), n0 j (για το Ω3), n0 − j (για το

Ω4), n0 k (για το Ω5), n0 −k (για το Ω6)Εποµένως έχουµε:

Ω

F dS 0

1 0

1i j k i dydz

0

1 0

1i j k − i dydz

0

1 1

2i j

0

1 1

2i j k kdxdy

0

1 1

2i j k −k dxdy

0

1 0

1dydz −

0

1 0

1dydz

6.17:Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα:

Ω

F dS , όπου F y i x j 0k

και Ω: z x2 y2, 0≤x≤12≤y≤3 :

To ζητούµενο ολοκλήρωµα γράφεται:

Ω

F dS Ω

F n0dS

Εποµένως ας υπολογίσουµε τα n0 και dS:

→ n0 − ∂z∂x i −

∂z∂y j k

− ∂z∂x i −∂z∂y j k

−2x i −2y j k

−2x2−2y212 −2x i −2y j k

4x24y21

→

dS ∂z∂x

2 ∂z

∂y

2 1 dxdy −2x2 −2y2 12 dxdy 4x2 4y2 1 dxdy

Αντικαθιστούµε τώρα στο ολοκήρωµα και έχουµε:

Ω

F n0dS 2

3 0

1y i x j 0k −2x i −2y j k

4x24y214x2 4y2 1 dxdy

2

3 0

1−2xy − 2xy

6.22:Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα:

Ω

F dS , όπου F y i z j xk

και Ω: z x2 y2 , 0≤x≤12≤y≤3 :

To ζητούµενο ολοκλήρωµα γράφεται:

Ω

F dS Ω

F n0dS

Εποµένως ας υπολογίσουµε τα n0 και dS:→

n0 − ∂z∂x i −

∂z∂y j k

− ∂z∂x i −∂z∂y j k

− x

x2y2i − y

x2y2j k

− x

x2y2

2

− y

x2y2

2

12

− x

x2y2i − y

x2y2j k

x2

x2y2 y2

x2y2

− x

x2y2i − y

x2y2j k

x2y2

x2y2

→

dS ∂z∂x

2 ∂z

∂y

2 1 dxdy − x

x2y2

2

− y

x2y2

2

12 dxdy x2x2y2

y2

x2y2

x2y2

x2y2dxdy dxdy

Αντικαθιστούµε τώρα στο ολοκήρωµα και έχουµε:

Ω

F n0dS 2

3 0

1y i z j xk − x

x2y2i − y

x2y2j k dxdy

2

3 0

1− xy

x2y2

2

3 0

1− xy

x2y2−

y x2y2

x2y2 x dxdy −

2

3 0

1 xy

x2y2dxdy −

2

3 0

1ydxdy

2

3 0

1xdxdy

53 5 − 10

3 10 193 − 52

12

53 5 − 10

3 10 133

6.27:Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα:

Ω

F dS , όπου F y2 j και Ω:

x cosu sinvy sinu sinvz cosv

x2 y2 z2 1:

Γράφουµε το Ω στη µορφή yf(x,z):

x2 y2 z2 1 y− 1−x2−z2

y 1−x2−z2

Έτσι, η πρώτη εξίσωση αντιστοιχεί σε ένα χωρίο Ω1 και η δεύτερη σε ένα χωρίοΩ2. Συνεπώς το ολοκλήρωµα γράφεται:

Ω

F dS Ω1

F dS Ω2

F dS

Για το Ω1 ισχύει:→

n0 − ∂y∂x i −

∂y∂z j k

− ∂y∂x i −∂y∂y j k

x

1−x2−z2i z

1−x2−z2j k

x

1−x2−z2i z

1−x2−z2i k

x

1−x2−z2i z

1−x2−z2j k

x

1−x2−z2

2 z

1−x2−z2

212

x

1−x2−z2i z

1−x2−z2j k

x2

1−x2−z2 z2

1−x2−z21

→ dS ∂y∂x

2 ∂y

∂z2 1 dxdz − x

1−x2−z2

2 − z

1−x2−z2

2 1 dxdz

x21−x2−z2

z21−x2−z2

1 dxdz dxdz1−x2−z2

Για το Ω2 ισχύει:

→

n0 − ∂y∂x i −

∂y∂z j k

− ∂y∂x i −∂y∂y j k

− x

1−x2−z2i − z

1−x2−z2j k

− x

1−x2−z2i − z

1−x2−z2i k

− x

1−x2−z2i − z

1−x2−z2j k

− x

1−x2−z2

2 − z

1−x2−z2

212

− x

1−x2−z2i − z

1−x2−z2j k

x2

1−x2−z2 z2

1−x2−z21

→ dS ∂y∂x

2 ∂y

∂z2 1 dxdz x

1−x2−z2

2 z

1−x2−z2

2 1 dxdz

x21−x2−z2

z21−x2−z2

1 dxdz dxdz1−x2−z2

Αντικαθιστούµε τώρα στο ολοκήρωµα και έχουµε:

Ω

F dS Ω1

F dS Ω2

F dS

Ω1

y2 j x

1−x2−z2i z

1−x2−z2j k

11−x2−z2

dxdz1−x2−z2

Ω2

y2 j − x

1−x2−z2i − z

1−x2−z2j k

11−x2−z2

dxdz1−x2−z2

Ω1

1 − x2 − z2 j x1−x2−z2

i z1−x2−z2

j k dxdz Ω2

1 − x2 − z2 j − x1−x2−z2

Ω1

z1−x2−z2

1−x2−z2dxdz −

Ω2

z1−x2−z2

1−x2−z2dxdz

Ω1

z 1 − x2 − z2 dxdz − Ω2

z 1 − x2 − z2 dxdz πολικές

0

π 0

1ρ sinθ 1 − ρ2 ρdρdθ −

π

0 0

1ρ sinθ 1 − ρ2 ρdρdθ 2

0

πsinθ

0

1ρ2 1 − ρ2 dρ

Οµάδα 04: Ξεροβάσιλας Ηλίας, Μουρµούρης Μάριος, ΜαρίνοςΧρήστος

∆ιανυσµατικές Συναρτήσεις

4.1 Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή για τη διανυσµατικήσυνάρτηση F x2 y i y3 z2 j cosz y xk .

Λύση : Από την εξίσωση της συνάρτησης παρατηρούµε ότι : P x2 y,Q y3 z2 και R cosz y x.

Η απόκλιση (divergence) της F είναι :divF ∇•F ∂P

∂x ∂Q∂y ∂R

∂z

2x 3y2 − sinz y

Η περιστροφή (rotation) της F είναι :

rotF ∇xF

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

∂R∂y −∂Q∂z i −

∂R∂x −

∂P∂z j

∂Q∂x −

∂P∂y k − sin

− sinz y − 2z i − j − k

4.4 Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή για τη διανυσµατική

συνάρτηση F sinx y i cosz y j sinx yk .

Λύση : Από την εξίσωση της συνάρτησης παρατηρούµε ότι : P sinx y,Q cosz y και R sinx y.

Η απόκλιση (divergence) της F είναι :divF ∇•F ∂P

∂x ∂Q∂y ∂R

∂z cosx y − sinz y 0

cosx y − sinz y

Η περιστροφή (rotation) της F είναι :

rotF ∇xF

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

∂R∂y −∂Q∂z i −

∂R∂x −

∂P∂z j

∂Q∂x −

∂P∂y k cosx

cosx y sinz y i − cosx y j − cosx yk

4.7 Να υπολογιστεί το εφαπτόµενο διάνυσµα και η εφαπτόµενη ευθείαστην καµπύλη r t i cost j sint k t στο σηµείο xto,yto, zto µεto −3.

Λύση : Η καµπύλη r t έχει εφαπτόµενο διάνυσµα d rdt , όπου :

d r tdt dx

dt i dydt j

dzdt k i − sint j cost k

− sintcost1

και στο σηµείο x−3,y−3, z−3 έχει εφαπτόµενη ευθεία Rt µε εξίσωση :

Rt − r to t d rdt |tto , όπου to −3.Εποµένως θα είναι : Rt − r −3 t d rdt |t−3

Rt − i cos−3 − j sin−3 − 3k − i t sin−3 j tcos−3 k t Rt cos−3 − t sin−3 i sin−3 tcos−3 j 3 tk ,όµως cos−3 cos3, − sin−3 sin3 και sin−3 − sin3,οπότε η εξίσωση γίνεται :

Rt cos3 t sin3 i − sin3 tcos3 j 3 tk

cos3 t sin3− sin3 tcos3

3 t

.Η εφαπτόµενη ευθεία θα µπορούσε επίσης να υπολογιστεί από την ισοδύναµη

εξίσωση : Xt−xox ′to

Yt−yoy ′to

Zt−zoz ′to

t, όπουXtYtZt

Rt.

Επικαµπύλια ολοκληρώµατα

5.4 Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύλης:

SetCoordinates( cartesian[x,y] ); ArcLength( cos(t),sin(t), t0..2*Pi

);

ΛΥΣΗ: Έχουµε ότι: xt costyt sint

Ακόµη ισχύει ότι: µήκος καµπύλης: Sab ta

tb

dxdt 2 dydt

2 dzdt 2 dt Άρα στη

συγκεκριµένη περίπτωση θα ισχύει ότι:

S t0

2π

dxdt 2 dydt

2 dt t0

2π

cost ′2 sint ′2 dt t0

2π

− sint2 cost2

5.9 Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

SetCoordinates(cartesian[x,y,z] ); PathInt(y^2, [x,y,z] LineSegments(

0,0,0, 1,1,1, 1,3,2 ) );

ΛΥΣΗ: Έχουµε ότι: C

y2ds C1

y2ds C2

y2ds

Για το C1 : x−x0a y−y0

b z−z0c t x−0

1 y−01 z−0

1 t Συνεπώς: xt t,yt t , zt t

Άρα:

C1

y2ds C1

y2 dxdt 2 dydt

2 dzdt 2 dt

t0

1

t2 1 1 1 dt 3 t0

1

t2dt 3 t33 01 3

3

Για το C2 : x−x0a y−y0

b z−z0c t x−1

0 y−12 z−1

1 t Συνεπώς: xt 1,yt 2t 1 , zt t 1

Άρα:

C2

y2ds C2

2t 12 dxdt 2 dydt

2 dzdt 2 dt

t0

1

4t2 4t 1 0 4 1 dt 5 t0

1

4t

Τελικά: C

y2ds C1

y2ds C2

y2ds 33 13 5

3

5.14 Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

SetCoordinates(cartesian[x,y] ); PathInt((x-y)/(x^2y^2), [x,y]

LineSegments( 0,0, 1,1, 1,2 ) );

ΛΥΣΗ: Έχουµε: C

x−yx2y2

ds C1

x−yx2y2

ds C2

x−yx2y2

ds

Για το C1 : x−x0a y−y0

b t x−01 y−0

1 t Συνεπώς: xt t ,yt t

Άρα: C1

x−yx2y2

ds C1

t−tt2t2

dxdt 2 dydt

2 dt C1

0 2 0

Για το C2 : x−x0a y−y0

b t x−10 y−1

1 t Συνεπώς: xt 1 ,yt t 1

Άρα:

C2

x−yx2y2

ds t0

11−1−t11t2

dxdt 2 dydt

2 dt − t0

1t

22tt21 dt −

t0

1t

22tt2dt − 12

t0

12t2−222tt2

12 ln2 −

12 ln5

12 2arctan2 −

12 2arctan1

12 ln2 −

12 ln5 arctan2 −

π4

Άρα, ισχύει: C

x−yx2y2

ds C1

x−yx2y2

ds

C2

x−yx2y2

ds 0 12 ln2 −

12 ln5 arctan2 −

π4 1

2 ln2 −12 ln5 arctan2 −

π4

5. 19. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

SetCoordinates( cartesian[x,y,z] );

LineInt(VectorField( y,-x,xz ),Path(t^2,2*t,1,t0..1) );

ΛΥΣΗ: Έχουµε ότι: C

ydx − xdy x zdz

Ακόµη: xt t2 dx 2tdtyt 2t dy 2dtzt 1 dz 0

Συνεπώς ισχύει ότι:

C

ydx − xdy x zdz t0

1

2t ∗ 2tdt − t2 ∗ 2dt t0

1

4t2 − 2t2dt t0

1

2t2dt 2 t33 01 2

5. 24. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα:

SetCoordinates( cartesian[x,y] ); LineInt(VectorField( x^2,y^2 ),

LineSegments( 0,0, 1,1, 2,2 ));

ΛΥΣΗ: Έχουµε ότι: C

x2dx y2dy C1

x2dx y2dy C2

x2dx y2dy

Για το C1 : x−x0a y−y0

b t x−01 y−0

1 t Συνεπώς:xt t dx dt

yt t dy dt

Άρα: C1

x2dx y2dy t0

1

t2dt t2dt t0

1

2t2dt 2 t33 01 2 13 2

3

Για το C2 : x−x0a y−y0

b t x−11 y−1

1 t Συνεπώς:xt 1 t dx dt

yt 1 t dy

Άρα: C2

x2dx y2dy t0

1

1 t2dt 1 t2dt

t0

1

21 2t t2dt t0

1

2 4t 2t2dt 2t 2t2 2 t33 01 2 2 2

3 123 2

3 143

Συνεπώς: C

x2dx y2dy C1

x2dx y2dy C2

x2dx y2dy 23

143 16

3

5.32 Να υπολογιστούν τα επικαµπύλια ολοκλήρωµατα και να δειχτεί ότιείναι

ανεξάρτητα του δρόµου ολοκλήρωσης. Επίσης να υπολογιστεί ησυνάρτηση δυναµικού

του διανυσµατικού πεδίου v(x,y)

SetCoordinates(cartesian[x,y,z] ); Gradient(1/(x^2y^2z^2)); v :

VectorField(x/(x^2y^2z^2),y/(x^2y^2z^2),z/(x^2y^2z^2) );

LineInt(v,Path(2*cos(t),2*sin(t),t, t0..Pi/2 ) ); LineInt(v,LineSegments( 2,0,0,

2,2,0, 0,2,Pi/2 ) ); ScalarPotential(v);

ΛΥΣΗ: Έχουµε: φx,y, z 1x2y2z2

συνεπώς: gradφ

∂φ∂x i

∂φ∂y j

∂φ∂z k − 2x

x2y2z22i − 2y

x2y2z22j − 2z

x2y2z22k

v xx2y2z2

i yx2y2z2

j zx2y2z2

k

C

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz

και ακόµη :xt yt

zt t dz dt

Άρα θα έχουµε: C

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz

t0

π2

− 2cos t4t2

2 sin t 2sin t4t2

2cos t t4t2

dt t0

π2

t4t2dt 1

2 t0

π2

2t4t2dt 1

2 ln4 t20

π2 1

2 ln

12 ln

16π24 − 1

2 ln4 12 ln16 π

2 − ln4 − 12 ln4

12 ln16 π

2 − 12 ln4 −

12

Ισχύει ότι: C

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz

C1

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz C2

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz

Για το C1 : x−x0a y−y0

b z−z0c t x−2

0 y−02 z−0

0 t Συνεπώς:xt 2 dx 0

yt 2t

zt 0 dz 0

Άρα: C1

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz t0

12t44t2

2dt t0

14t4t24

dt 12 t0

12tt21dt

Για το C2 : x−x0a y−y0

b z−z0c t x−2

−2 y−02 z−0

π2

t Συνεπώς:

xt −2t 2 dx −2dtyt 0

zt π2 t dz

π2 dt

Άρα: C2

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz t0

π2

−2t2−2t2222 π2 t

2 −2dt 0 π2 t

−2t2222 π2 t2

t0

π2

4 π24 t−4

4t2−8t8 π24 t

2dt

t0

π2

4 π24 t−4

4 π24 t2−8t8

dt 12 t0

π22 4 π2

4 t−4

4 π24 t2−8t8

dt 12 t0

π2

2 4 π24 t−8

4 π24 t2−8t8

dt 12

12 ln π216

4 t2 − 8t 80

1 1

2 ln π2164 12 − 8 1 8 − ln π216

4 02 − 8 0 8

12 ln π216

4 − ln23 12 lnπ

2 16 − ln4 − ln23 12 lnπ

2 16 − ln2

12 lnπ

2 16 − 52 ln2

Συνεπώς:

C

xx2y2z2

dx yx2y2z2

dy zx2y2z2

dz 12 ln2

12 lnπ

2 16 − 52 ln2

12 lnπ

2 16 − 2 ln2

Έχουµε: v xx2y2z2

i yx2y2z2

j zx2y2z2

k

Άρα ισχύουν επίσης: ∂Φ∂x xx2y2z2

1, ∂Φ∂y yx2y2z2

2, ∂Φ∂z zx2y2z2

3

v ∇Φ

∂Φ∂x x

x2y2z2 Φx x

x2y2z2dx φx,y, z, 1

2 ln

∂Φ∂y ∂

∂y 12 lnx

2 y2 z2 Ky, z 2y2x2y2z2

∂∂y Ky, z y

x2y2z2 ∂∂y Ky, z

και λόγω της 2 θα ισχύει:

yx2y2z2

∂∂y Ky, z y

x2y2z2 ∂

∂y Ky, z 0

Ky, z qz φx,y, z, 12 lnx

2 y2 z2 qz4

∂Φ∂z ∂

∂z 12 lnx

2 y2 z2 qz zx2y2z2

∂∂y qz και λόγω της 3 θα ισχύει:

zx2y2z2

∂∂y qz z

x2y2z2 ∂

∂y qz c

Άρα η 4 γίνεται:Φx,y, z, 12 lnx

2 y2 z2 c,όπου c: σταθερός αριθµός

Επιφανειακά Ολοκληρώµατα

6.4 Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµαA

Fx,y, zdS, όπου

Fx,y, z 1 και Α: η επιφάνεια που ορίζεται παραµετρικά από τις εξισώσειςxs, t R coss,ys, t R sins, zs, t t για s από 0 έως π και για t από 0έως 5.

Λύση : Η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:

dS Dy,zDs,t

2 Dz,x

Ds,t

2 Dx,y

Ds,t

2dsdt.

Όµως ισχύει:

Dy,zDs,t

ys ytzs zt

R coss 0

0 1 R coss 1 − 0 0 R coss

Dz,xDs,t

zs ztxs xt

0 1

−R sins 0 0 0 − 1 −R sins R sins

Dx,yDs,t

xs xtys yt

−R sins 0R coss 0

−R sins 0 − R coss 0 0 − 0

Συνεπώς, η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:dS R coss2 R sins2 02 dsdt R2 cos2s R2 sin2s dsdt

R2 cos2s sin2s dsdt R2 1 dsdt dS Rdsdt .

Εποµένως το ζητούµενο ολοκλήρωµα είναι το:A

Fx,y, zdS 5

0

0

π

1 Rdsdt R5

0

0

π

ds dt R5

0

s0πdt R5

0

π − 0dt

R5

0

πdt πR5

0

dt πRt05 πR 5 − 0 5πR

6.9 Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµαA

Fx,y, zdS, όπου

Fx,y, z x2 και Α: η επιφάνεια της σφαίρας µε κέντρο το (0,0,0) και ακτίνα R(κλειστή επιφάνεια).

Λύση : Η επιφάνεια της σφαίρας αναπαρίσταται παραµετρικά συναρτήσει τωνθ, φ ως εξής:

xθ,φ Rcosθ sinφyθ,φ R sinθ sinφzθ,φ Rcosφ

Η στοιχειώδης επιφάνεια της σφαίρας είναι ίση µε:

dS Dy,zDθ,φ

2 Dz,x

Dθ,φ

2 Dx,y

Dθ,φ

2dθdφ.

Όµως ισχύει:

Dy,zDθ,φ

yθ yφzθ zφ

Rcosθ sinφ R sinθcosφ

0 −R sinφ Rcosθ sinφ −R sinφ − R

Dz,xDθ,φ

zθ zφxθ xφ

0 −R sinφ

−R sinθ sinφ Rcosθcosφ 0 Rcosθcosφ − −R sinφ

Dx,yDθ,φ

xθ xφyθ yφ

−R sinθ sinφ RcosθcosφRcosθ sinφ R sinθcosφ

−R sinθ sinφ R sinθcosφ

−R2 sin2θ sinφcosφ − R2 cos2θ sinφcosφ −R2 sinφcosφ sin2θ cos2θ −R2 sinφ

Συνεπώς, η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:dS −R2 cosθ sin2φ2 −R2 sinθ sin2φ2 −R2 sinφcosφ2 dθdφ

R4 cos2θ sin4φ R4 sin2θ sin4φ R4 sin2φcos2φ dθdφ R4cos2θ sin4φ sin2θ sin4φ sin2φcos2φ

R2 sin4φ cos2θ sin2θ sin2φcos2φ dθdφ R2 sin4φ sin2φcos2φ dθdφ R2 sin2φsin2φ c

dS R2 sinφdθdφ

Για να καλυφθεί ολόκληρη η επιφάνεια της σφαίρας το θ κινείται από 0 έως 2πκαι το φ από 0 έως π.

Εποµένως, το ζητούµενο ολοκλήρωµα είναι το εξής:A

Fx,y, zdS A

x2dS π

0

0

2π

Rcosθ sinφ2R2 sinφ dθdφ

π

0

0

2π

R2 cos2θ sin2φR2 sinφ dθdφ R4π

0

0

2π

cos2θ sin3φdθ dφ R4

π

0

sin3φ0

2π

cos2θdθ dφ R4π

0

sin3φ0

2π

1cos2θ2 dθ dφ

R4π

0

sin3φ0

2π

1cos2θ2 dθ dφ R4

π

0

sin3φ0

2π

12 dθ

0

2π

cos2θ2 dθ dφ R4

π

0

sin3φ θ2 02π 1

2

0

2π

cos2θdθ dφ

R4π

0

sin3φ 2π2 −02

12

12

0

2π

2cos2θdθ dφ R4

π

0

sin3φ π 14 sin2θ0

2π dφ R4π

0

sin3φπ 14 sin4π − sin0dφ

R4π

0

sin3φπ 14 0 − 0dφ R

4π

0

π sin3φdφ πR4π

0

sin3φdφ πR4π

0

sin2φ sinφ

dφ −πR4π

0

sin2φ − sinφ dφ

−πR4π

0

sin2φ dcosφ −πR4π

0

1 − cos2φ dcosφ

−πR4π

0

dcosφ −π

0

cos2φ dcosφ −πR4 cosφoπ − cos3φ

3 ο

π

−πR4 cosπ − cos0 − cos3π3 − cos30

3 −πR4 −1 − 1 − −13

3 − 133 −πR4

−πR4 −2 23 −πR4 − 43 4

3 πR4

6.14 Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµαA

F dS , όπου

F x i y j zk και Α: η επιφάνεια της σφαίρας µε κέντρο το (0,0,0) καιακτίνα R (κλειστή επιφάνεια).

Λύση : Η επιφάνεια της σφαίρας αναπαρίσταται παραµετρικά συναρτήσει τωνθ, φ ως εξής:

xθ,φ Rcosθ sinφyθ,φ R sinθ sinφ r θ,φ Rcosθ sinφ i R sinθ sinφ j Rcosφkzθ,φ Rcosφ

Το µέτρο της στοιχειώδους επιφάνειας της σφαίρας είναι ίσο µε:

dS Dy,zDθ,φ

2 Dz,x

Dθ,φ

2 Dx,y

Dθ,φ

2dθdφ.

Όµως ισχύει:

Dy,zDθ,φ

yθ yφzθ zφ

Rcosθ sinφ R sinθcosφ

0 −R sinφ Rcosθ sinφ −R sinφ − R

Dz,xDθ,φ

zθ zφxθ xφ

0 −R sinφ

−R sinθ sinφ Rcosθcosφ 0 Rcosθcosφ − −R sinφ

Dx,yDθ,φ

xθ xφyθ yφ

−R sinθ sinφ RcosθcosφRcosθ sinφ R sinθcosφ

−R sinθ sinφ R sinθcosφ

−R2 sin2θ sinφcosφ − R2 cos2θ sinφcosφ −R2 sinφcosφ sin2θ cos2θ −R2 sinφ

Συνεπώς, το µέτρο της στοιχειώδους επιφάνειας είναι ίσο µε:dS −R2 cosθ sin2φ2 −R2 sinθ sin2φ2 −R2 sinφcosφ2 dθdφ

R4 cos2θ sin4φ R4 sin2θ sin4φ R4 sin2φcos2φ dθdφ R4cos2θ sin4φ sin2θ sin4φ sin2φcos2φ

R2 sin4φ cos2θ sin2θ sin2φcos2φ dθdφ R2 sin4φ sin2φcos2φ dθdφ R2 sin2φsin2φ c

dS R2 sinφ dθdφ

Η στοιχειώδης διανυσµατική επιφάνεια της σφαίρας είναι ίση µε το µοναδιαίοκάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια της σφαίρας πολλαπλασιασµένο µε το µέτρο τηςστοιχειώδους διανυσµατικής επιφάνειας, δηλαδή: dS n0 dS n0 R2 sinφ dθdφ.

Το µοναδιαίο κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια της σφαίρας είναι ίσο µε τοπηλίκο ενός οποιουδήποτε κάθετου διανύσµατος στην επιφάνειά της προς τοµέτρο αυτού του διανύσµατος, δηλαδή n0 n

n.

Το κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια της σφαίρας είναι το:

n r φ r θ

i j k∂∂φ Rcosθ sinφ

∂∂φ R sinθ sinφ

∂∂φ Rcosφ

∂∂θ Rcosθ sinφ

∂∂θ R sinθ sinφ

∂∂θ Rcosφ

i j kRcosθcosφ R sinθcosφ −R sinφ−R sinθ sinφ Rcosθ sinφ 0

i −111 R sinθcosφ −R sinφRcosθ sinφ 0

j −112 Rcosθcosφ −R sinφ−R sinθ sinφ 0

k

R sinθcosφ 0 − Rcosθ sinφ −R sinφ i − Rcosθcosφ 0 − −R sinθ sinφ −R sinR2 cosθ sin2φ i − −R2 sinθ sin2φ j R2 cos2θcosφ sinφ R2 sin2θcosφ sinφk R2 cos

n R2 cosθ sin2φ i R2 sinθ sin2φ j R2 cosφ sinφk

Το µέτρο αυτού του διανύσµατος είναι ίσο µε:‖n‖ R2 cosθ sin2φ2 R2 sinθ sin2φ2 R2 cosφ sinφ2

R4 cos2θ sin4φ R4 sin2θ sin4φ R4 cos2φ sin2φ R4 cos2θ sin4φ sin2θ sin4φ cos2φ sin2φ

R2 cos2θ sin4φ sin2θ sin4φ cos2φ sin2φ2 sin4φ cos2θ sin2θ sin2φcos2φ R

R2 sin2φsin2φ cos2φ R2 sin2φ dθdφ ‖n‖ R2 sinφ

Για να καλυφθεί ολόκληρη η επιφάνεια της σφαίρας το θ κινείται από 0 έως 2πκαι το φ από 0 έως π.

Τελικά λοιπόν, το ζητούµενο ολοκλήρωµα θα είναι το:A

F dS

A

F n0 dS A

F nn

dS

A

x i y j zk R2 cosθ sin2φ i R2 sinθ sin2φ j R2 cosφ sinφk

R2 sinφ R2 sinφdθdφ

0

π

2π

0

Rcosθ sinφ i R sinθ sinφ j Rcosφk R2 cosθ sin2φ i R2 sinθ sin2φ j R2

0

π

2π

0

Rcosθ sinφ R2 cosθ sin2φ R sinθ sinφ R2 sinθ sin2φ Rcosφ R2 cosφ sin

0

π

2π

0

R3 cos2θ sin3φ R3 sin2θ sin3φ R3 cos2φ sinφ dθdφ 0

π

2π

0

R3cos2θ sin3φ sin2θ sin3φ cos2φ sinφdθdφ

R3

0

π

2π

0

sin3φcos2θ sin2θ cos2φ sinφdθdφ R30

π

2π

0

sin3φ cos2φ sinφdθdφ R3

0

π

2π

0

sinφsin2φ cos2φdθdφ

R3

0

π

sinφ2π

0

dθ dφ R3

0

π

sinφ θ02πdφ R30

π

sinφ2π − 0dφ 2πR30

π

sinφdφ

2πR3 1 − −1 2πR3 1 1 4πR3

6.19 Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµαA

F dS , όπου

F y i z j xk , Α: η επιφάνεια που ορίζεται παραµετρικά από τις εξισώσεις

xs, t s,ys, t t, zs, t s2 t2 για s από 0 έως 1 και για t από 0 έως 1.

Λύση: Η διανυσµατική συνάρτηση F είναι ίση µε Fs, t t i s2 t2 j sk .

Η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε: dS ∂∂s zs, t

2 ∂

∂t zs, t2 1 dsdt.

Επειδή ∂∂s zs, t

∂∂s s2 t2

12 s2t2

∂∂s s

2 t2 2s2 s2t2

ss2t2

και∂∂t zs, t

∂∂s s2 t2 1

2 s2t2 ∂∂t s

2 t2 2t2 s2t2

ts2t2

, ισχύει

dS ss2t2

2 t

s2t2

2 1 dsdt s2

s2t2 t2

s2t2 1 dsdt s2t2

s2t2 1 dsdt

Η στοιχειώδης διανυσµατική επιφάνεια είναι ίση µε το µοναδιαίο κάθετοδιάνυσµα στην επιφάνεια της σφαίρας πολλαπλασιασµένο µε το µέτρο τηςστοιχειώδους διανυσµατικής επιφάνειας, δηλαδή: dS n0 dS n0 2 dsdt

Το µοναδιαίο κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια είναι ίσο µε το πηλίκο ενόςοποιουδήποτε κάθετου διανύσµατος στην επιφάνειά της προς το µέτρο αυτού τουδιανύσµατος, δηλαδή n0 n

n.

Το κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια είναι το:

n − ∂∂s zs, t i −∂∂t zs, t j k n − s

s2t2i − t

s2t2j k και το µέτρο του είναι

ίσο µε

‖n‖ ∂∂s zs, t

2 − ∂∂t zs, t

2 1 ∂

∂s zs, t2 ∂

∂t zs, t2 1 s

s2t2

2 t

s2t

s2t2s2t2

1 1 1 ‖n‖ 2

Για να καλυφθεί η επιθυµητή επιφάνεια το s θα κινείται από 0 έως 1 και το t από

0 έως 1.

Εποµένως το ζητούµενο ολοκλήρωµα θα είναι το:

A

F dS

A

F n0 dS A

F nn

dS

0

1

0

1

t i s2 t2 j sk − s

s2t2i − t

s2t2j k

2 2 dsdt

0

1

0

1

t i s2 t2 j sk − ss2t2

i − ts2t2

j k dsdt

0

1

0

1

t − ss2t2

s2 t2 − ts2t2

s 1 dsdt 0

1

0

1

− sts2t2

− t s dsdt 0

1

−t0

1

ss2t2

ds − t0

1

ds 0

1

sds dt

0

1

−t0

1

2s2 s2t2

ds − ts01 s2

2 0

1 dt 0

1

−t0

1

dds s

2t2

2 s2t2ds − t1 − 0 12 −

02 dt

0

1

−t s2 t20

1− t 1

2 dt 0

1

−t 12 t2 − t2 − t 12 dt

0

1

−t 1 t2 −

−0

1

t 1 t2 dt 0

1

t2dt −0

1

tdt 12

0

1

dt − 120

1

2t 1 t2 12 dt t33 0

1− t2

2 0

1

− 120

1

ddt 1 t

2 1 t212 dt 13

3 −033 − 12

2 −022 1

2 1 − 0 −12

1t2 32

32

− 12 23 1 12

32 − 1 02

32 1

3 − 13 2 32 − 1 3

2 13 − 13 8 − 1 1

3 −

6.24 Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµαA

F dS , όπου

F i j 0k , Α: η επιφάνεια που ορίζεται παραµετρικά από τις εξισώσειςxs, t coss,ys, t sins, zs, t t για s από 0 έως 1 και για t από 2 έως 3.

Λύση: Η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:

dS Dy,zDs,t

2 Dz,x

Ds,t

2 Dx,y

Ds,t

2dsdt.

Όµως ισχύει:

Dy,zDs,t

ys ytzs zt

coss 00 1

coss 1 − 0 0 coss

Dz,xDs,t

zs ztxs xt

0 1

− sins 0 0 0 − 1 − sins sins

Dx,yDs,t

xs xtys yt

− sins 0coss 0

− sins 0 − coss 0 0 − 0 0

Συνεπώς, η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:dS coss2 sins2 02 dsdt cos2s sin2s dsdt

cos2s sin2s dsdt 1 dsdt dS dsdt

Η στοιχειώδης διανυσµατική επιφάνεια είναι ίση µε το µοναδιαίο κάθετοδιάνυσµα στην επιφάνεια της σφαίρας πολλαπλασιασµένο µε το µέτρο τηςστοιχειώδους διανυσµατικής επιφάνειας, δηλαδή: dS n0 dS n0 dsdt

Το µοναδιαίο κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια είναι ίσο µε το πηλίκο ενόςοποιουδήποτε κάθετου διανύσµατος στην επιφάνειά της προς το µέτρο αυτού τουδιανύσµατος, δηλαδή n0 n

n.

Το κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια είναι το:

n r s r t

i j k∂∂s coss

∂∂s sins

∂∂s t

∂∂t coss

∂∂t sins

∂∂t t

i j k

− sins coss 00 0 1

i −111 coss 00 1

j −112 − sins 00 1

k −113 − sins coss0 0

coss 1 − 0 0 i − − sins 1 − 0 0 j − sins 0 − coss 0k coss i

Το µέτρο αυτού του διανύσµατος είναι ίσο µε:‖n‖ cos2s sin2s 02 cos2s sin2s 1 ‖n‖ 1

Για να καλυφθεί η επιθυµητή επιφάνεια το s θα κινείται από 0 έως 1 και το t από2 έως 3.

Εποµένως το ζητούµενο ολοκλήρωµα θα είναι το:

A

F dS

A

F n0 dS A

F nn

dS

3

2

1

0

i j 0k coss i sins j

1 dsdt 3

2

1

0

coss sinsds dt 3

2

sins − coss

3

2

sin1 − cos1 − 0 − 1dt 3

2

sin1 − cos1 1dt sin1 − cos1 1 3

2

sin1 − cos1 1 3 − 2 1 sin1 − cos1 1 1 sin1 − cos1

6.29 Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµαA

F dS , όπου

F i j 0k , Α: η επιφάνεια που ορίζεται παραµετρικά από τις εξισώσειςxs, t coss sint,ys, t sins sint, zs, t cos t για s από 0 έως π και για tαπό 0 έως 2π.

Λύση: Η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:

dS Dy,zDs,t

2 Dz,x

Ds,t

2 Dx,y

Ds,t

2dsdt

Όµως ισχύει:

Dy,zDs,t

ys ytzs zt

coss sin t sinscos t

0 − sin t coss sin t − sin t − 0 sinscos

Dz,xDs,t

zs ztxs xt

0 − sin t

− sins sin t cosscos t 0 cosscos t − − sins sin

Dx,yDs,t

xs xtys yt

− sins sin t cosscos tcoss sin t sinscos t

− sins sin t sinscos t −

− sin2s sin tcos t − cos2s sin tcos t − sin tcos tsin2s cos2s − sin tcos t

Συνεπώς, η στοιχειώδης επιφάνεια είναι ίση µε:

dS −coss sin2t2 − sins sin2t2 − sin tcos t2 dsdt cos2s sin4t sin2s sin4t sin2

sin4tcos2s sin2s sin2tcos2t dsdt sin4t sin2tcos2t dsdt sin2tsin2t cos2t

Η στοιχειώδης διανυσµατική επιφάνεια είναι ίση µε το µοναδιαίο κάθετοδιάνυσµα στην επιφάνεια της σφαίρας πολλαπλασιασµένο µε το µέτρο της

στοιχειώδους διανυσµατικής επιφάνειας, δηλαδή: dS n0 dS n0 dsdt

Το µοναδιαίο κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια είναι ίσο µε το πηλίκο ενόςοποιουδήποτε κάθετου διανύσµατος στην επιφάνειά της προς το µέτρο αυτού τουδιανύσµατος, δηλαδή n0 n

n.

Το κάθετο διάνυσµα στην επιφάνεια είναι το:

n r s r t

i j k∂∂s coss sint

∂∂s sins sint

∂∂s cos t

∂∂t coss sint

∂∂t sins sint

∂∂t cos t

i j k− sins sin t coss sin t 0cosscos t sinscos t − sin t

i −111 coss sin t 0sinscos t − sin t

j −112 − sins sin t 0cosscos t − sin t

k −113

coss sin t − sin t − 0 sinscos t i − − sins sin t − sin t − 0 cosscos t j −coss sin2t − 0 i − sins sin2t − 0 j − sin2s sin tcos t − cos2scos t sin tk −

n −coss sin2t i − sins sin2t j − sin tcos tk

Το µέτρο αυτού του διανύσµατος είναι ίσο µε:‖n‖ −coss sin2t2 − sins sin2t2 − sin tcos t2 cos2s sin4t sin2s sin4t sin2tc

sin4tcos2s sin2s sin2tcos2t sin4t sin2tcos2t sin2tsin2t cos2t sin2t

Για να καλυφθεί η επιθυµητή επιφάνεια το s θα κινείται από 0 έως π και το tαπό 0 έως 2π.

Εποµένως το ζητούµενο ολοκλήρωµα θα είναι το:

A

F dS

A

F n0 dS A

F nn

dS

A

i j 0k −coss sin2t i −sins sin2t j −sin tcos tk

sin t sin t dsdt

2π

0

π

0

i j 0k −coss sin2t i − sins sin2t j − sin tcos tk dsdt

2π

0

π

0

1 −coss sin2t 1 − sins sin2t 0 − sin tcos t dsdt 2π

0

π

0

−coss sin2t − sins sin2t dsdt

−2π

0

π

0

sin2t coss sins dsdt −2π

0

sin2tπ

0

coss sinsds dt −2π

0

sin2t sins − coss0π dt

−2π

0

sin2t sinπ − cosπ − sin0 − cos0dt −2π

0

sin2t

0 − −1 − 0 − 1dt −2π

0

sin2t 1 1dt

−22π

0

sin2t dt −22π

0

1−cos2t2

dt −22π

0

12 −

cos2t2 dt −2

2π

0

12 dt −

2π

0

cos2t2 dt −

2π

0

dt 12

2π

0

cos2tdt

−t02π 1

2 12

2π

0

2cos2tdt −2π − 0 14 sin2t0

2π −2π 14 sin4π − sin0

Omada11: Σαββάκη Ναυσικά, Τσοχαταρίδου Σωτηρία,Μακρή Ζωή

∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

4.3. Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή του διανυσµατικού πεδίου Fόπου:

→F x2 y2,y2 z2, z2 x2.

α)→F x2 y2,y2 z2, z2 x2 →F x2 y2

→i y2 z2

→j z2 x2

→k

Θέτω: Px2 y2 , Qy2 z2 , Rz2 x2 και έχω:→F P

→i Q

→j R

→k

div→F dP

dx dQdy dR

dz 2x 2y 2z 2x y z

β)rot→F dRdy −

dQdz

→i dPdz −

dRdx

→j dQdx −

dPdy

→k

0 − 2z→i 0 − 2x

→j 0 − 2y

→k

− 2z→i −2x

→j −2y

→k

4.7. Να υπολογιστεί το εφαπτόµενο διάνυσµα και η εφαπτόµενη ευθεία στηνκαµπύλη r

→t cos t

→i sin t

→j t

→k στο σηµείο r−3.

r→t cos t

→i sin t

→j t

→k (έλικα)

d→rdt − sin t

→i cos t

→j

→k

Για να κάνω το διάνυσµα µοναδιαίο, διαιρώ µε το µέτρο του, που είναι− sin t2 cos t2 12 2 .

Το εφαπτόµενο διάνυσµα για t −3 είναι:d→rdt ∣t−3 − sin−3

→i cos−3

→j

→k sin3

→i cos3

→j

→k

όπου cos3 cos−3 και sin3 − sin−3

Η εφαπτόµενη ευθεία είναι η εξής:x−xtodxdt to

y−ytodydt to

z−ztodzdt to

για to −3x−cos−3−sin−3 y−sin−3

cos−3 z−−31 t →

x−cos3sin3 ysin3

cos3 z31 t

xt t sin3 cos3

yt t cos3 − sin3zt t − 3

Εποµένως:→R t

→i t sin3 cos3

→j t cos3 − sin3

→k t − 3

4.10. Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύλης rt →i t

→j t2

→k t για t ∈ 0,2π.

S 0

2π dxdt

2 dydt 2 dzdt

2 dt

0

2π 12 2t2 12 dt

0

2π 2 4t2 dt

ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

5.7. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα cx2 y2ds ,όπου

c :→i cos t

→j sin t , t1 0 και t2 π.

cx2 y2ds

t1

t2x2 y2 dxdt 2 dydt

2 dt

t1

t2cos2t sin2t − sin t2 cos t2 dt

0

π 1 1 dt

0

π dt t ∣0π π

5.11. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα cx2 y2ds ,όπου c :

→i t

→j ,

t1 0 και t2 π.

cx2 y2ds

t1

t2x2 y2 dxdt 2 dydt

2 dt

0

π12 t2 02 12 dt

0

π1 t2dt t t3

3 ∣0π π π3

3

5.15. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα cxds όπου c : τόξο κύκλου

µε κέντρο το 0,0 και ακτίνα ρ 1, t1 0 και t2 π2 .

x2 y2 1xt cos tyt sin t

cx dxdt

2 dydt 2 dt

0

π2 cos t − sin t2 cos2t dt

0

π2 cos tdt

sin t ∣0π2 1 − 0 1

5.19. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της→F y

→i −x

→j x z

→k στη

c : xt t2 ,yt 2t , zt 1 όπου t ∈ 0,1.

c

→F d

→r όπου:

→r x

→i y

→j z

→k

d→r dx

→i dy

→j dz

→k

cydx − xdy x zdz

0

1 2tdt2 − t2d2t t2 1dt

0

1 4t2dt − 2t2dt 0

0

1 2t2dt 2t33 ∣0

1 23

5.24. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα cFrdr , όπου

→F r

→i x2

→j y2 και η rt συνδέει τα σηµεία 0,0, 1,1, 2,2.

c : xt tyt t

c

→F d

→r

cx2dx y2dy

0

2 t2dt t2dt

0

2 2t2dt 2t33 ∣0

2 163

5.29. Να υπολογιστούν τα επικαµπύλια ολοκλήρωµατα και να δειχτεί ότι είναιανεξάρτητα του δρόµου ολοκλήρωσης. Επίσης να υπολογιστεί η συνάρτησηδυναµικού του διανυσµατικού πεδίου V.

→F

→i x

→j 2y

c1 : xt 2cos tyt 2sin t όπου t ∈ 0, π2

c2 : η rt ενώνει τα σηµεία 2,0, 2,2, 0,2

c

→F d

→r

cxdx 2ydy

0

π2 2cos td2cos t 2 2sin td2sin t

0

π2 −4cos t sin tdt 8sin tcos tdt

0

π2 4cos t sin tdt

0

π2 4 sin tdsin t

− 4cos2t2 ∣0

2 2

c2

→F d

→r

c3

→F d

→r

c4

→F d

→r (1)

c3 : xt 2yt t όπου t1 0, t2 2

c4 : xt tyt 2 όπου t1 2, t2 0

c3xdx 2ydy

0

2 2d2 2tdt 0

2 2tdt t2 ∣02 4

c4xdx 2ydy

2

0 tdt 2 2d2 2

0 tdt t22 ∣2

0 −2

Σύµφωνα µε την ισότητα (1), ισχύει: c2

→F d

→r 4 − 2 2

c1 : x2 y2 4 , απλή , κλειστή καµπύλη και καλά ορισµένη στο D, άραισχύει το Θ. Green:

→F d

→r

D

∂Q∂x −∂P∂y dxdy 0

∂Q∂x ∂P

∂y 0 →F

→i x

→j 2y

Άρα είναι ανεξάρτητο του δρόµου ολοκλήρωσης.c2 : ∂Q∂x ∂P

∂y 0Άρα η ολοκληρωτέα παράσταση είναι ολικό διαφορικό µιας συνάρτησης

Φx,y για την οποία θα ισχύει dΦ xdx 2ydy.Εποµένως Φx,y x2

2 y2.

c3 : xt 2yt t

c4 : xt tyt 2

c3

→F d

→r Φx2,y2 − Φx0,y0 6 − 2 4

c4

→F d

→r Φx0,y0 − Φx2,y2 4 − 4 − 2 −2

ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ6.2. Να υπολογιστεί το 1ds,πάνω σε κύβο για τον οποίο ισχύει

x 1. . . 2,y 3. . . 4, z 0. . . 1Ο κύβος έχει 6 έδρες, δήλαδη 6 επίπεδα τα οποία είναι:

για z0, το επίπεδο xyγια z1, το επίπεδο xyγια x1, το επίπεδο yzγια x2, το επίπεδο yzγια y3, το επίπεδο xzγια y4, το επίπεδο xz

Άρα

D

1ds 3

4 1

2 dxdy 2 0

1 3

4 dydz 2 0

1 1

2 dxdz 2 2 2 6

6.6. Να υπολογιστει το επιφανειάκο συµπλήρωµαΑ

ds µιας επιφάνειας Α µε

διανυσµάτικη αναπαράσταση rs, t s, t, 4 − 25 − t

πάνω σε τρίγωνο που τέµνει τους άξονες στο 0,0, 0,1, 1,0

rs 1,0,−2

rt 0,1,−1

rsxrt i j k1 0 −20 1 −1

2i− j k

|rsxrt| 22 12 12 6

Α

ds |rsxrt|dsdt 01 0

1−5 6 dsdt 0

1 6 1 − 5ds 6 5 − 522 |0

1 6 1

6.10. Να υπολογιστεί τοΑ

1x2y2z2

ds, όπου Α είναι η σφαίρα x2 y2 z2 R2.

x2 y2 z2 R2 z2 R2 − x2 − y2 z R2 − x2 − y2

zx2 2x2 R2− x2−y2

2 x2

R2− x2−y2

zy2 2y

2 R2− x2−y22 y2

R2− x2−y2

S Α

1R2

1 zx2 zy2 dxdy

Α

1R 1 x2

R2− x2−y2 y2

R2− x2−y2dxdy

Α

1R

R2

R2− x2−y2dxdy

Α

1R2− x2−y2

dxdy

Α

1R2−ρ2

ρdρdθ

0

2π 0

R 1R2−ρ2

ρdρdθ

− 0

2π R2 − ρ2 ∣0R

0

2π Rdθ Rθ ∣02π 2πR

6.26. Να υπολογιστεί το επιφανειάκο ολόκληρωµα µιας επιφάνειας Α µεσυνάρτηση F y2jκαι rs, t cos s, sin s, t όπου s 0. . . 1 και t 2. . . 3

cos2s sin2s 1 x2 y2 1 και z t(ελλειπτικός κύλινδρος)rs − sin s, cos s, 0rt 0,0,1F sin2sj

rsxrt i j k

− sin s cos s 00 0 1

cos si sin sj

D

F ds D

F rsxrtdsdt D

sin2sj cos si sin sjdsdt D

sin3sdsdt

2

3 0

11 − cos2sdcos sdt 2

3 −13 sin

21cos1 − 23 cos1

Οµάδα 12: Ασλανίδου Λυδία, ΚοντογιάννηΊρις-Αγγελική, Μασµανίδου Όλγα

∆ιανυσµατικές Συναρτήσεις4.5. Να υπολογιστούν η εφαπτόµενη ευθεία της εξίσωσης

rt icos t jsin t kt για t1, καθώς και το εφαπτόµενο διάνυσµα.Λύση. Tο εφαπτόµενο διάνυσµα θα είναι:

drdt − sin t, cos t, 1

Για την εφαπτόµενη ευθεία της εξίσωσης:dxdt − sin t, για t1: dxdt t1

− sin1

dydt cos t, για t1: dydt t1

cos1

dzdt 1, για t1: dzdt t1

1

Συνεπώςx − x1− sin1 y − y1

cos1 z − z11 t x − cos1

− sin1 y − sin1cos1 z − 1

1 t

Λύνοντας τις επιµέρους εξισώσεις καταλήγουµε στην εξής παραµετρική µορφή

της ευθείας:xt −t sin1 cos1yt tcos1 sin1

zt t 14.8. Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύλης που ορίζεται από τα

xt Rcost,yt R sint, zt t µε 0 ≤ t ≤ 2.Λύση. To µήκος της καµπύλης δίνεται από τον τύπο

S t1

t2 dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2dt

Αφού

dxdt −R sin t, dydt Rcos t, dzdt 1

υπολογίζουµε το ζητούµενο ολοκλήρωµα:

S 0

2R2 sin2t R2 cos2t 1 dt

0

2R2sin2t cos2t 1 dt

0

2R2 1 dt R2 1

0

2dt 2 R2 1 − 0 2 R2 1

4.10. Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύλης xt t,yt t2, zt t γιαt ∈ 0,2π.

Λύση. To µήκος της καµπύλης δίνεται από τον τύπο

S t1

t2 dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2dt

Αφού

dxdt 1, dydt 2t, dzdt 1

υπολογίζουµε το ζητούµενο ολοκλήρωµα:

S t0

2π12 2t2 12 dt

t0

2π2 4t2 dt 2

0

2π1 2t2 dt 2 1

4 2 ln 8π2 1

Επικαµπύλια Ολοκληρώµατα5.8. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα

Cfx,yds όπου C είναι το

ευθύγραµµο τµήµα από (0,0) έως (1,1) και fx,y x2.Λύση. Ορίζουµε διδιάστατο καρτεσιανό σύστηµα συντεταγµένων. To ζητούµενο

επικαµπύλιο ολοκλήρωµα είναι Α’ είδους. Η παραµετρική αναπαράσταση τουχώρου C θα είναι:

x − 01 − 0 y − 0

1 − 0 t

δηλαδή

xt t − 1yt t − 1

µε t∈ 1,2 αφού για t1 1 έχουµε το σηµείο (x,y)(0,0) και για t2 2 έχουµε τοσηµείο (x,y)(1,1). Oι παράγωγοι των x,y ως προς t είναι:

dxdt 1, dydt 1

Εποµένως το ζητούµενο ολοκλήρωµα θα είναι

t1

t2ftds

1

2xt2 dx

dt2 dy

dt2dt

1

2t − 12 12 12 dt 2

1

2t2 − 2t 1dt 2

2 83 − 4 2 −

13 1 − 1 2 73 − 2

23

5.12. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα της fx,y x2 y2 όταν τα

x,y, z ανήκουν στην καµπύλη που ορίζεται από τα A1,1,1,B0,0,0,Γ2,1,2.1,1,1,0,0,0,2,1,2

0

0.40.5

0.0

0.2

0.0

yx

1 2z

1.00.6

1.5 0.8

2.0 1.0

Λύση. To ολοκλήρωµα που θέλουµε να υπολογίσουµε είναι το εξής cfx,yds

το οποίο για ευκολία θα το χωρίσουµε σε δύο όσον αφορά τις καµπύλες τουπαραπάνω σχήµατος . Οπότε έχουµε να υπολογίσουµε τοcfx,yds

c1fx,yds

c2fx,yds µε C1 και C2 τα τµήµατα ΒΑ και ΑΓ αντίστοιχα.

Το ds είναι ισο µε dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2 dt . Συνεπώς έχουµε:

C1ΒΑ : x−10−1 y−1

0−1 z−10−1 t άρα προκύπτουν οι παραµετρικές εξισώσεις

xt 1 − t,yt 1 − t, zt 1 − t για t 0, t 1Άραc1fx,yds

0

11 − t2 1 − t2 31 − t ′2 dt

0

1 21 − t2 3 dt 2 3 0

11 − t

C2ΑΓ : x−21−2 y−1

1−1 z−21−2 t άρα προκύπτουν οι παραµετρικές εξισώσεις

xt 2 − t,yt 1, zt 2 − t για t 0, t 1

Άραc2fx,yds

0

12 − t2 1 2 − t ′2 1′2 2 − t ′2dt

0

15 − 4t t2 2 dt

Τελικά το ζητούµενο επικαµπύλιο ολοκλήρωµα είναι : cfx,yds 2 3

3 10 23 .

5.16. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα Cfx,yds όπου

fx,y x3 y3 και C είναι η καµπύλη rt cos ti sin tj tk, t∈ 0,π.Λύση. Ορίζουµε τρισδιάστατο καρτεσιανό σύστηµα συντεταγµένων. To

ζητούµενο επικαµπύλιο ολοκλήρωµα είναι Α’ είδους. Για την καµπύλη C ισχύουν ταεξής:

xt cos t, dxdt − sin t

yt sin t, dydt cos t

zt t, dzdt 1

Εποµένως το ζητούµενο ολοκλήρωµα θα είναι

t1

t2ftds

0

πx3 y3 dx

dt2 dy

dt2 dz

dt2dt

0

πcos3t sin3t sin2t cos2t 1 dt 2

2 1

0sin3t1 − sin2tdsin t 2 sin4t

4 1

0 − sin

6t6 0

π 4 2

3

5.23. Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα CFdr όπου F xi yjκαι C

είναι τα ευθύγραµµα τµήµατα ΑΒ και ΒΓ, που συνδέουν τα σηµεία Α(0,0), Β(1,1)και Β(1,1), Γ(1,-1).

Λύση. Πρόκειται για επιφανειακό ολοκλήρωµα Β’ είδους, η δε F είναι η κλίσητης βαθµωτής συνάρτησης φ x2

2 y2

2 . Oπότε F ∇φ και άρα

CFdr

C∇φdr

Cdφ

ΑΒdφ

ΒΓdφ

0,0,1,1,1,−1

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

-1.0

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

y

Η παραµετροποίηση της C έχει ως εξής:Για το ευθύγραµµο τµήµα ΑΒ: xt t,yt t µε t ∈ 0,1 (όπου t1 0, t2 1)Για το ευθύγραµµο τµήµα ΒΓ: xt 1,yt t µε t ∈ −1,1 (όπου

t1 1, t2 −1)

ΑΒdφ

ΒΓdφ

ΑΒxdx ydy

ΒΓxdx ydy 2

0

1tdt

1

−1tdt 21 − 0 −1 − 1 0

Eπιφανειακά Ολοκληρώµατα6.7. Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα της συνάρτησης f x y z

πάνω στην επιφάνεια S που ορίζεται παραµετρικά από τις παραµετρικέςεξισώσεις: x xs, t s,y ys, t t, z zs, t 4 − 2s − t όπου οι παράµετροι s,tβρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου µε κορυφές τα σηµεία (0,0), (1,0), (0,1).

Λύση. Το ζητούµενο επιφανειακό ολοκλήρωµα είναι Α’ είδους. H διανυσµατικήαναπαράσταση της επιφάνειας S είναι rs, t s, t, 4 − 2s − t. Θα υπολογίσουµε τοστοιχειώδες εµβαδό αυτής.

rs 1,0,−2rt 0,1,−1

‖rs rt‖ i j k

1 0 −20 1 −1

j k 2i 6

Οπότε το στοιχειώδες εµβαδό της S είναι dS‖rs rt‖dsdt 6 dsdtΤο ζητούµενο ολοκλήρωµα είναι:

Sfx,y, zx,ydS

Sx y zdS

Ss − t 4 − 2s − t 6 dsdt 6

S4 − sdsdt

Tα x s,y t κινούνται στο παρακάτω τρίγωνο:

-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

x

y

Η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σηµεία (0,1) και (1,0), πάνω στηνοποία κινείται το y, είναι y-x1 (ή t-s1). Τοποθετούµε τα άκρα ολοκλήρωσηςστο ζητούµενο ολοκλήρωµα και υπολογίζουµε:

6 s0

1 t0

−s14 − sdtds 6

s0

14t − stt0

−s1ds 6 s0

1−5s 4 s2ds 6 − 52 s

2 4s s3

3

6.11. Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα όταν F i x2 j y2 kz2 και

τα x,y, z κινούνται σε ενα παραλληλεπίπεδο που ορίζεται από τις ανισότητες:1 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1.

Λύση. Το ολοκλήρωµα που πρέπει να υπολογιστεί είναι το επιφανειακό

ολοκλήρωµα:

Fd s S1 i x2 j y2 kz2kdxdy

S2 i x2 j y2 kz2−kdxdy

S3 i x2 j y2 kz2

S4 i x2 j y2 kz2−jdzdx

S5 i x2 j y2 kz2 i dzdy

S6 i x2 j y2 kz2

0

1 1

2z2dxdy 0

1

2 0

1y2dzdx 0

0

1 0

1x2dzdy 1 1 22 − 12 5

ΟΜΑ∆Α 15 : Καραγιαννόπουλος Νικόλαος , ΜαννιάςΙωάννης, Νάκας Αλέξανδρος

ΕΝΟΤΗΤΑ 4: ∆ιανυσµατικές Συναρτήσεις

4.2) Να υπολογιστεί η απόκλιση και η περιστροφή.

Θα έχουµε: Fx,y, z Px,y, z i Qx,y, z j Rx,y, z k

∆ηλαδή: F xy ze x y3 x2e y ezy xe z

(όπου e x, e y, e z τα µοναδιαία διανύσµατα στις διευθύνσεις x, y, zαντίστοιχα)

Απόκλιση: divF ∂P∂x

∂Q∂y ∂R

∂z

Ειδικότερα : divF ∂∂x xy z

∂∂y y

3 x2 ∂∂z e

zy x

divF y 3y2 ezy .

1

∂∂z x y

divF y 3y2ezy

Περιστροφή: curlF ∂R∂y −∂Q∂z i

∂P∂z −

∂R∂x j

∂Q∂x −

∂P∂y k

Ειδικότερα : curlF ∂∂y ezy x − ∂

∂z y3 x2

e x ∂∂z xy z −

∂∂z e

zy x e y ∂∂x y3 x2 − ∂

∂y xy z e z

curlF ezy − 0 e x 1 − 1 e y 2x − x e z

curlF ezy . e x x . e z

4.5) Να υπολογιστεί το εφαπτόµενο διάνυσµα και η εφαπτόµενη ευθεία.

Έχουµε ότι: r t cos t . i sin t . j t . k

Εφαπτόµενο διάνυσµα: r ′t d rdt − sin t . i cos t . j k

ή ισοδύναµα: r ′t − sin tcos t1

r 1 cos1 .

i sin1 . j k Εφαπτόµενη ευθεία: Για t 1 και

r ′1 d rdt | t1 − sin1

. i cos1 . j k

Εποµένως, σηµείο τοµής: xo,yo, zo cos1, sin1, 1

και x ′1 −sin1

y ′1 cos1

z′1 1

Παραµετρικά: l xt−xtox′to

yt−ytoy′to

zt−ztoz′to

t

Άρα: l x−cos1−sin1 y−sin1

cos1 z−11 t

∆ηλαδή: x cos1 − sin1 . t

y sin1 cos1 . t

z 1 t

Οπότε : Rt i cos1 − sin1 t j sin1 cos1 k 1 t

ή ισοδύναµα: Rt cos1 − t . sin1sin1 t . cos1

1 t

ΕΝΟΤΗΤΑ 5: Επικαµπύλια Ολοκληρώµατα

5.2) Να υπολογιστεί το µήκος της καµπύλης.

S 1

0

dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2 dt

1

0

dtdt

2 dt−1

dt2 dt2

dt2dt

1

0

12 12 12 dt

1

0

3 dt

3 t0

1

3

5.9) Να υπολογιστεί το το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα.

S C

y2t dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2 dt

Μέσω: A0,0,0, B1,1,1, Γ1,3,2

C1 : ΑΒ xt t t1 0

yt t t2 1

zt t

C2 : ΒΓ xt 1 t3 2

yt 2t 1 t4 0

αφού : y−13−1 z−1

2−1 t

C1

t2 dtdt

2 dt

dt2 dt

dt2dt

C2

2t 12 02 d2t1dt

2 dt1

dt2dt

1

0

t2 12 12 12 dt 1

0

4t2 4t 1 22 12 dt

1

0

t2 3 dt 1

0

4t2 4t 1 5 dt

31

0

t2 dt 51

0

4t2 4t 1 dt

3 t33 0

1 5 4t3

3 4t23 t

0

1

3 13 − 0 5 4

3 2 1 − 0 − 0 − 0

33 5 49

3

33 13 5

3

5.16) Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα.

Γενικά ισχύει: S Α

Β

f x,y, z dS

∆ηλαδή: S π

0

x3t y3t dxdt

2 dy

dt2 dz

dt2 dt

ή ισοδύναµα: S π

0

cos3t sin3t dcos tdt

2 dsin t

dt2 dt

dt2dt

π

0

cos3t sin3t − sin t2 cos t2 12 dt

π

0

cos3t sin3t sin2t cos2t 1 dt

2π

0

sin3t cos3t dt

2π

0

sin2t sin t dt π

0

cos2t cos t dt

2π

0

1 − cos2t d−cos t π

0

1 − sin2t dsin t

2

−π

0

1 dcos t π

0

cos2t dcos t π

0

1 dsin t −π

0

sin2t dsin t

2 −cos t0π cos3t

3 0

π sin t0π − sin3t

3 0

π

2

−cosπ cos0 cos3π3 − cos30

3

0sinπ −

0sin0 −

0sin3π3

0sin303

2 −−1 1 −13

3 − 133

2 . 2 − 23

2 . 43

4 23

5.23) Να υπολογιστεί το επικαµπύλιο ολοκλήρωµα.

Θα έχουµε: F x . i y . j και d r dx . i dy . j

C

F . d r C

xdx ydy

Μέσω: A0,0, B1,1, Γ1,−1

C1 : ΑΒ xt t t1 0

yt t t2 1

C2 : ΒΓ xt 1 t3 1

yt 2t − 1 t4 0

C1

t dt t dt C2

0 2t − 1 .2dt

t2

t1

2t dt t4

t3

2t − 1 .2dt

1

0

2t dt 21

0

2t − 1 .dt

t2 01 2.t2 − t0

1

1 − 0 2.0 − 0 − 1 1

1

5.30) Να υπολογιστούν τα επικαµπύλια ολοκλήρωµα και να δειχτεί ότι είναι

ανεξάρτητα του δρόµου ολοκλήρωσης.Επίσης να υπολογιστεί η συνάρτηση δυναµι΄ού του διανυσµατικού

πεδίου v(x,y).

Έστω: φx,y x3 y3

gradφ ∇φ ∂φ∂x

. e x ∂φ∂y

. e y 3x2 . e x 3y2 . e y

Έχουµε: v x,y 2x2 . e x 2y2 . e y και d r dx . e x dy . e y

C

v . d r C

2x2dx 2y2dy

Μέσω C : xt 2cos t dx −2sin t dt

yt 2sin t dx 2cos t dt

t 0, π2 C

2.2cos t2 −2sin t dt 2.2sin t2 . 2. cos t dt

t0

π/2

2.4cos2t . −2sin t dt 2.4 sin2t . 2. cos t dt

t0

π/2

−16cos2t . sin t dt t0

π/2

16sin2t . cos t dt

−16t0

π/2

cos2t . d−cos t 16t0

π/2

sin2t . dsin t

16t0

π/2

cos2t .dcos t t0

π/2

sin2t .dsin t

16 cos3t3 0

π/2 sin3t

3 0

π/2

16 cos3 π2

3 − cos303

sin3 π2

3 − sin303

16 033 − 13

3 133 − 03

3

16

0

− 13 1

3

0

C ′

v . d r C ′

2x2dx 2y2dy

Μέσω: A2,0, B2,2, Γ0,2

C1 : ΑΒ xt 2 t1 0

yt t dy dt t2 2

C2 : ΒΓ xt t dx dt t3 2

yt 2 t4 0

C1

0 2t2dt C2

2t2dt 0

t2

t1

2t2dt t2

t1

2t2dt

2

0

2t2dt 0

2

2t2dt

2

0

2t2dt −2

0

2t2dt

0

Παρατηρούµε ότι:C

v . d r C ′

v . d r

∆ηλαδή είναι ανεξάρτητα του δρόµου ολοκλήρωσης, σε αυτό το παράδειγµα,και γενικά ως εµπικαµπύλια

ολοκληρώµατα β’ είδους.

Έστω Ux,y η συνάρτηση δυναµικού.

Θα ισχύει: Ux,y x

0

2x2dx x

0

2y2dy

Ux,y x

0

2x33 0

x

y

0

2y3

3 0

y

Ux,y 2x33 2x3

3

ΕΝΟΤΗΤΑ 6: Επιφανειακά Ολοκληρώµατα

6.8) Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα.

Προφανώς: S : x2 y2 z2 R2

Άρα: z R2 − x2 − y2

Για z ≥ 0 : zx ∂z∂x 1

2 R2−x2−y2. −2x −x

R2−x2−y2

zy ∂z∂y 1

2 R2−x2−y2. −2y −y

R2−x2−y2

Άρα: 1 zx2 zy2 1 −xR2−x2−y2

2

−y

R2−x2−y2

2

1 x2R2−x2−y2

y2

R2−x2−y2

R2−x2−y2x2y2

R2−x2−y2

RR2−x2−y2

Για ολόκληρη τη σφαίρα θα ισχύει:

S

1ds 2 Ω

1 zx2 zy2 dxdy

2 Ω

RR2−x2−y2

dxdy

2R Ω

1R2−x2−y2

dxdy

Θέτω:x ρcosθ

y

dxdy ρdρdθ 0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ ρ ≤ R

2R2π

θ0

ρ0

R

1R2−ρcosθ2−ρ sinθ2

ρdρdθ

Θέτω: ρ Rsint

Άρα: R2 − ρ2 Rcos t

και : dρ Rcostdt

0 ≤ ρ ≤ R 0 ≤ R . sin t ≤ R 0 ≤ sin t ≤ 1 0 ≤ t ≤ π/2

2R2π

θ0

ρ0

R

1R2−ρ2cos2θsin2θ

ρdρdθ

2R2π

θ0

ρ0

R

1R2−ρ2

ρdρdθ

2R2π

θ0

dθt0

π/2

1Rcos t

. Rcos t . R sin t . dt

2R . θ02π .

t0

π/2

R sin tdt

2R . 2π − 0 . R .

t0

π/2

sin t dt

4πR2 . −cos t0π/2

4πR2 . −cos π2 cos0

4πR2 . 1

4 R2 π

6.24) Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωµα.

Θα έχουµε: F i j

και: S : r s, t coss . i sins . j t . k

από s1 0 έως s2 1 και από t1 2 έως t2 3

Εποµένως: r s ∂ r∂s − sins . i coss . j

καιr t ∂ r

∂t k

r s r t i j k

− sins coss 00 0 1

0 0 1.−133 . i j− sins coss

coss . i sins . j

Οπότε:S

F . dS t1

t2s1

s2 i j . coss . i sins . j ds dt

t2

3

s0

1

coss sins ds dt

t2

3

sins − coss01 dt

t2

3

sin1 − cos1 −0

sin0

1

cos0 dt

t2

3

sin1 − cos1 1 dt

sin1 − cos1 1 . t23

1 sin1 − cos1 . 3 − 2

1 sin 1 −cos 1