Definicja 2.5. (gradient funkcji)
Niech funkcja f ma pochodne cząstkowe rzędu pierwszego. Gradientem funkcji f dwóch zmiennych nazywamy wektor określony wzorem:
gradf = ∂f
∂x,∂f
∂y
,
a gradientem funkcji f trzech zmiennych – wektor
gradf = ∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
.
Przykład 1. Obliczyć gradienty funkcji:
a) f(x, y) =p1 − (x2+ y2); b) f(x, y) = x2+ y ln x + y2; c) f(x, y, z) = x2y +xy2
z ; d) f(x, y, z) = sin(xz) cos y.
Rozwiązanie.
a) Funkcja f jest określona na zbiorze D =
(x, y) ∈ R2: x2+ y2¬ 1
.Jej pochodne cząst-kowe wyrażają się odpowiednio wzorami:
∂
∂x
p1 − (x2+ y2)
= −2x
2p
1 − (x2+ y2) = −x p1 − (x2+ y2),
∂
∂y
p1 − (x2+ y2)
= −2y
2p
1 − (x2+ y2) = −y p1 − (x2+ y2) i są określone na zbiorze D′=
(x, y) ∈ R2: x2+ y2<1 .Zatem
gradf= −x
pR2− (x2+ y2), −y pR2− (x2+ y2)
!
, gdzie (x, y) ∈ D′.
b) Funkcja f jest określona na zbiorze D =
(x, y) ∈ R2: x + y2>0
.Jej pochodne cząst-kowe wyrażają się odpowiednio wzorami:
∂
∂x x2+ y
ln x + y2
= 2x ln x + y2
+ x2+ y 1 x+ y2,
∂
∂y x2+ y
ln x + y2
= ln x + y2
+ x2+ y 2y x+ y2 i są również określone na zbiorze D. Zatem
gradf= 2x ln x + y2
+x2+ y
x+ y2,ln x + y2
+2y x2+ y x+ y2
!
, gdzie (x, y) ∈ D.
c) Funkcja f jest określona na zbiorze D =
(x, y, z) ∈ R3: z 6= 0
.Jej pochodne cząstkowe rzędu pierwszego są równe:
∂
∂x
x2y+xy2 z
= 2xy +y2 z , ∂
∂y
x2y+xy2 z
= x2+2xy z , ∂
∂z
x2y+xy2 z
= −xy2 z2 i są określone również na zbiorze D. Stąd
gradf=
2xy +y2
z , x2+2xy z ,−xy2
z2
, gdzie (x, y, z) ∈ D.
d) Funkcja f i jej pochodne cząstkowe rzędu pierwszego są określone na R3.Mamy
∂
∂x(sin(xz) cos y) = z cos(xz) cos y, ∂
∂y(sin(xz) cos y) = − sin(xz) sin y,
∂
∂z(sin(xz) cos y) = x cos(xz) cos y.
Zatem
gradf= (z cos(xz) cos y, − sin(xz) sin y, x cos(xz) cos y) , gdzie (x, y, z) ∈ R3. Fakt 2.1. (własności gradientu)
Niech funkcje f i g mają pochodne cząstkowe rzędu pierwszego. Wtedy:
grad(af + bg) = a grad f + b grad g, gdzie a, b ∈ R;
grad(fg) = g grad f + f grad g;
grad f g
!
= g grad f − f grad g
g2 , o ile g 6= 0;
gradh(f ) = h′(f) grad f, gdzie funkcja h ma pochodną.
Przykład 2. Niech funkcje f, g mają pochodne cząstkowe pierwszego rzędu. Uzasad-nić wzór
grad(fg) = g grad f + f grad g.
Rozwiązanie. Załóżmy, że f, g są funkcjami trzech zmiennych. Wtedy grad(fg) =
∂
∂x(fg), ∂
∂y(fg), ∂
∂z(fg)
=
∂f
∂x· g + f ·∂g
∂x,∂f
∂y· g + f ·∂g
∂y,∂f
∂z· g + f ·∂g
∂z
=
∂f
∂x· g,∂f
∂y · g,∂f
∂z · g
+
f·∂g
∂x, f·∂g
∂y, f·∂g
∂z
= g
∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
+ f
∂g
∂x,∂g
∂y,∂g
∂z
= g · grad f + f · grad g.
Zatem wzór jest prawdziwy.
Definicja 2.6. (pole potencjalne, potencjał pola)
Pole wektorowe F nazywamy potencjalnym na obszarze D, położonym na płaszczyź-nie lub w przestrzeni, gdy istpłaszczyź-nieje funkcja U : D −→ R taka, że
F = grad U.
Funkcję U nazywamy potencjałem pola wektorowego F .
Uwaga. Dla pola wektorowego na płaszczyźnie F = (P, Q) powyższy warunek przyj-muje postać:
P = ∂U
∂x, Q =∂U
∂y,
a dla pola wektorowego w przestrzeni F = (P, Q, R) – postać:
P = ∂U
∂x, Q = ∂U
∂y, R = ∂U
∂z.
Twierdzenie 2.2. (warunek konieczny i wystarczający potencjalności pola)
Niech pole wektorowe F = (P, Q) będzie różniczkowalne w sposób ciągły na obszarze wypukłym D ⊂ R2. Wówczas pole F jest potencjalne na D wtedy i tylko wtedy, gdy
∂P
∂y(x, y) = ∂Q
∂x(x, y) (2.7)
dla każdego (x, y) ∈ D.
Podobnie, niech pole wektorowe F = (P, Q, R) będzie różniczkowalne w sposób ciągły na obszarze wypukłym V ⊂ R3. Wówczas pole F jest potencjalne na V wtedy i tylko wtedy, gdy
∂P
∂y(x, y, z) =∂Q
∂x(x, y, z),
∂P
∂z(x, y, z) = ∂R
∂x(x, y, z),
∂Q
∂z(x, y, z) =∂R
∂y(x, y, z)
(2.8)
dla każdego (x, y, z) ∈ V.
Przykład 3. Sprawdzić, które z podanych pól wektorowych są potencjalne:
a) F (x, y) = 1
x2+ y2(y, −x); b) F (x, y, z) = (y + z, x + z, x − y).
Rozwiązanie.
a) Funkcje dwóch zmiennych P (x, y) = y
x2+ y2, Q(x, y) = −x
x2+ y2 i ich pochodne cząstkowe
rzędu pierwszego są określone i ciągłe na obszarze otwartym D = R2 \ {(0, 0)}. Ponadto warunek (2.7), czyli równość
∂P
∂y(x, y) = x2− y2 (x2+ y2)2 =∂Q
∂x(x, y) = x2− y2 (x2+ y2)2,
jest spełniona na D. Zatem pole wektorowe F jest potencjalne na każdym zbiorze otwartym i wypukłym zawartym w D.
b) Funkcje trzech zmiennych P (x, y, z) = y + z, Q(x, y, z) = x + z, R(x, y, z) = x − z i ich pochodne cząstkowe rzędu pierwszego są określone i ciągłe w R3. Natomiast warunki (2.8) nie są spełnione, gdyż
∂Q
∂z(x, y, z) = 1 6=∂R
∂y(x, y, z) = −1.
Więc pole wektorowe F nie jest potencjalne.
Twierdzenie 2.3. (całka krzywoliniowa z pola potencjalnego)
Niech pole wektorowe F będzie ciągłe i ma potencjał U na obszarze na płaszczyźnie lub w przestrzeni. Wtedy
Z
⌢
AB
F ◦ dr = U (r)
B
A= U(B) − U(A),
gdzie AB jest dowolnym łukiem zorientowanym kawałkami gładkim o początku A⌢ i końcu B, całkowicie zawartym w obszarze. Inaczej mówiąc, całka zorientowana w polu potencjalnym nie zależy od drogi całkowania i jest równa różnicy potencjałów w punktach końcowym i początkowym drogi całkowania. W szczególności, w polu potencjalnym F dla dowolnego łuku zamkniętego Γ, mamy
I
Γ
F ◦ dr = 0.
Uwaga. Dla płaskiego pola wektorowego F = (P, Q), mamy Z
⌢
AB
P (x, y) dx + Q(x, y) dy = U (x2, y2) − U (x1, y1) . (2.9)
gdzie A = (x1, y1), B = (x2, y2). Podobnie, dla przestrzennego pola wektorowego F = (P, Q, R), mamy
Z
⌢
AB
P (x, y, z) dx + Q(x, y, z) dy + R(x, y, z) dz = U (x2, y2, z2) − U (x1, y1, z1) , (2.10)
gdzie A = (x1, y1, z1), B = (x2, y2, z2) .
Przykład 4. Obliczyć całki krzywoliniowe zorientowane z potencjalnych pól wektoro-wych F po dowolnym łuku o początku A i końcu B:
a) F (x, y) = xy2, x2y
, A = (−1, 1), B = (1, 2);
b) F (x, y, z) = (x + yz, y + xz, z + xy), A = (0, 0, 1), B = (1, 2, 1).
Rozwiązanie.
a) Ponieważ pole wektorowe F jest potencjalne, więc istnieje funkcja U : R2 −→ R (zwana potencjałem pola F ) taka, że
∂U
∂x = P (x, y) = xy2, ∂U
∂y = Q(x, y) = x2y.
Funkcję U znajdujemy rozwiązując powyższy układ równań. Całkując pierwsze równanie względem zmiennej x, otrzymamy
U(x, y) = Z
xy2dx= 1
2x2y2+ ϕ(y),
gdzie ϕ jest dowolną funkcją z ciągłą pierwszą pochodną. Podstawiając funkcję U do drugiego równania mamy
∂U
∂y = x2y+ ϕ′(y) = xy2,
stąd ϕ′(y) = 0. Zatem ϕ(y) = C, gdzie C ∈ R. Ostatecznie potencjał U pola wektorowego F dany jest wzorem
U(x, y) =1
2x2y2+ C.
Przechodzimy do obliczenia całki krzywoliniowej. Stosując wzór (2.9) otrzymamy Z
⌢ AB
xy2dx+ x2y dy= U(1, 2) − U(−1, 1) =h1
2x2y2i(1,2)
(−1,1)= 3 2.
b) Jak w poprzednim przykładzie, pole wektorowe F jest potencjalne, więc istnieje funkcja U : R3 −→ R taka, że
∂U
∂x = P (x, y, z) = x + yz, ∂U
∂y = Q(x, y, z) = y + xz, ∂U
∂z = R(x, y, z) = z + xy.
Całkując pierwsze równanie względem zmiennej x otrzymamy U(x, y, z) =
Z
(x + yz) dx =1
2x2+ xyz + ϕ(y, z),
gdzie ϕ jest dowolną funkcją o ciągłych pierwszych pochodnych cząstkowych. Wstawiając funkcję U do drugiego równania dostaniemy
∂U
∂y = xz +∂ϕ
∂y = y + xz.
Stąd ∂ϕ
∂y = y, czyli ϕ(y, z) = 1
2y2+ ψ(z), gdzie ψ jest dowolną funkcją o ciągłej pochodnej.
Zatem
U(x, y, z) = 1 2x2+1
2y2+ xyz + ψ(z)
Wstawiając funkcję U do trzeciego równania otrzymamy
∂U
∂z = xy + ψ′(z) = z + xy.
Stąd ψ′(z) = z, czyli ψ(z) = 1
2z2+ C, gdzie C ∈ R. Ostatecznie potencjał U pola F ma postać
U(x, y, z) = 1
2 x2+ y2+ z2
+ xyz + C.
Stosując teraz wzór (2.10) otrzymamy Z
⌢ AB
(x + yz) dx + (y + xz) dy + (z + xy) dz = U(1, 2, 1) − U(0, 0, 1)
= h1
2 x2+ y2+ z2
+ xyzi(1,2,1)
(0,0,1)
=9 2. Przykład 5. Sprawdzić, że podane całki krzywoliniowe zorientowane nie zależą od krzywej całkowania i następnie obliczyć je:
a)
(3,0)
Z
(−2,−1)
x4+ 4xy3 dx + 6x2y2− 5y4 dy;
b)
(2,2,32π) Z (1,1,π2)
y sin z dx + x sin z dy + xy cos z dz.
Rozwiązanie. Całki krzywoliniowe zorientowane nie zależą od krzywej całkowania, gdy pole wektorowe jest potencjalne.
a) Tak jest, gdy pole wektorowe
F(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) = x4+ 4xy3,6x2y2− 5y4 spełnia warunek (2.7). Ponieważ
∂Q
∂x = 12xy2 oraz ∂P
∂y = 12xy2,
więc warunek (2.7) jest spełniony na R2. To oznacza, że pole wektorowe F jest potencjalne na płaszczyźnie. Zatem istnieje funkcja U : R2 −→ R taka, że
∂U
∂x = P (x, y) = x4+ 4xy3, ∂U
∂y = Q(x, y) = 6x2y2− 5y4.
Potencjał U znajdujemy rozwiązując powyższy układ równań. Całkując pierwsze równanie względem zmiennej x otrzymamy
U =x5
5 + 2x2y3+ ϕ(y),
gdzie ϕ jest dowolną funkcją z ciągłą pochodną. Po wstawieniu funkcji U do drugiego rów-nania dostaniemy
∂U
∂y = 6x2y2+ ϕ′(y) = 6x2y2− 5y4.
Stąd ϕ′(y) = −5y4.Zatem ϕ(y) = −y5+ C, gdzie C ∈ R. Ostatecznie
U(x, y) =x5
5 + 2x2y3− y5+ C.
Przechodzimy do obliczenia całki krzywoliniowej. Wykorzystamy wzór (2.9). Mamy
(3,0)
Z
(−2,−1)
x4+ 4xy3
dx+ 6x2y2− 5y4
dy = U(3, 0) − U(−2, −1)
=
x5
5 + 2x2y3− y5
(3,0) (−2,−1)
= 62.
b) Sprawdzamy, czy składowe pola wektorowego F , czyli funkcje
P(x, y, z) = y sin z, Q(x, y, z) = x sin z, R(x, y, z) = xy cos z, spełniają układ warunków (2.8). Mamy
∂P
∂y = sin z, ∂P
∂z = y cos z, ∂Q
∂x = sin z, ∂Q
∂z = x cos z, ∂R
∂x = y cos z, ∂R
∂y = x cos z.
Zatem funkcje P , Q, R spełniają powyższy układ na R3.Istnieje więc funkcja U : R3−→ R taka, że
∂U
∂x = P (x, y, z) = y sin z, ∂U
∂y = Q(x, y, z) = x sin z, ∂U
∂z = R(x, y, z) = xy cos z.
Potencjał U znajdujemy rozwiązując powyższy układ równań. Całkując pierwsze równanie względem zmiennej x otrzymamy U = xy sin z + ϕ(y, z), gdzie ϕ jest dowolną funkcją z cią-głymi pierwszymi pochodnymi cząstkowymi. Po wstawieniu funkcji U do drugiego i trzeciego równania otrzymamy
∂U
∂y = x sin z +∂ϕ
∂y = x sin z, ∂U
∂z = xy cos z +∂ϕ
∂z = xy cos z.
Stąd
∂ϕ
∂y = 0, ∂ϕ
∂z = 0.
Zatem ϕ(y, z) = C, gdzie C ∈ R. Ostatecznie
U(x, y, z) = xy sin z + C.
Przechodzimy do obliczenia całki krzywoliniowej. Wykorzystamy wzór (2.10). Mamy (2,2,32π)
Z (1,1,π2)
ysin z dx + x sin z dy + xy cos z dz = U 2, 2,3
2π
− U 1, 1,π
2
=
xysin z
(2,2,32π) (1,1,π2) = −5.
Ćwiczenia 2.2.
1. Wyznaczyć gradienty funkcji:
a) f(x, y, z) = x2+ y2 z; b) f(x, y, z) = arc tgy z; c) f(x, y, z) = 1
x2+ y2+ z2; d) f(x, y, z) =p
x2+ y2+ z2. 2. Sprawdzić, że funkcje U są potencjałami pól wektorowych F : a) U(x, y) = x2+ y2+ 10, F (x, y) = (2x, 2y);
b) U(x, y, z) = xyz + x2+ y2+ z2, F (x, y, z) = (2x + yz, 2y + xz, 2z + xy).
3. Wyznaczyć potencjały pól wektorowych:
a) F (x, y) = 3y2, 6xy; b) F (x, y) = (cos y + y cos x, sin x − x sin y);
c) F (x, y, z) = z2, 2yz, 2xz + y2
; d) F (x, y, z) = ey+2z, xey+2z, 2xey+2z . 4. Korzystając z twierdzenia o całce krzywoliniowej z pola potencjalnego obliczyć:
a) Z
⌢
AB
3y dx + 3x dy, A = (1, 2), B = (4, 0);
b) Z
⌢
AB
2xy3dx + 3x2y2dy, A = (−2, 2), B = (−1, 0);
c) Z
⌢
AB
3x dx + 2y dy + 4z dz, A = (0, 0, 0), B = (1, 2, −3);
d) Z
⌢
AB
x2− 2yz dx + y2− 2xz dy + z2− 2xy dz, A = (1, 0, 1), B = (1, 1, 0).
5. Sprawdzić, które z pól wektorowych F są potencjalne na wskazanych obszarach:
a) F (x, y) = (x ln y, y ln x), D = {(x, y) : x > 0, y > 0};
b) F (x, y) = (excos y, −exsin y), D = R2; c) F (x, y) =
exln y −ey x,ex
y − eyln x
, D = {(x, y) : x > 0, y > 0};
d) F (x, y, z) = 4xy − 15x2y, 2x2− 5x5, xy + z2
, D = R3; e) F (x, y, z) = (y sin z, x sin z, xy cos z), D = R3;
f) F (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y), D = R3.
6. Uzasadnić, że podane całki krzywoliniowe nie zależą od drogi całkowania. Na-stepnie obliczyć te całki dwoma sposobami, wyznaczając potencjał oraz całkując po
odcinku:
a) Z
⌢
AB
y sin x dx − cos x dy, A = (0, 1), B = (π, −1);
b) Z
⌢
AB
(3x − y + 1) dx − (x + 4y + 2) dy, A = (−1, 2), B = (0, 1);
c) Z
⌢
AB
yexydx + xexydy, A = (1, 1), B = (0, 0);
d) Z
⌢
AB
dx + dy + dz, A = (−2, −1, 0), B = (2, 1, 0);
e) Z
⌢
AB
(y + z) dx + (x + z) dy + (x + y) dz, A = (1, −1, −1), B =√ 2, 2,√
2
;
f) Z
⌢
AB
x2− 2yz dx + y2− 2xz dy + z2− 2xy dz, A = (0, 0, 1), B = (1, 2, 3) .