Twierdzenia Gaussa–Ostrogradskiego i Stokesa

c) F (x, y, z) = (1, 1, 1), Σ – dolna strona stożka z =px²+ y², odciętego płaszczy-znami z = 1 i z = 2;

d) F (x, y, z) = (x, y, z), Σ – zewnętrzna strona powierzchni walca x²+ z² = 1, za-wartego między płaszczyznami y = −2, y = 1;

e) F (x, y, z) = x, y², z³ , Σ – zewnętrzna strona powierzchni sześcianu, ograniczo-nego płaszczyznami x = ±1, y = ±1, z = ±1;

f) F (x, y, z) = (y, z, x), Σ – górna strona paraboloidy x = y²+ z², odciętej płaszczy-znami x = 1 i z = 0 (z 0).

4. Obliczyć strumienie podanych pól wektorowych przez wskazane powierzchnie:

a) F (x, y, z) = (x−z, y+z, x−y), Σ – zewnętrzna strona powierzchni walca x²+y²= 1, odcięta płaszczyzną z = x (z 0);

b) F (x, y, z) = (z, −x, y), Σ – górna strona płaszczyzny 3x + 6y − 2z = 6, odciętej płaszczyznami układu współrzędnych;

c) F (x, y, z) = (x, x+y, z −y), Σ – zewnętrzna strona sfery x²+y²+z²= 4, położona w pierwszym oktancie układu współrzędnych.

Rozwiązanie.

a) Pole wektorowe F = (P, Q, R) = y²+ z²+ x, z²+ x²+ y, x²+ y²+ z

jest różniczko-walne na R³.Zatem dla (x, y, z) ∈ R³ mamy

div F =

∂

∂x, ∂

∂y, ∂

∂z

◦ y²+ z²+ x, z²+ x²+ y, x²+ y²+ z

= ∂

∂x y²+ z²+ x + ∂

∂y z²+ x²+ y + ∂

∂z x²+ y²+ z

= 1 + 1 + 1 = 3.

b) Pole wektorowe F = (P, Q, R) = y sin²x, zcos²y, xsin(yz)

jest różniczkowalne w R³. Zatem dla (x, y, z) ∈ R³mamy

div F =

∂

∂x, ∂

∂y, ∂

∂z

◦ y sin²x, zcos²y, xsin(yz)

= ∂

∂x ysin²x + ∂

∂y zcos²y + ∂

∂z(x sin(yz))

= 2y sin x cos x − 2z cos y sin y + xy cos(yz) = y sin 2x − 2z sin 2y + xy cos (yz) . Twierdzenie 4.2. (wzór Gaussa³–Ostrogradskiego⁴)

Jeżeli

1. Σ jest zorientowanym na zewnątrz kawałkami gładkim płatem zamkniętym, który jest brzegiem obszaru domkniętego V ⊂ R³,

2. pole wektorowe F = (P, Q, R) jest różniczkowalne w sposób ciągły na V,

to Z Z

⊂⊃

^F ^{◦ dS =}^{Z Z Z}

div F dV .

y z

Rys. 4.9. Ilustracja do wzoru Gaussa–Ostrogradskiego

3Carl Friedrich Gauss (1777-1855) – matematyk niemiecki.

4Michaił Vasilevich Ostrogradski (1801-1862) – matematyk rosyjski.

Uwaga. Powyższa równość (wzór Gaussa–Ostrogradskiego) po rozwinięciu przyjmuje postać:

Z Z

⊂⊃

P dydz + Q dzdx + R dxdy = Z Z Z

 ∂P

∂x + ∂Q

∂y + ∂R

∂z

dxdydz. (4.8)

Przykład 2. Korzystając z twierdzenia Gaussa–Ostrogradskiego obliczyć całki po-wierzchniowe:

a)Z Z

x²y dydz − xy²dzdx + x²z dxdy, gdzie Σ jest zewnętrzną stroną sfery x²+ y²+ z²= 9;

b) Z Z

⊂⊃

^x²^{dydz + y}²^{dzdx + z}²dxdy, gdzie Σ jest zewnętrzną stroną powierzchni czwo-rościanu ograniczonego płaszczyznami x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 3.

Rozwiązanie.

a) Pole wektorowe F (x, y, z) = x²y − xy², x²z

ma składowe P (x, y, z) = x²y, Q(x, y, z) =

−xy², R(x, y, z) = x²z, o ciągłych pochodnych cząstkowych na R³. Sfera Σ jest płatem gładkim, który jest brzegiem kuli V o środku w początku układu współrzędnych i promieniu 3. Zatem założenia twierdzenia Gaussa-Ostrogradskiego są spełnione.

y z

nˆ x

y z

Korzystając ze wzoru (4.8) mamy Z Z

⊂⊃

^x²^{y dydz}^−xy²^dzdx+x²^{z dxdy} ⁼^{Z Z Z}

∂

∂x x²y + ∂

∂y −xy² + ∂

∂z x²z

dxdydz

= Z Z Z

2xy−2xy+x²

dxdydz= Z Z Z

x²dxdydz.

Aby obliczyć całkę potrójną, dokonamy w niej zamiany zmiennych na współrzędne sferyczne (x = ̺ cos ϕ cos ψ, y = ̺ sin ϕ cos ψ, z = ̺ sin ψ). Obszar całkowania V w tych współrzędnych

jest opisany nierównościami 0 ¬ ϕ ¬ 2π, −π

2 ¬ψ¬π

2, 0 ¬ ̺ ¬ 3. Zatem

Z Z Z

x²dxdydz =

2π

dϕ

π 2

−^π2

dψ

(̺ cos ϕ cos ψ)²· ̺²cos ψ d̺

2π

dϕ

π 2

−^π2

dψ

̺⁴cos²ϕcos³ψ d̺





2π

cos²ϕ dϕ



_·







π 2

−^π2

cos³ψ dψ





^·





̺⁴d̺





wykorzystano wzór na całkę potrójną z funkcji o rozdzie-lonych zmiennych

= h_ϕ

2 +sin 2ϕ 4

i2π 0 ·

sin ϕ −sin³ϕ 3

^π₂

−^π₂

̺⁵ 5

3 0

= π ·4 3 ·

3⁵ 5 = 81

15π.

b) Pole wektorowe F (x, y, z) = x²y², z²

ma składowe P (x, y, z) = x², Q(x, y, z) = y², R(x, y, z) = z²o ciągłych pochodnych cząstkowych na R³. Płat Σ jest kawałkami gładki, bo jest brzegiem czworościanu

V = {(x, y, z) : 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 3 − x, 0 ¬ z ¬ 3 − x − y} .

x y z

z= 3 − x − y

y= 3 − x

3 3 3

Σ ⁿ^ˆ

Założenia twierdzenia Gaussa-Ostrogradskiego są więc spełnione. Zatem korzystając ze wzoru (4.8), otrzymamy

Z Z

⊂⊃

^x²^dydz^{+ y}²^dzdx^{+ z}²^dxdy ⁼^{Z Z Z}

∂

∂x x² + ∂

∂y y² + ∂

∂z z²

dxdydz

= Z Z Z

(2x + 2y + 2z) dxdydz.

Obszar całkowania V jest obszarem normalnym względem płaszczyzny xOy. Zatem, aby

obliczyć otrzymaną całkę potrójną, zamienimy ją na całki iterowane. Mamy

Z Z Z

(2x + 2y + 2z) dxdydz = 2

3−x

3−x−y

(x + y + z) dz

= 2

dx Z3−x

(x + y + z)² 2

^z=3−x−y z=0

= 2

dx Z3−x

9 2 −

(x + y)² 2

= 2

9y 2 −

(x + y)³ 6

^y=3−x y=0

= 2

x³

6 −0 −9 2+9

2(3 − x)

= = 2

x⁴

24+ 9x −9 4x²

3 0

=81 4.

Przykład 3. Obliczyć strumień pola wektorowego F (x, y, z) = (1 − 2x, 2y, 2z) przez płat zamknięty Σ utworzony ze stożka z =p

x²+ y²oraz płaszczyzny z = 4, zorien-towany na zewnątrz.

Rozwiązanie. Korzystając ze wzoru (4.7) strumień Φ pola wektorowego F (x, y, z) = (1 − 2x, 2y, 2z) przez zewnętrzną stronę płata zamkniętego Σ jest równy

Φ = Z Z

⊂⊃

(2x − 1) dydz + 2y dzdx + 2z dxdy.

y z

V Σ

Pole wektorowe F ma składowe P (x, y, z) = 1 − 2x, Q(x, y, z) = 2y, R(x, y, z) = 2z, o ciągłych pochodnych cząstkowych na R³. Płat Σ jest kawałkami gładki złożonym z całkowi-tej powierzchni stożka V. Zatem możemy wykorzystać twierdzenia Gaussa-Ostrogradskiego.

Stosując wzór (4.8) mamy Z Z

⊂⊃

(1 − 2x) dydz + 2y dzdx + 2z dxdy = Z Z Z

∂

∂x(1 − 2x)+ ∂

∂y(2y)+ ∂

∂z(2z)

dxdydz

= Z Z Z

(−2 + 2 + 2) dxdydz

= 2 Z Z Z

dxdydz

= = 2 · objętość (V ) = 2 ·1

3π· 4²· 4 = 128 3 π.

Deﬁnicja 4.7. (rotacja pola wektorowego)

Niech F = (P, Q, R) będzie różniczkowalnym polem wektorowym. Rotację pola wek-torowego F określamy wzorem:

rotF =

ˆi ˆj ˆk

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

P Q R

. (4.9)

Uwaga. Używając operatora nabla rotację pola wektorowego F możemy zapisać w postaci ∇ × F . Pole wektorowe F nazywamy bezwirowym w obszarze V ⊂ R³, jeżeli rotF = 0 w każdym punkcie obszaru V . Warunek rot F = 0 jest równoważny potencjalności pola wektorowego F (zobacz tw. 2.2).

Przykład 4. Obliczyć rotacje pól wektorowych:

a) F (x, y, z) = x²y² z , y²z²

x , z²x² y

; b) F (x, y, z) = 2x + z², y⁴, 2xz. Rozwiązanie.

a) Pole wektorowe F (x, y, z) =

x²y² z , y²z²

x , z²x² y

jest różniczkowalne np. w obszarze V = {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0}. Zatem dla (x, y, z) ∈ V mamy

rotF =

ˆi ˆj ˆk

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z x²y²

z y²z²

x z²x²

∂

∂y

z²x² y

− ∂

∂z

y²z² x

ˆi−

∂

∂x

z²x² y

− ∂

∂z

x²y² z

ˆj

∂

∂x

y²z² x

− ∂

∂y

x²y² z

ˆk

−z²x² y² −2y²z

ˆi−

x²y² z² +2z²x

ˆj+

−y²z² x² −2x²y

ˆk.

b) Pole wektorowe F (x, y, z) = 2x + z², y⁴,2xz

jest różniczkowalne w R³ Zatem dla (x, y, z) ∈ R³otrzymamy

rotF =

ˆi ˆj ˆk

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z 2x + z² y⁴ 2xz

∂

∂y(2xz) − ∂

∂z y⁴

ˆi−h _∂

∂x(2xz) − ∂

∂z 2x + z²i ˆj

∂

∂x y⁴

− ∂

∂y 2x + z²

ˆk

= 0ˆi + 0 ˆj + 0 ˆk= 0.

Deﬁnicja 4.8. (orientacja płata i brzegu)

Niech Σ będzie niezamkniętym zorientowanym płatem gładkim, którego brzegiem jest zorientowany łuk kawałkami gładki Γ. Mówimy, że orientacja łuku jest zgodna z orien-tacją płata, jeżeli podczas ruchu po łuku w kierunku jego orientacji dodatnia strona płata leży po lewej stronie łuku. W przeciwnym przypadku mówimy, że orientacja łuku nie jest zgodna z orientacją płata.

y z

b n

Γ Σ

Rys. 4.10. Łuk zorientowany zgodnie z orientacją płata

Twierdzenie 4.3. (wzór Stokesa⁵) Jeżeli

1. Σ jest płatem kawałkami gładkim zorientowanym, którego brzeg Γ jest łukiem kawałkami gładkim zorientowanym zgodnie z orientacją płata Σ,

2. pole wektorowe F = (P, Q, R) jest różniczkowalne w sposób ciągły na płacie Σ (łącznie z brzegiem Γ),

F ◦ dr = Z Z

(rot F ) ◦ dS.

5George Gabriel Stokes (1819-1903) – matematyk i ﬁzyk angielski.

y z

b b b b b

b b b b

Rys. 4.11. Ilustracja do wzoru Stokesa

Uwaga. Po rozwinięciu powyższa równość (wzór Stokesa) przyjmuje postać:

P dx + Q dy + R dz =

= Z Z

 ∂R

∂y −∂Q

∂z

dydz + ∂P

∂z −∂R

∂x

dzdx + ∂Q

∂x −∂P

∂y

dxdy.

(4.10)

Przykład 5. Korzystając z twierdzenia Stokesa obliczyć całki krzywoliniowe:

a) I

y²+ z² dx + z²+ x² dy + x²+ y² dz,

gdzie Γ jest łukiem zamkniętym powstałym z przecięcia walca x²+ y²= 2x i półsfery x²+ y²+ z² = 4, z 0, zorientowanym w stronę przeciwną do ruchu wskazówek zegara. Sprawdzić otrzymany wynik obliczając całkę bezpośrednio;

b)I

x²+ y dx + y³− 2z dy + 3x + z⁴ dz,

gdzie Γ jest brzegiem trójkąta o wierzchołkach A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1), zorientowanym w kolejności ABCA.

Rozwiązanie.

a) Pole wektorowe F ma składowe P (x, y, z) = y²+z², Q(x, y, z) = z²+x², R(x, y, z) = x²+ y², o ciągłych pochodnych cząstkowych na R³. Płat Σ jest częścią półsfery z =p

4 − x²− y² wyciętą przez walec (x − 1)²+ y² = 1 i zorientowaną na zewnątrz. Oczywiście płat Σ jest gładki. Brzeg Γ płata Σ jest łukiem kawałkami gładkim zorientowanym zgodnie z orientacja płata. To oznacza, że założenia twierdzenia Stokesa są spełnione.

y z

ˆn

Σ Γ

Najpierw wyznaczymy rotację pola wektorowego F . Korzystając ze wzoru (4.9), mamy

rotF =

ˆi ˆj ˆk

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z y² + z² z²+ x² x²+ y²

= 2(y − z)ˆi+ 2(z − x) ˆj + 2(x − y) ˆk.

Korzystając następnie ze wzoru (4.10), otrzymamy Z

y²+ z²

dx+ z²+ x²

dy+ x²+ y² dz=

= Z Z

(2y − 2z) dydz + (2z − 2x) dzdx + (2x − 2y) dxdy

= 2 Z Z

(y − z) dydz + (z − x) dzdx + (x − y) dxdy.

Aby obliczyć otrzymaną całkę, wykorzystamy wzór (4.1) na zamianę całki powierzchniowej zorientowanej na całkę powierzchniową niezorientowaną. Ponieważ Σ jest częścią sfery o środku w początku układu współrzędnych i promieniu 2, więc wersor normalny płata Σ w punkcie (x, y, z) ma postać

ˆ n= 1

2(x, y, z).

Mamy zatem 2

Z Z

(y − z) dydz + (z − x) dzdx + (x − y) dxdy =

= 2 Z Z

h(y − z, z − x, x − y) ◦1

2(x, y, z)i dS

= Z Z

h(y − z)x

2+ (z − x)y

2+ (x − y)z 2 i

dS= Z Z

0 dS = 0.

Obliczymy teraz całkę krzywoliniową bezpośrednio. Łuk Γ ma orientację zgodną ze swoją parametryzacją:

x= 1 + cos t, y = sin t, z =p

4 − x²− y²=√

2 − 2 cos t, gdzie 0 ¬ t ¬ 2π.

Korzystając ze wzoru (2.3) na zamianę całki krzywoliniowej na całkę pojedynczą, otrzymamy Z

y²+ z²

dx+ z²+ x²

dy+ x²+ y² dz=

2π

sin²t+ 2 − 2 cos t

(− sin t) + 2 − 2 cos t + 1 − 2 cos t + cos²t cos t

+ 1 + 2 cos t + cos²t+ sin²t sin t

√2 − 2 cos t

2π

− sin³t− 2 sin t + sin 2t + 3 cos t + cos³t+2 sin t + sin 2t

√2 − 2 cos t

dt.

Ze względu na nieparzystość części składników funkcji podcałkowej oraz ze względu na fakt, że funkcje cos t i cos³tcałkujemy po przedziale długości 2π, całka jest równa 0.

b) Pole wektorowe F ma składowe P (x, y, z) = x²+ y, Q(x, y, z) = y³− 2z, R(x, y, z) = 3x + z⁴, o ciągłych pochodnych cząstkowych na R³. Płat Σ jest gładki, bo jest częścią płaszczyzny x+y+z = 1 zawartą w pierwszym oktancie. Płat Σ jest zorientowany standardowo (do góry).

Brzeg Γ płata Σ jest łukiem kawałkami gładkim. To oznacza, że założenia twierdzenia Stokesa są spełnione.

x y z

1 1

1 Σ

b ˆn

Aby zastosować wzór Stokesa, najpierw wyznaczymy rotację pola F ze wzoru (4.9), mamy

rotF =

ˆi ˆj kˆ

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z x²+ y y³− 2z z⁴+ 3x

= 2ˆi − 3 ˆj − ˆk.

Korzystając teraz ze wzoru (4.10), otrzymamy dalej I

x²+ y

dx+ y³− 2z

dy+ 3x + z⁴ dz=

Z Z

2 dydz − 3 dzdx − dxdy.

Ponieważ płat Σ jest wykresem funkcji z = 1 − x − y, gdzie

(x, y) ∈ D = {(x, y) : 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 1 − x} ,

więc korzystając ze wzoru (4.3) na zamianę całki powierzchniowej na całkę podwójną, otrzy-mamy

Z Z

2 dydz − 3 dzdx − dxdy =

= Z Z

−2 · ∂

∂x(1 − x − y) − (−3) · ∂

∂y(1 − x − y) + (−1)

dxdy

= Z Z

(−2(−1) − (−3) · (−1) − 1) dxdy = −2 Z Z

dxdy= −2 · pole (D) = −1.

Fakt 4.1. (własności rotacji)

Niech funkcja f ma gradient i niech pola wektorowe F i G będą różniczkowalne w pewnym obszarze V ⊂ R³. Wtedy:

rot(aF + bG) = a rot F + b rot G, gdzie a, b ∈ R;

rot(fF ) = (grad f) × F + f rot F .

Ponadto, dla funkcji U dwukrotnie różniczkowalnej w sposób ciągły na V , mamy rot(grad U) = 0.

Przykład 6. Uzasadnić tożsamość

rot(fF ) = (grad f) × F + f rot F ,

gdzie f jest funkcją różniczkowalną, a F polem wektorowym różniczkowalnym w ob-szarze V ⊂ R³.

Rozwiązanie. Niech pole wektorowe F ma składowe P, Q, R. Wtedy fF = (fP, fQ, fR).

Korzystając z deﬁnicji rotacji otrzymamy

rot(fF ) =

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z f P f Q f R

∂

∂y(fR) − ∂

∂z(fQ)

i+h_∂

∂z(fP ) − ∂

∂x(fR)i j+

∂

∂x(fQ) − ∂

∂y(fP )

∂f

∂y · R + f ·∂R

∂y

−_∂f

∂z· Q + f ·∂Q

∂z

i +h _∂f

∂z · P + f ·∂P

∂z

−_∂f

∂x· R + f ·∂R

∂x

i j +

_∂f

∂x· Q + f ·∂Q

∂x

−

∂f

∂y · P + f ·∂P

∂y

∂f

∂y · R −∂f

∂z· Q

i+_∂f

∂z · P −∂f

∂x· R j+

∂f

∂x· Q −∂f

∂y · P

f·∂R

∂y − f ·∂Q

∂z

f·∂P

∂z − f ·∂R

∂x

f·∂Q

∂x − f ·∂P

∂y

i j k

∂ f

∂x

∂f

∂y

∂f

∂z

P Q R

+ f ◦

i j k

∂

∂ x

∂

∂y

∂

∂z

P Q R

= grad f × F + f ◦ rot F .

Fakt 4.2. (własności dywergencji)

Niech funkcja f oraz pola wektorowe F i G będą różniczkowalne w obszarze V ⊂ R³. Wtedy

div (a F + b G) = a div F + b div G, gdzie a, b ∈ R;

div (fF ) = (grad f) ◦ F + f div F ; div (F × G) = G ◦ rot F − F ◦ rot G;

Ponadto, jeżeli pole wektorowe F jest dwukrotnie różniczkowalne w obszarzeV , to div (rot F ) = 0.

Przykład 7. Funkcja f i pole wektorowe F są różniczkowalne w obszarze V ⊂ R³. Uzasadnić tożsamość

div (fF ) = ( grad f) ◦ F + f div F .

Rozwiązanie. Niech F = (P, Q, R). Wtedy fF = (fP, fQ, fR). Korzystając z deﬁnicji dy-wergencji, mamy

div (fF ) =

∂

∂x, ∂

∂y, ∂

∂z

◦ (fP, fQ, fR)

= ∂

∂x(fP ) + ∂

∂y(fQ) + ∂

∂z(fR)

= ∂f

∂x · P + f ·∂P

∂x +∂f

∂y· Q + f ·∂Q

∂y +∂f

∂z · R + f ·∂R

∂z

∂f

∂x· P +∂f

∂y · Q +∂f

∂z · R

f·∂P

∂x + f ·∂Q

∂y + f ·∂R

∂z

∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

◦ (P, Q, R) + f ·

∂P

∂x +∂Q

∂y +∂R

∂z

= grad f ◦ F + f · div F .

Ćwiczenia 4.2.

1. Wyznaczyć dywergencje pól wektorowych:

a) F (x, y, z) = xz³, 2x²y⁴, 5yz²; b) F (x, y, z) = e^xy, − cos y, sin²z; c) F (x, y, z) =

ln x, e^xyz, arc tgz x

; d) F (x, y, z) = x+y+z, x²+y²+z³, −z .

2. Obliczyć całki powierzchniowe z podanych pól wektorowych F po płatach zorien-towanych Σ oraz sprawdzić otrzymany wynik korzystając z twierdzenia Gaussa:

a) F (x, y, z) = x², y², z² ,

Σ – zewnętrzna strona sześcianu: 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 1, 0 ¬ z ¬ 1;

b) F (x, y, z) = (x, y, z), Σ – zewnętrzna strona sfery x²+ y²+ z²= 9;

c) F (x, y, z) = (x + y, y + z, x + z),

Σ – zewnętrzna strona powierzchni walca x²+ y²¬ 4, 0 ¬ z ¬ 1.

3. Korzystając z twierdzenia Gaussa obliczyć całki powierzchniowe z pól F wektoro-wych po płatach zorientowanych Σ:

a) F (x, y, z) = (x, x + y, x + y + z), Σ – zewnętrzna strona sfery x²+ y²+ z²= 1;

b) F (x, y, z) = x³− z³, y³− x³, z³− y³,

Σ – zewnętrzna strona walca x²+ y²¬ 4, 0 ¬ z ¬ 1;

c) F (x, y, z) = 2x, 3y, z²,

Σ – zewnętrzna strona sześcianu: 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬ 1, 0 ¬ z ¬ 1;

d) F (x, y, z) = x², y², z²

, Σ – zewnętrzna strona stożkap

x²+ y²¬ z ¬ 1.

4. Wyznaczyć rotacje pól wektorowych:

a) F (x, y, z) = x³y, 2yz², xz; b) F (x, y, z) = (cos z, cos x, cos y);

c) F (x, y, z) = (x + 2z, z − 3y, 4x + 5z); d) F (x, y, z) = e^x+y, e^y+z, e^z+x . 5. Korzystając z twierdzenia Stokesa obliczyć całkę krzywoliniową

(x − y) dx + (y − z) dy + (z − x) dz,

jeżeli łuk Γ jest brzegiem zorientowanym dodatnio względem podanego płata:

a) Σ – dolna strona półsfery z =p9 − x²− y²;

b) Σ – górna strona paraboloidy z = 1 − x²− y², odciętej płaszczyzną z = 0;

c) Σ – dolna strona stożka z =p

x²+ y²− 2, odciętego płaszczyzną z = 0,

6. Obliczyć całki krzywoliniowe z pól wektorowych F po wskazanych łukach zorien-towanych Γ oraz sprawdzić otrzymane wyniki wykorzystując twierdzenie Stokesa:

a) F (x, y, z) = (x − y, y − z, z − x),

Γ – brzeg trójkąta o wierzchołkach A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1), przebie-ganych w kolejności ABCA;

b) F (x, y, z) = (2x, 3y, 4z),

Γ – brzeg półsfery z =p4 − x²− y², przebiegany w stronę przeciwną do ruchu wska-zówek zegara;

c) F (x, y, z) = x²+ y², y²+ z², z²+ x²,

Γ – brzeg stożka z =px²+ y² odciętego płaszczyzną z = 1, przebiegany w stronę przeciwną do ruchu wskazówek zegara.

4.3 Zastosowania całek powierzchniowych

W dokumencie ELEMENTY ANALIZY WEKTOROWEJ (Stron 131-144)