epikampulia kai epifaneiaka oloklhrwmataeuclid.mas.ucy.ac.cy/~georgios/courses/mas026/chap9.pdf ·...

Keflaio 9

EPIKAMPULIA KAI

EPIFANEIAKA

OLOKLHRWMATA

Σημειώσεις Γ. Γεωργίου, ΜΑΣ 1.

9.1 EpikampÔlia oloklhr¸mata

Ορισμός΄Εστω f : R3 → R βαθμωτό πεδίο συνεχές στη C1 καμπύλη σ : [a, b] → R3. Το επικαμπύλιοολοκλήρωμα α′ είδους του f κατά μήκος της σ ορίζεται ως εξής:∫

σf ds =

∫ b

a

f(σ(t)) ||σ′(t)|| dt .

Ορισμός΄Εστω F : R3 → R3 διανυσματικό πεδίο συνεχές στη C1 καμπύλη σ : [a, b] → R3. Το επικαμπύλιοολοκλήρωμα β′ είδους του F κατά μήκος της σ ορίζεται ως εξής:∫

σF · ds =

∫ b

a

F(σ(t)) · σ′(t) dt .

ΘεώρημαΑν η f : R3 → R είναι κλάσης C1 και η σ : [a, b] → R3 είναι κατά τμήματα C1 καμπύλη, τότε∫

σ∇f · ds = f(σ(b)) − f(σ(a))

1mas026/notes/chap9.tex

1

2 KEFALAIO 9. EPIKAMPULIA KAI EPIFANEIAKA OLOKLHRWMATA

Απόδειξη Από τον κανόνα της αλυσίδας, για την παράγωγο της σύνθετης συνάρτησης

F = f(σ(t))

ισχύειF ′(t) = ∇f(σ(t)) · σ′(t) (i)

Από το Θεμελιώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογισμού ισχύει∫ b

a

F ′(t) dt = F (b) − F (a) = f(σ(b)) − f(σ(a)) (ii)

Από τις (i) και (ii) προκύπτει αμέσως ότι∫σ∇f · ds = f(σ(b)) − f(σ(a))

Ορισμός΄Εστω C μια απλή κλειστή καμπύλη και F διανυσματικό πεδίο ορισμένο στη C. Καλούμε κυκλοϕορία(circulation) του F γύρω από την C το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα∫

C

F · ds

Παράδειγμα 9.1.1΄Εστω σ : [a, b] → R2 μια C1 καμπύλη και F διανυσματικό πεδίο συνεχές πάνω στη σ για το οποίο ισχύει||F|| ≤M . Να δειχθεί ότι: ∣∣∣∣∫

σF · ds

∣∣∣∣ ≤M ℓ ,

όπου ℓ το μήκος της καμπύλης σ .Λύση

∣∣∣∣∫σ

F · ds∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

a

F(σ(t)) · σ′(t) dt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|F(σ(t)) · σ′(t)| dt (i)

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz ισχύει

|F(σ(t)) · σ′(t)| ≤ ||F|| ||σ′(t)||

και επειδή ||F|| ≤M ,|F(σ(t)) · σ′(t)| ≤M ||σ′(t)|| . (ii)

Από τις (i) και (ii) έχουμε∣∣∣∣∫σ

F · ds∣∣∣∣ ≤

∫ b

a

M ||σ′(t)|| dt = M

∫ b

a

||σ′(t)|| dt =⇒

9.1 EpikampÔlia oloklhr¸mata 3

∣∣∣∣∫σ

F · ds∣∣∣∣ ≤M ℓ ,

όπου ℓ το μήκος της καμπύλης σ .

Παράδειγμα 9.1.2Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα ∫

C

F · ds

όπουF = xy i + xz j − y k

και C η προσανατολισμένη καμπύλη AB ∪BC, όπου AB και BC τα ευθύγραμμα τμήματα που ενώνουντα σημεία A(1, 0, 0), B(0, 1, 0) και C(0, 1, 1).Λύση

-

6

*

6

x

y

z

A

B

C

y=1− x

Για το ολοκλήρωμά μας ισχύει:∫C

F ·ds =

∫AB

F ·ds +∫BC

F ·ds = I1 + I2.

Τα ευθύγραμμα τμήματα AB και BC ορίζονταιπαραμετρικά από τις

AB : σ1 = (1− t, t, 0) , 0 ≤ t ≤ 1

BC : σ2 = (0, 1, t) , 0 ≤ t ≤ 1

Υπολογίζουμε ξεχωριστά τα I1 και I2:

I1 =

∫AB

F · ds =

∫ 1

0

F((σ1(t)) · σ′1(t) dt =

∫ 1

0

[(1− t) t i + 0j − k] · (−i + j + 0k) dt

=

∫ 1

0

(t− 1) t dt =

[t3

3− t2

2

]10

= −1

6

και

I2 =

∫AB

F · ds =

∫ 1

0

F((σ2(t)) · σ′2(t) dt =

∫ 1

0

(0i + 0j − k) · (0i + 0j + k) dt

=

∫ 1

0

−1 dt = −1

΄Αρα ∫C

F · ds = I1 + I2 = −1

6− 1 = −7

6


Παράδειγμα 9.1.3

΄Εστω C η προσανατολισμένη καμπύλη η οποία προκύπτει από την τομή των επιϕανειών y=√3/2x2 και

z=x3 και έχει αρχή το σημείο (0, 0, 0) και πέρας το (1,√3/2, 1).

(α) Γράψτε μια παραμετρικοποίηση σ της C που διατηρεί τον προσανατολισμό.(β) Βρείτε το μήκος της C.(γ) Αν f(x, y, z)=x2 + yz, να βρεθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα∫

C

f ds .

(δ) Να υπολογιστεί το έργο που παράγει το πεδίο

F = yzi + xzj + xyk ,

κατά τη μετατόπιση του υλικού σημείου από την αρχή στο πέρας της C.

Λύση(α) Η προσανατολισμένη καμπύλη C παραμετρικοποιείται ως εξής:

σ(t) =

(t,

√3

2t2, t3

), 0 ≤ t ≤ 1 ,

οπότεσ′(t) = (1,

√6t, 3t2)

και||σ′(t)|| =

√1 + 6t2 + 9t4 = 1 + 3t2

(β) Για το μήκος της C έχουμε:

ℓ(C) =

∫σds =

∫ 1

0

||σ′(t)|| dt =

∫ 1

0

(1 + 3t2) dt = 2

(γ) ΄Εχουμε επικαμπύλιο ολοκλήρωμα α′ είδους:∫C

f ds =

∫C

(x2 + yz) ds = =

∫ 1

0

(t2 +

√3

2t5

)||σ′(t)|| dt

=

∫ 1

0

(t2 +

√3

2t5

)(1 + 3t2) dt

=

∫ 1

0

(t2 + 3t4 +

√3

2t5 + 3

√3

2t7

)dt

=1

3+

3

5+

√3

2

1

6+ 3

√3

2

1

8=

14

15+

13

24

√3

2


(δ) Το ζητούμενο έργο δίνεται από το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β′ είδους :

W =

∫σF · ds =

∫ 1

0

F(σ(t)) · σ′(t) dt

=

∫ 1

0

(√3

2t5, t4,

√3

2t3

)· (1,

√6t, 3t2) dt

=

∫ 1

0

(√3

2+

√6 + 3

√3

2

)t5 dt =

(4

√3

2+√6

)1

6=

√3

2

Παράδειγμα 9.1.4΄Εστω η έλικα σ : [0, 4π] → R3 με τύπο

σ(t) = (cos 2t, sin 2t,√5t)

(α) Βρείτε το μοναδιαίο εϕαπτόμενο διάνυσμα της έλικας στο σ (π/2).(β) Βρείτε την εϕαπτομένη της σ στο σ (π/2).(γ) Βρείτε το μήκος τόξου της έλικας.(δ) Υπολογίστε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της

f(x, y, z) = x2 + 2y2 + z3

κατά μήκος της έλικας.(ε) Υπολογίστε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της

F(x, y, z) =(x2 + y2 − y, x+ y, x− z

)κατά μήκος της έλικας.

Λύση

(α)σ′(t) = (−2 sin 2t, 2 cos 2t,

√5)

οπότε||σ′(t)|| =

√4 sin2 2t + 4 cos2 2t + 5 = 3 .

Το μοναδιαίο εϕαπτόμενο διάνυσμα είναι γενικά το:

T(t) =σ′(t)

||σ′(t)||=

1

3(−2 sin 2t, 2 cos 2t,

√5)

οπότε

T(π/2) =1

3(0, −2,

√5)

(β) Η εξίσωση της εϕαπτομένης της σ στο σ(t0) δίνεται σε παραμετρική μορϕή από την

I(λ) = σ(t0) + λ σ′(t0) .


Για t=π/2 έχουμε

I(λ) = (−1, 0,√5π/2) + λ (0, −2,

√5) =

(−1, −2λ,

√5π

2+

√5λ

).

(γ) Για το μήκος τόξου από το t=0 στο t=4π, έχουμε

ℓ(σ) =

∫ 4π

0

||σ′(t)|| dt =

∫ 4π

0

3 dt = 12π .

(δ) ∫σ(t)

f ds =

∫ 4π

0

f(σ(t)) ||σ′(t)|| dt =

∫ 4π

0

(cos2 2t + 2 sin2 2t + 5

√5t3)3 dt

= 3

∫ 4π

0

(1 + sin2 2t + 5

√5t3)dt = 3

[t +

t

2− sin 4t

8+

5√5t4

4

]4π0

= 6π (3 + 640√5π2)

(ε)∫σ(t)

F · ds =

∫ 4π

0

F (σ(t)) · σ′(t) dt

=

∫ 4π

0

(1− sin 2t, cos 2t+ sin 2t, cos 2t−

√5t)· (−2 sin 2t, 2 cos 2t,

√5) dt

=

∫ 4π

0

(−2 sin 2t + 2 sin2 2t + 2 cos2 2t + 2 sin 2t cos 2t +

√5 cos 2t − 5t

)dt

=

∫ 4π

0

(2− 2 sin 2t + sin 4t +

√5 cos 2t − 5t

)dt

=

[2t + cos 2t − cos 4t

4+

√5

2sin 2t − 5t2

2

]4π0

= 8π (1 − 5π)

Παράδειγμα 9.1.5Δείξτε ότι το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

I =

∫AB

y

zdx +

x

zdy − xy

z2dz

είναι ανεξάρτητο του δρόμου ολοκλήρωσης AB για z > 0 και υπολογίστε την τιμή του από το A(0, 0, 1)στο B(1, 1, 1).

Λύση΄Εχουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα του διανυσματικού πεδίου

F =y

zi +

x

zj − xy

z2k .


Για να δείξουμε ότι το ολοκλήρωμα είναι ανεξάρτητο του δρόμου ολοκλήρωσης, αρκεί να δείξουμε ότι τοF είναι αστρόβιλο. Για τον στροβιλισμό του F έχουμε:

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y/z x/z xy/z2

∣∣∣∣∣∣∣ =(− x

z2+

x

z2

)i −

(− y

z2+

y

z2

)j +

(1

z− 1

z

)k = 0 .

΄Αρα πράγματι το F είναι αστρόβιλο.Αϕού τώρα το F είναι αστρόβιλο, αυτό είναι πεδίο κλίσεων. Θα βρούμε συνάρτηση f τέτοια ώστε F=∇f .Η f πρέπει να ικανοποιεί τις

∂f

∂x=

y

z=⇒ f =

xy

z+ h1(y, z)

∂f

∂y=

x

z=⇒ f =

xy

z+ h2(x, z)

∂f

∂z= −xy

z2=⇒ f =

xy

z+ h3(x, y)

Παρατηρούμε ότι

F = ∇f με f(x, y, z) =xy

z.

Από το γνωστό μας θεώρημα,

I =

∫AB

F · ds =

∫AB

∇f · ds = f(B) − f(A) = f(1, 1, 1) − f(0, 0, 1) = 1 .

Παρατήρηση: Θα μπορούσαμε ϕυσικά να δούμε απευθείας ότι το F είναι πεδίο κλίσεων με

f(x, y, z) =xy

z,

και να συμπεράνουμε ότι το ολοκλήρωμα είναι ανεξάρτητο του δρόμου.


9.2 Epifaneiak oloklhr¸mata

Ορισμός: Επιϕανειακό ολοκλήρωμα βαθμωτής συνάρτησης΄Εστω η παραμετρικοποιημένη επιϕάνεια Φ : D → R3 και f βαθμωτό πεδίο ορισμένο στην S=Φ(D). Τοεπιϕανειακό ολοκλήρωμα του f πάνω στην Φ ορίζεται ως εξής:∫

Φ

f dS =

∫D

f(Φ(u, v)) ||Tu ×Tv|| dudv

Ορισμός: Επιϕανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικής συνάρτησης΄Εστω η παραμετρικοποιημένη επιϕάνεια Φ : D → R3 και F διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην S=Φ(D).Το επιϕανειακό ολοκλήρωμα του F πάνω στην Φ ορίζεται ως εξής:∫

Φ

F · dS =

∫D

F(Φ(u, v)) · (Tu ×Tv) dudv

Ορισμός: Προσανατολισμένη επιϕάνειαΠροσανατολισμένη επιϕάνεια καλούμε μια δίπλευρη επιϕάνεια S στην οποία έχουμε ορίσει τη μιαπλευρά σαν θετική (ή εξωτερική) και την άλλη σαν αρνητική (ή εσωτερική) και έχουμε επιλέξειτο μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα n που δείχνει απομακρυνόμενο από τη θετική πλευρά της S.

Ορισμός: Ρυθμός ροής διανυσματικού πεδίου΄Εστω F διανυσματικό πεδίο ορισμένο στην προσανατολισμένη επιϕάνεια S. Το επιϕανειακό ολοκλήρωματου F πάνω στην S, ∫

S

F · dS

καλείται ρυθμός ροής του F διά μέσου της S.


΄Εστω η κωνική επιϕάνεια S, η οποία ορίζεταιαπό την

z =√x2 + y2 με 0 ≤ z ≤ b ,

και είναι προσανατολισμένη έτσι ώστε τομοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς ταέξω, όπως ϕαίνεται στο σχήμα.

y

x

b

z

nz=

√x2 + y2

(α) Δείξτε ότι η παραμετρικοποίηση

Φ(u, v) = (u cos v, u sin v, u) με 0 ≤ u ≤ b , 0 ≤ v ≤ 2π ,

9.2 Epifaneiak oloklhr¸mata 9

αντιστρέϕει τον προσανατολισμό.(β) Ποια σημεία της S δεν είναι λεία;(γ) Υπολογίστε το εμβαδόν της S ως επιϕανειακό ολοκλήρωμα.(δ) Αν η θερμοκρασία του κώνου είναι T=2b2 − x2 − y2 + z2 και η θερμική αγωγιμότητα είναι k=1,υπολογίστε τη ροή θερμότητας ∫

S

−k ∇T · dS

δια μέσου της S.Λύση(α) Το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα της κωνικής επιϕάνειας

f(x, y, z) =√x2 + y2 − z = 0

είναι ένα από τα

± ∇f||∇f ||

= ±

(x√

x2 + y2,

y√x2 + y2

, −1

)√

x2

x2 + y2+

y2

x2 + y2+ 1

= ±

(xz ,

yz , −1

)√2

.

Επειδή το n έχει αρνητική k συνιστώσα (βλ. σχήμα)

n =1√2

(xz,y

z, −1

)ή

n =1√2(cos v, sin v, −1) .

Βρίσκουμε τώρα το Tu ×Tv:

Tu = cos v i + sin v j + k kai Tv = −u sin v i + u cos v j

΄ΕτσιTu ×Tv = u cos2 v k + u sin2 v k − u sin v j − u cos v i =⇒

Tu ×Tv = −u (cos v i + sin v j − k) = −√2 u n .

Επειδή u ≥ 0, η παραμετρικοποίηση αντιστρέϕει τον προσανατολισμό.

(β) Η S δεν είναι λεία στα σημεία όπου Tu ×Tv=0. Αϕού

||Tu ×Tv|| =√2 u

η S δεν είναι λεία για u=0, δηλ. στο (0, 0, 0).

(γ)

A(S) =

∫Φ

dS =

∫D

||Tu ×Tv|| dudv =

∫ 2π

0

∫ b

0

√2 u dudv = 2

√2π

[u2

2

]b0

=√2π b2 .


(δ) ΄Εχουμε−k ∇T = −1 (−2x, −2y, 2z) = 2 (x, y, −z)

Για τη ροή θερμότητας έχουμε∫S

−k ∇T · dS =

∫S

−k ∇T · n dS =

∫S

2 (x, y, −z) · 1√2

(xz,y

z, −1

)dS

=√2

∫S

(x2 + y2

z+ z

)dS = 2

√2

∫S

z dS

= 2√2

∫ 2π

0

∫ b

0

u ||Tu ×Tv|| dudv = 4

∫ 2π

0

∫ b

0

u2 dudv

=8π b3

3

Το θετικό πρόσημο δηλώνει ότι η ροή θερμότητας έχει την ίδια ϕορά με το n, δηλαδή έχουμε ροήθερμότητας προς τα έξω.


΄Εστω S η επιϕάνεια παραβολοειδούς, η οποίαορίζεται από την

z = 4 − (x2 + y2) με 0 ≤ z ≤ 4 ,

και είναι προσανατολισμένη έτσι ώστε τομοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς ταπάνω, όπως ϕαίνεται στο σχήμα.

4

x

z

y

nz=4− (x2 + y2)


Φ(u, v) = (u cos v, u sin v, 4− u2) με 0 ≤ u ≤ 2 , 0 ≤ v ≤ 2π ,

διατηρεί τον προσανατολισμό.(β) Βρείτε την εξίσωση του εϕαπτόμενου επιπέδου στο σημείο (1, 1, 2).(γ) Υπολογίστε το εμβαδόν A(S) της S ως επιϕανειακό ολοκλήρωμα.(δ) Αν f=x2 + y2 να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμα∫

S

f dS

(ε) Να βρεθεί ο ρυθμός ροής του

F = yi − xj + 3k

δια μέσου της S.


Βοηθητικά ολοκληρώματα:∫u√1 + 4u2 du =

1

12(1 + 4u2)3/2

∫u3√1 + 4u2 du =

1

240

[3 (1 + 4u2)5/2 − 5 (1 + 4u2)3/2

]Λύση(α) Πρέπει να δείξουμε ότι το κάθετο διάνυσμα Tu ×Tv δείχνει προς τα πάνω, ότι δηλαδή έχει θετικήk συνιστώσα. Βρίσκουμε λοιπόν το Tu ×Tv:

Tu = cos v i + sin v j − 2uk και Tv = −u sin v i + u cos v j

΄ΕτσιTu ×Tv = u cos2 v k + u sin2 v k + 2u2 sin v j + 2u2 cos v i =⇒

Tu ×Tv = 2u2 cos v i + 2u2 sin v j + uk

Επειδή u ≥ 0, το Tu×Tv δείχνει προς τα πάνω. ΄Αρα η παραμετρικοποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό.

(β) Παρατηρούμε ότι

Tu ×Tv = u (2u cos vi + 2u sin vj + k) = u (2xi + 2yj + k) .

΄Αρα ένα κάθετο διάνυσμα στο (1, 1, 2) είναι το

n′ = 2i + 2j + k .

Η εξίσωση του εϕαπτόμενου επιπέδου δίνεται γενικά από την

n1 (x− x0) + n2 (y − y0) + n3 (z − z0) = 0 =⇒

2 (x− 1) + 2 (y − 1) + 1 (z − 2) = 0 =⇒ 2x + 2y + z − 6 = 0 .

(γ) Βρίσκουμε πρώτα τη νόρμα του Tu ×Tv:

||Tu ×Tv|| = u√

4u2 cos2 v + 4u2 sin2 v + 1 = u√1 + 4u2 .

Για το εμβαδόν της επιϕάνειας ισχύει:

A(S) =

∫Φ

dS =

∫D

||Tu ×Tv|| dudv =

∫ 2π

0

∫ 2

0

u√1 + 4u2 dudv

= 2π

[1

12(1 + 4u2)3/2

]20

=π

6(17

√17 − 1)


(δ) ∫S

f dS =

∫D

f(Φ(u, v)) ||Tu ×Tv|| dudv =

∫ 2π

0

∫ 2

0

u2 u√1 + 4u2 dudv

=

∫ 2π

0

∫ 2

0

u3√1 + 4u2 dudv

= 2π

[1

240

[3 (1 + 4u2)5/2 − 5 (1 + 4u2)3/2

]]20

=π

120(782

√17 + 2)

(ε) Ο ρυθμός ροής του F δια μέσου της S είναι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα∫S

F · dS =

∫D

F(Φ(u, v)) · (Tu ×Tv) dudv =

∫ 2π

0

∫ 2

0

F(Φ(u, v)) · (Tu ×Tv) dudv .

Επειδή τώραF(Φ(u, v)) = u sin vi − u cos vj + 3k

βρίσκουμε ότι

F · (Tu ×Tv) = (u sin vi − u cos vj + 3k) · (2u2 cos v i + 2u2 sin v j + uk)

= 2u3 sin v cos v − 2u3 sin v cos v + 3u = 3u

΄Αρα λοιπόν ∫S

F · dS =

∫ 2π

0

∫ 2

0

3u dudv = 6π

[u2

2

]20

= 12π .


΄Εστω S η κυλινδρική επιϕάνεια που ορίζεται α-πό την

x2 + y2 = 4 με 0 ≤ z ≤ 1 , y ≥ 0

και είναι προσανατολισμένη έτσι ώστε τομοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς ταέξω, όπως ϕαίνεται στο σχήμα.

n

x

z

y

1

x2 + y2=4


Φ(u, v) = (2 cosu, 2 sinu, v) με 0 ≤ u ≤ π , 0 ≤ v ≤ 1 ,


διατηρεί τον προσανατολισμό.(β) Αν f=x2yz να υπολογιστεί το επιϕανειακό ολοκλήρωμα∫

S

f dS

(γ) Να βρεθεί ο ρυθμός ροής του

F = 2y i + (z + 1) j − x k

διά μέσου της S.

Λύση

(α) Πρέπει να δείξουμε ότι το Tu ×Tv είναι ομόρροπο με το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα

n =xi + yj√x2 + y2

= (cosu, sinu, 0)

ΕπειδήTu = (−2 sinu, 2 cosu, 0) και Tv = (0, 0, 1)

βρίσκουμε ότι

Tu ×Tv = −2 sinu i× k + 2 cosu j× k = 2 cosu i + 2 sinu j =⇒

Tu ×Tv = 2 (cosu, sinu, 0) = 2 n .

Τα Tu ×Tv και n είναι ομόρροπα. ΄Αρα η παραμετρικοποίηση διατηρεί τον προσανατολισμό.

(β) Βρίσκουμε πρώτα τη νόρμα του Tu ×Tv:

||Tu ×Tv|| = 2√1 + 0 = 2

Για το επιϕανειακό ολοκλήρωμα του f βρίσκουμε:∫S

f dS =

∫D

f(Φ(u, v)) ||Tu ×Tv|| dudv =

∫ π

0

∫ 1

0

[(4 cos2 u) (2 sinu) v] 2 dvdu

= 16

[∫ π

0

cos2 u sinu du

] [∫ 1

0

v dv

]= 8

[−cos3 u

3

]π0

=16

3

(γ) Ο ρυθμός ροής του F διά μέσου της S είναι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα∫S

F · dS =

∫D

F(Φ(u, v)) · (Tu ×Tv) dudv =

∫ π

0

∫ 1

0

F(Φ(u, v)) · (Tu ×Tv) dudv .

Επειδή τώραF(Φ(u, v)) = 4 sinu i + (v + 1) j − 2 cosu k

βρίσκουμε ότιF · (Tu ×Tv) = 8 sinu cosu + 2 (v + 1) sinu


΄Αρα λοιπόν∫S

F · dS = 2

∫ π

0

∫ 1

0

[4 sinu cosu + (v + 1) sinu] dvdu

= 2

[− cos 2u]

π0 +

[v2

2+ v

]10

[− cosu]π0

= 2

(0 +

3

22

)= 6 .

ΘεώρημαΑν F είναι ένα συνεχές διανυσματικό πεδίο ορισμένο πάνω στην προσανατολισμένη επιϕάνεια S, τότε∫

S

F · dS =

∫S

F · n dS

Απόδειξη΄Εστω Φ : D → S μια παραμετρικοποίηση της S που διατηρεί τον προσανατολισμό. ΄Εχουμε τότε∫

S

F · dS =

∫Φ

F · dS =

∫D

F · (Tu ×Tv) dudv

(χρησιμοποιήσαμε τον ορισμό του επιϕανειακού ολοκληρώματος διανυσματικής συνάρτησης). Επειδή ηΦ διατηρεί τον προσανατολισμό

n =Tu ×Tv

||Tu ×Tv||και έτσι ∫

S

F · dS =

∫D

F · n ||Tu ×Tv|| dudv =

∫Φ

F · n dS =

∫S

F · n dS

(χρησιμοποιήσαμε τον ορισμό του επιϕανειακού ολοκληρώματος βαθμωτής συνάρτησης).

9.3. OLOKLHRWTIKA JEWRHMATA 15

9.3 Oloklhrwtik jewr mata

Στην παράγραϕο αυτή, θα συζητήσουμε τρία θεμελιώδη θεωρήματα της διανυσματικής ανάλυσης: τοθεώρημα του Green το θεώρημα του Stokes και το θεώρημα της απόκλισης (divergencetheorem) ή θεώρημα του Gauss.

9.3.1 To je¸rhma tou Green

Θεώρημα του Green΄Εστω D ένα επίπεδο χωρίο τύπου 3 και C+ το σύνορό του προσανατολισμένο με τη σωστή ϕορά, δηλ.αντίθετα με τη ϕορά των δεικτών του ρολογιού. Για τις C1 απεικονίσεις P : D → R και Q : D → Rισχύει ∫

C+

P dx + Q dy =

∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy .

Παράδειγμα 9.3.1Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα∫

C

(3x2y − 2y2) dx + (x3 − 4xy + 6y2) dy

όπου C οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη στο επίπεδο.Λύση1ος τρόπος΄Εστω C οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη στο επίπεδο και D το χωρίο που ϕράσσεται από αυτή. Απότο Θεώρημα του Green ισχύει∫

C

P dx + Q dx =

∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy .

ΓιαP = 3x2y − 2y2 και Q = x3 − 4xy + 6y2

έχουμε∂P

∂y= 3x2 − 4y και

∂Q

∂x= 3x2 − 4y .

΄Αρα∂P

∂y=

∂Q

∂x.

΄Ετσι βρίσκουμε ότι για κάθε απλή κλειστή καμπύλη C στο επίπεδο ισχύει∫C

(3x2y − 2y2) dx + (x3 − 4xy + 6y2) dy =

∫D

0 dxdy = 0

2ος τρόποςΠαρατηρούμε ότι το διανυσματικό πεδίο

F = (3x2y − 2y2) i + (x3 − 4xy + 6y2) j


είναι πεδίο κλίσεων αϕούF = ∇f ,

όπουf = x3y − 2xy2 + 2y3 .

΄Αρα το πεδίο F είναι συντηρητικό. ΄Αρα για οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη C στο επίπεδο ισχύει∫C

F · ds = 0 =⇒∫C

(3x2y − 2y2) dx + (x3 − 4xy + 6y2) dy = 0 .

9.3 Oloklhrwtik jewr mata 17

9.3.2 To je¸rhma tou Stokes

Θεωρούμε ότι ο αναγνώστης είναι εξοικειωμέ-νος με την έννοια του προσανατολισμούμιας ϕραγμένης επιϕάνειας S καθώς και τουκλειστού συνόρου της ∂S. Μια τέτοια επιϕά-νεια ϕαίνεται στο Σχήμα 9.1. ΄Εστω F ένα δια-νυσματικό πεδίο. Υπενθυμίζουμε ότι το επιϕα-νειακό ολοκλήρωμα∫

S

F · dS

καλείται ροή του F διαμέσου της επιϕά-νειας S, ενώ το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

n

S

∂S

Sq ma 9.1: Prosanatolismènh fragmènh e-

pifneia me prosanatolismèno sÔnoro.

∫∂S

F · dr ή∮∂S

F · dr

καλείται κυκλοϕορία του F γύρω από την κλειστή καμπύλη ∂S. Το θεώρημα του Stokesμας λέει ότι η ροή στροβιλισμού ενός διανυσματικού πεδίου F διά μέσου μιας επιϕάνειας S ισούται μετην κυκλοϕορία του F γύρω από το σύνορο ∂S της S.

Θεώρημα του Stokes΄Εστω S μια προσανατολισμένη επιϕάνεια που ορίζεται από μια ένα-προς-ένα παραμετρικοποίηση Φ : D ⊂R2 → S και ∂S το προσανατολισμένο σύνορο της S. Αν F είναι ένα C1 διανυσματικό πεδίο ορισμένοστην S, τότε ∫

S

(∇× F) · dS =

∫∂S

F · ds .

ΠαρατήρησηΕπειδή dS=ndS, όπου n το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα στην επιϕάνεια S (βλ. Σχήμα 9.1) και dr=tds,όπου t το μοναδιαίο εϕαπτομενικό διάνυσμα στην καμπύλη ∂S και ds το στοιχειώδες μήκος τόξου, η (;;)γράϕεται επίσης ως εξής: ∫

S

(∇× F) · n dS =

∫∂S

F · t ds (9.1)

Η σχέση (9.1) μας λέει ότι το ολοκλήρωμα της κάθετης συνιστώσας του στροβιλισμού ενός διανυσματικούπεδίου F πάνω σε μια επιϕάνεια S ισούται με το ολοκλήρωμα της εϕαπτομενικής συνιστώσας του F πάνωστο (προσανατολισμένο) σύνορο ∂S της S.

Παράδειγμα 9.3.2Να επαληθευθεί το Θεώρημα του Stokes για το διανυσματικό πεδίο

F = (2x− y, −yz2, −y2z)

και την επιϕάνεια S του πάνω ημισϕαιρίου της μοναδιαίας σϕαίρας:

x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0 .


Λύση

S

x

y

z

C

D

Θα δείξουμε ότι∫S

∇× F · dS =

∫C

F · ds ,

όπου C το σύνορο της ημισϕαιρικής επιϕάνειαςS, όπως ϕαίνεται στο σχήμα.

Επιϕανειακό ολοκλήρωμα

∇× F =

∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

2x− y −yz2 −y2z

∣∣∣∣∣∣ = (−2yz + 2yz) i − (0− 0) j + (0 + 1) k = k

΄Αρα ∫S

∇× F · dS =

∫S

k · dS =

∫D

dxdy

όπου D της S στο επίπεδο xy είναι ο μοναδιαίος κύκλος. ΄Αρα∫S

∇× F · dS = A(D) = π .

Σημείωση: Αν δεν δούμε αμέσως ότι ∫S

k · dS =

∫D

dxdy

μπορούμε να θυμηθούμε ότι, αν η S περιγράϕεται από την z=f(x, y) και το F=F1i+F2j+F3k είναιδιανυσματικό πεδίο ορισμένο στην S, ισχύει∫

S

F · dS =

∫D

[F1

(−∂f∂x

)+ F2

(−∂f∂y

)+ F3

]dxdy . (i)

΄Ετσι, αν F1=F2=0, ισχύει∫S

F · dS =

∫D

F3 dxdy =⇒∫S

k · dS =

∫D

dxdy

Αν δεν θυμόμαστε την (i), τότε μια άλλη επιλογή θα είναι να εργαστούμε με τη γνωστή μας παραμετρικο-ποίηση της σϕαιρικής επιϕάνειας. Στην περίπτωση αυτή όμως θα απαιτηθούν περισσότεροι υπολογισμοί.


Επικαμπύλιο ολοκλήρωμαΤο σύνορο C της S είναι ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο xy. Μια παραμετρικοποίηση της C είναι η

σ(t) = (cos t, sin t, 0) , 0 ≤ t ≤ 2π .

΄Ετσι έχουμε

∫C

F · ds =

∫ 2π

0

[(2 cos t− sin t) (− sin t) + 0 + 0] dt =

∫ 2π

0

(− sin 2t + sin2 t) dt

=

[cos 2t

2

]2π0

+1

2

∫ 2π

0

(1 − cos 2t) dt = 0 +1

2

[t − sin 2t

2

]2π0

= π .

΄Αρα

∫C

F · ds = π =

∫S

∇× F · dS .

΄Εχουμε έτσι επαληθεύσει το Θεώρημα του Stokes.

Παράδειγμα 9.3.3Υπολογίστε το επιϕανειακό ολοκλήρωμα

∫S

(∇× F) · dS ,

όπου S η επιϕάνεια

x2 + y2 + 3z2 = 1 , z ≤ 0 ,

προσανατολισμένη έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δείχνει προς τα πάνω, και

F = y i − x j + x3y2z k .

Λύση


1

x

y

z

C

D

S

1

x2 + y2=1

− 1√3

΄Εχουμε την επιϕάνεια μισού ελλειψοειδούς κά-τω από το επίπεδο xy που ορίζεται από την

z = − 1√3

√1 − x2 − y2

όπως ϕαίνεται στο σχήμα.Από το Θεώρημα του Stokes ισχύει∫

S

(∇× F) · dS =

∫C

F · ds .

Θα υπολογίσουμε λοιπόν το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα πάνω στο σύνορο C της S με τον προ-σανατολισμό που ϕαίνεται στο σχήμα. (Σύμϕω-να με τα δεδομένα η S είναι προσανατολισμένοέτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα να δεί-χνει προς τα πάνω.). Η C είναι προϕανώς ομοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο xy.

Θεωρούμε λοιπόν την παραμετρικοποίηση

σ(t) = (cos t, sin t, 0) , 0 ≤ t ≤ 2π .

Για το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα έχουμε:∫C

F · ds =

∫ 2π

0

(F1

dx

dt+ F2

dy

dt+ F3

dz

dt

)dt =

∫ 2π

0

[sin t (− sin t) − cos2 t + 0

]dt

= −∫ 2π

0

dt = −2π

΄Αρα ∫S

(∇× F) · dS =

∫C

F · ds = −2π .

2ος ΤρόποςΜπορούμε να υπολογίσουμε απευθείας το επιϕανειακό ολοκλήρωμα. Απαιτούνται όμως περισσότερεςπράξεις. Βρίσκουμε πρώτα τον στροβιλισμό του F.

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y −x x3y2z

∣∣∣∣∣∣∣ = (2zx3y − 0) i − (3x2zy2 − 0) j + (−1− 1) k =⇒

∇× F = 2x3yz i − 3x2y2z j − 2k


Ως γνωστό, αν η S περιγράϕεται από μια σχέση της μορϕής z=f(x, y) και το F=F1i+F2j+F3k είναιδιανυσματικό πεδίο ορισμένο στην S, τότε ισχύει∫

S

F · dS =

∫D

[F1

(−∂f∂x

)+ F2

(−∂f∂y

)+ F3

]dxdy . (i)

Στην περίπτωσή μας

f(x, y) = − 1√3

√1 − x2 − y2 ,

οπότε∂f

∂x= − 1√

3

−2x

2√1 − x2 − y2

= −1

3

x

zκαι

∂f

∂y= −1

3

y

z

΄Ετσι ∫S

(∇× F) · dS =

∫D

[2x3yz

(−1

3

x

z

)− 3x2y2z

(−1

3

y

z

)− 2

]dxdy

=

∫D

(−2

3x4y + x2y3 − 2

)dxdy

= −2

∫D

dxdy +

∫D

(−2

3x4y + x2y3

)dxdy

Το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι μηδέν λόγω συμμετρίας. ΄Αρα∫S

(∇× F) · dS = −2A(D) = −2π .


9.3.3 Sunthrhtik pedÐa

ΘεώρημαΑν F ένα διανυσματικό πεδίο κλάσεως C1 ορισμένο στον R3, εκτός ίσως από πεπερασμένο πλήθοςσημείων, τότε οι επόμενες προτάσεις είναι ισοδύναμες: (i) Για κάθε προσανατολισμένη απλή κλειστήκαμπύλη C, ∫

C

F · ds = 0 .

(ii) Για οποιεσδήποτε δύο προσανατολισμένες απλές καμπύλες C1 και C2 με τα ίδια άκρα,∫C1

F · ds =

∫C2

F · ds .

(iii) Το F είναι κλίση κάποιας συνάρτησης f , δηλαδή F=∇f .(iv) Το F είναι αστρόβιλο.


Απόδειξη Θα δείξουμε την ισοδυναμία των προτάσεων κυκλικά.

σ1(b)=σ2(b)

σ1(a)=σ2(a)

σ1, C1σ2, C2

σ = σ1 - σ2

(i) =⇒ (ii) ΄Εστω σ1 και σ2 παραμετρικοποιήσεις των C1

και C2. Κατασκευάζουμε την κλειστή καμπύλη σ= σ1-σ2.Αν η καμπύλη σ είναι απλή, από την (ι) έχουμε∫

σF · ds =

∫σ1

F · ds −∫σ2

F · ds = 0 =⇒

∫C1

F · ds =

∫C2

F · ds .

Σημείωση: Αν η σ δεν είναι απλή καμπύλη, ή απόδειξηγίνεται λίγο πιο περίπλοκη. Εδώ την παραλείπουμε.

z

x

y

(x,y,z)

(x,0,0) (x,y,0)

(ii) =⇒ (iii) ΄Εστω C μια προσανατολισμένη απλή καμ-πύλη που συνδέει το (0, 0, 0) με το (x, y, z) και σ μια παρα-μετρικοποίηση της C. Ορίζουμε τη συνάρτηση

f(x, y, z) =

∫σF · ds ,

ή οποία, λόγω της (ιι) είναι ανεξάρτητη του δρόμου. Θα δεί-ξουμε ότι F=∇f . Επιλέγουμε την καμπύλη σ όπως ϕαίνεταιστο διπλανό σχήμα, οπότε

f(x, y, z) =

∫ x

0

F1(t, 0, 0)dt+

∫ y

0

F2(x, t, 0)dt+

∫ z

0

F3(x, y, t)dt.

Παρατηρούμε ότι∂f

∂z= F3 .

Μεταθέτοντας τα x, y και z, δείχνουμε με παρόμοιο τρόποότι

∂f

∂x= F1 και

∂f

∂y= F2 .

΄Αρα F=∇f .

(iii) =⇒ (iv) ∇× F=∇×∇f=0. ΄Αρα το F είναι αστρόβιλο.

(iv) =⇒ (i) ΄Εστω σ μια παραμετρικοποίηση μιας κλειστής καμπύλης C και έστω S οποιαδήποτεεπιϕάνεια που έχει σαν σύνορο την σ. Από το θεώρημα του Stokes έχουμε∫

C

F · ds =

∫σF · ds =

∫S

(∇× F) · dS =

∫S

0 · dS = 0 .


ΟρισμόςΤο διανυσματικό πεδίο F καλείται συντηρητικό (conservative) αν ικανοποιείται μια από τις ισοδύναμεςσυνθήκες του πιο πάνω θεωρήματος.

Παράδειγμα 9.3.4Αν

F = 2xy2 i + (2x2y + z) j + y k

να υπολογιστεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα ∫σF · ds ,

όπου σ οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη.ΛύσηΣύμϕωνα με το πιο πάνω θεώρημα, αν η καμπύλη σ είναι κλειστή,∫

σ∇f · ds = 0 .

ΕπειδήF = ∇f ,

όπουf(x, y, z) = x2y2 + yz ,

συμπεραίνουμε ότι ∫σF · ds = 0 .

Παράδειγμα 9.3.5Θα δείξουμε με δύο τρόπους ότι το διανυσματικό πεδίο F = yezi + xezj + xyezk είναι συντηρητικό(conservative).

1ος τρόποςΑρκεί να δείξουμε ότι η κυκλοϕορία του F γύρω από οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη C είναι μηδέν:∫

C

F · dr = 0 .

΄Εστω λοιπόν μια τυχούσα κλειστή καμπύλη C και S μια επιϕάνεια που έχει σαν σύνορο τη C, δηλ. ∂S=C.Σύμϕωνα με το θεώρημα του Stokes (με την προϋπόθεση ότι οι C και S είναι προσανατολισμένες) έχουμε:∫

C

F · dr =

∫S

(∇× F) · dS

΄Ομως

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

yez xez xyez

∣∣∣∣∣∣∣ = (xez − xez) i− (yez − yez) j+ (ez − ez) k = 0 .


Συνεπώς: ∫∂S

F · dr = 0 .

΄Αρα το πεδίο F είναι συντηρητικό.

2ος τρόποςΘα δείξουμε ότι το F είναι πεδίο κλίσεων, δηλ. ότι υπάρχει βαθμωτό πεδίο ϕ(x, y, z) τέτοιο ώστε F=∇ϕ.Παρατηρούμε ότι ένα τέτοιο πεδίο είναι το ϕ = xyez. ΄Αρα το F είναι συντηρητικό.


9.3.4 To je¸rhma tou Gauss

΄Εστω Ω ένα τρισδιάστατο ϕραγμένο χωρίο και∂Ω η κλειστή επιϕάνεια που το ϕράσσει. Ωςγνωστό, επιϕάνειες αυτής της μορϕής προσανα-τολίζονται έτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο διά-νυσμα να δείχνει προς τα έξω, όπως ϕαίνεταιστο διπλανό σχήμα.

∂Ω

n

Prosanatolismènh kleist epifneia.

Το θεώρημα της απόκλισης μας λέει ότι το χωρικό ολοκλήρωμα της απόκλισης ενός διανυσματικού πεδίουF σ’ένα τρισδιάστατο ϕραγμένο χωρίο Ω είναι ίσο με τη ροή του F διά μέσου της επιϕάνειας ∂Ω του Ω.

Θεώρημα της απόκλισης ή θεώρημα του Gauss.΄Εστω Ω ένα χωρίο τύπου IV στον χώρο και ∂Ω η κλειστή επιϕάνεια που το ϕράσσει, προσανατολισμένηέτσι ώστε το μοναδιαίο κάθετο προς αυτή διάνυσμα n να δείχνει προς το εξωτερικό του Ω. Αν F είναιένα λείο διανυσματικό πεδίο ορισμένο στο Ω, τότε∫

Ω

∇ · F dV =

∫∂Ω

F · dS =

∫∂Ω

F · n dS (9.2)

ΠαρατήρησηΕπειδή dS = ndS, η (9.2) παίρνει επίσης τη μορϕή∫

Ω

∇ · F dV =

∫∂Ω

F · n dS (9.3)

Παράδειγμα 9.3.6Θεωρούμε το στερεό Ω που ϕράσσεται από το παραβολοειδές

x2 + y2 + z = 2

και τον κώνο

z =√x2 + y2 .

(α) Βρείτε τον όγκο του Ω.(β) Υπολογίστε το

I =

∫S

x dydz + y dxdz + 2z dxdy

όπου S η κλειστή επιϕάνεια που ϕράσσει το Ω.

Λύση


x

z

y

z=√

x2 + y2

z=2− x2 − y2

√21

D

1

2

Το παραβολοειδές και ο κώνος τέμνονται στοεπίπεδο z=1. Πράγματι

z2 + z = 2 =⇒ z =−1 +

√9

2= 1

(αϕού z > 0). Η τομή είναι κύκλος με ακτίνα 1.Το στερεό Ω καθώς και η προβολή του D στοεπίπεδο xy ϕαίνονται στο διπλανό σχήμα.

(α) Για τον όγκο του στερεού έχουμε:

V (Ω) =

∫ ∫ ∫dV =

∫ ∫D

∫ 2−x2−y2

√x2+y2

dz dydx =

∫ ∫D

(2 − x2 − y2 −

√x2 + y2

)dydx

Εργαζόμενοι σε πολικές συντεταγμένες έχουμε:

V (Ω) =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(2 − r2 − r

)r drdθ = 2π

[r2 − r4

4− r3

3

]10

=5π

6

(β) Πρέπει να υπολογίσουμε το επιϕανειακό ολοκλήρωμα

I =

∫S

F · dS με F = x i + y j + 2z k .

Από το θεώρημα του Gauss έχουμε

I =

∫S

F · dS =

∫Ω

∇ · F dV =

∫Ω

(1 + 1 + 2) dV = 4V (Ω) =10π

3

Παράδειγμα 9.3.7Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

∫SF ·ndS όπου F = 2xi+ y2j+ z2k και S η επιϕάνεια της μοναδιαίας

σϕαίρας που ορίζεται από την x2 + y2 + z2 = 1.Από το θεώρημα του Gauss έχουμε ∫

Ω

∇ · F dV =

∫S

F · n dS


όπου Ω η μοναδιαία σϕαίρα. Ο απευθείας υπολογισμός του επιϕανειακού ολοκληρώματος είναι άβολος.Προτιμούμε λοιπόν να υπολογίσουμε το χωρικό ολοκλήρωμα.∫

S

F · n dS =

∫Ω

∇ · F dV =

∫Ω

2(1 + y + z) dV = 2

∫Ω

dV + 2

∫Ω

y dV + 2

∫Ω

z dV .

Λόγω συμμετρίας, τα δύο τελευταία ολοκληρώματα μηδενίζονται. Συνεπώς∫S

F · n dS = 2

∫Ω

dV = 2V =8π

3,

αϕού η μοναδιαία σϕαίρα έχει όγκο 4π/3.

Παράδειγμα 9.3.8΄Εστω F και G διανυσματικά πεδία κλάσης C1 στο τρισδιάστατο χωρίο Ω που ϕράσσεται από την α-πλή κλειστή επιϕάνεια ∂Ω. Θεωρούμε ότι σε κάθε σημείο της ∂Ω το διανυσματικό πεδίο F × G είναιεϕαπτόμενο της ∂Ω. Θα δείξουμε ότι∫

Ω

F · ∇ ×G dV =

∫Ω

G · ∇ × F dV (9.4)

ΑπόδειξηΑπό τη διανυσματική ταυτότητα

∇ · (F×G) = G · ∇ × F− F · ∇ ×G (9.5)

έχουμε: ∫Ω

∇ · (F×G) dV =

∫Ω

[G · ∇ × F− F · ∇ ×G] dV

Από το θεώρημα του Gauss παίρνουμε:∫Ω

∇ · (F×G) dV =

∫∂Ω

(F×G) · dS =

∫∂Ω

(F×G) · n dS

Το πεδίο F×G εϕάπτεται της ∂Ω, άρα αυτό είναι κάθετο στο n:

(F×G) · n = 0 .

Παρατηρούμε ότι το επιϕανειακό ολοκλήρωμα μηδενίζεται και έτσι

0 =

∫Ω

∇ · (F×G) dV =

∫Ω

[G · ∇ × F− F · ∇ ×G] dV =⇒∫Ω

F · ∇ ×G dV =

∫Ω

G · ∇ × F dV .

Παράδειγμα 9.3.9. Η εξίσωση συνέχειαςΘεωρούμε ένα τρισδιάστατο σταθερό και ϕραγμένο όγκο ρευστού Ω σ’ένα πεδίο ροής. Ο ρυθμός ροήςμάζας ρευστού διαμέσου της ∂Ω είναι

dm

dt=

∫∂Ω

ρ u · n dS


όπου m η μάζα, ρ η πυκνότητα και u το διάνυσμα της ταχύτητας. Από το θεώρημα της απόκλισης έχουμε:

dm

dt=

∫∂Ω

ρ u · n dS =

∫Ω

∇ · ρu dV . (9.6)

Το αποτέλεσμα αυτό είναι ιδιαίτερα χρήσιμο στην απόδειξη της εξίσωσης συνέχειας. Μπορούμε πάντωςνα παρατηρήσουμε ότι αν το ρευστό είναι ασυμπίεστο και το χωρίο Ω σταθερό (δηλαδή μη κινούμενο), ημάζα που περικλείεται στο Ω είναι σταθερή. ΄Αρα

dm

dt= 0 =⇒

∫Ω

∇ · ρu dV = 0 =⇒∫Ω

∇ · u dV = 0

(αϕού η ρ είναι σταθερή). Επειδή το χωρίο Ω είναι αυθαίρετο, συμπεραίνουμε ότι

∇ · u = 0 . (9.7)

Αποδείξαμε έτσι την εξίσωση συνέχειας για ασυμπίεστη ροή.

Ο τύπος του OstrogradskyΟ τύπος του Ostrogradsky είναι στην ουσία το θεώρημα της απόκλισης διατυπωμένο σε καρτεσιανέςσυντεταγμένες. Τον μνημονεύουμε εδώ διότι είναι χρήσιμος σε αρκετές εϕαρμογές. Για την απόδειξη τουτύπου θα χρησιμοποιήσουμε τις εξής σχέσεις για τη στοιχειώδη επιϕάνεια dS και τον στοιχειώδη όγκοdV :

n · i dS = dydz , n · j dS = dxdz , n · k dS = dxdy

καιdV = dxdydz .

Αν F=F1i+ F2j+ F3k, τότε

∇ · F =∂F1

∂x+∂F2

∂y+∂F3

∂z.

Απομένει να μετασχηματίσουμε τον όρο F · ndS που εμϕανίζεται στο επιϕανειακό ολοκλήρωμα τουθεωρήματος της απόκλισης:

F · n dS = F1 i · n dS + F2 j · n dS + F3 k · n dS =⇒

F · n dS = F1dydz + F2dxdz + F3dxdy .

Αντικαθιστώντας τις πιο πάνω σχέσεις στην (9.3), παίρνουμε τον τύπο του Ostrogradsky:

∫Ω

(∂F1

∂x+∂F2

∂y+∂F3

∂z

)dxdydz =

∫∂Ω

(F1 dydz + F2 dxdz + F3 dxdy) (9.8)



Θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα

I =

∫S

x dydz + y dxdz + 2z dxdy

όπου S η κλειστή επιϕάνεια που ορίζεται από τοπαραβολοειδές

x2 + y2 + z = 1 , 0 < z < 1

και το επίπεδο z=0 (βλ. διπλανό σχήμα). x

y

z

1

1

α=√1− z

z=1− x2 − y2

H epifneia S.

Με τον τύπο του Ostrogradsky, έχουμε για το ολοκλήρωμα I:

I =

∫V

(1 + 1 + 2) dxdydz = 4

∫V

dxdydz.

Παρατηρούμε ότι

I = 4

∫ 1

0

dz

∫ ∫dxdy = 4

∫ 1

0

πα2 dz = 4π

∫ 1

0

(1− z) dz = 4π

[z − z2

2

]10

= 2π

Παράδειγμα 9.3.11Θα υπολογίσουμε το επιϕανειακό ολοκλήρωμα

I =

∫S

x2 dydz + y2 dxdz + z2 dxdy

πάνω στην εξωτερική όψη της σϕαίρας x2 + y2 + z2 = α2. Από τον τύπο του Ostrogradsky, έχουμε:

I =

∫V

(2x+ 2y + 2z) dxdydz

όπου V = (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ α2. Αν και μπορούμε να δούμε αμέσως ότι το I είναι μηδένλόγω συμμετρίας, θα το υπολογίσουμε σαν άσκηση στην αλλαγή συντεταγμένων. Θα εργαστούμε λοιπόνσε σϕαιρικές συντεταγμένες (r, θ, ϕ). Γνωρίζουμε ότι

x = r sin θ cosϕ , y = r sin θ sinϕ , και z = r cos θ

όπου0 ≤ r ≤ α , 0 ≤ ϕ ≤ 2π και 0 ≤ θ ≤ π

Για το στοιχειώδη όγκο dV έχουμε

dV = dxdydz =

∣∣∣∣∂(x, y, z)∂(r, θ, ϕ)

∣∣∣∣ drdθdϕ = r2 sin θ drdθdϕ .


Συνεπώς το τριπλό ολοκλήρωμα γράϕεται:

I =

∫ α

0

∫ π

0

∫ 2π

0

2r(sin θ cosϕ+ sin θ sinϕ+ cos θ) r2 sin θ drdθdϕ

= 2

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

(sin2 θ cosϕ+ sin2 θ sinϕ+ sin θ cos θ) dθ

∫ α

0

r3 dr

=α4

2

∫ 2π

0

dϕ

[(1

2θ − 1

4sin 2θ

)(sinϕ+ cosϕ) +

sin2 θ

2

]π0

=α4

2

∫ 2π

0

[π2(sinϕ+ cosϕ) + 0

]dϕ =

πα4

4[− cosϕ+ sinϕ]2π0 =

πα4

4(−1 + 1 + 0) = 0

Οι ταυτότητες του Green΄Εχουμε ήδη δει ότι το θεώρημα της απόκλισης είναι πολύ χρήσιμο στη μετατροπή τριπλών ολοκληρωμάτωνσε επιϕανειακά όταν τα δεύτερα αποδεικνύονται ευκολότερα και αντίστροϕα. ΄Ομως η χρησιμότητα τουδεν περιορίζεται μόνο σ’αυτό το γεγονός, αϕού με αυτό μπορούμε να μελετήσουμε τη ϕυσική σημασίατης λαπλασιανής και αρκετές μερικές διαϕορικές εξισώσεις. Στην παράγραϕο αυτή θα αποδείξουμε τιςταυτότητες του Green.

Υπενθυμίζουμε ότι ένα C2 βαθμωτό πεδίο ϕ(x, y, z) καλείται αρμονικό (harmonic) αν ικανοποιεί τηνεξίσωση Laplace, δηλ. αν ∇2ϕ=0. Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση:

F = ϕ∇ψ (9.9)

όπου ϕ και ψ βαθμωτά πεδία. Από τη διανυσματική ταυτότητα

∇ · (fF) = f∇ · F+ F · ∇f

θέτοντας f = ϕ και F = ∇ψ βρίσκουμε για την απόκλιση του F:

∇ · F = ∇ · (ϕ∇ψ) = ∇ϕ · ∇ψ + ϕ∇2ψ (9.10)

Ολοκληρώνοντας την (9.10) πάνω στο ϕραγμένο τρισδιάστατο χωρίο V έχουμε:∫V

∇ · (ϕ∇ψ) dV =

∫V

[∇ϕ · ∇ψ + ϕ∇2ψ] dV . (9.11)

Από το θεώρημα της απόκλισης ισχύει:∫V

∇ · (ϕ∇ψ) dV =

∫S

ϕ∇ψ · n dS (9.12)

όπου S η επιϕάνεια που ϕράσσει το V . Συνδυάζοντας τις (9.11) και (9.12) παίρνουμε την πρώτηταυτότητα του Green:

∫V

(∇ϕ · ∇ψ + ϕ∇2ψ) dV =

∫S

ϕ∇ψ · n dS . (9.13)


Εναλλάσσοντας τα ϕ και ψ στην πιο πάνω σχέση, παίρνουμε:∫V

(∇ψ · ∇ϕ+ ψ∇2ϕ) dV =

∫S

ψ∇ϕ · n dS . (9.14)

Αϕαιρώντας την (9.14) από την (9.13), παίρνουμε τη δεύτερη ταυτότητα του Green η οποία είναιεπίσης γνωστή ως συμμετρικό θεώρημα (symmetrical theorem):

∫V

(ϕ∇2ψ − ψ∇2ϕ) dV =

∫S

(ϕ∇ψ − ψ∇ϕ) · n dS . (9.15)

Στην πιο πάνω απόδειξη υποθέσαμε ότι τα ϕ και ψ έχουν συνεχείς δεύτερες παραγώγους. Τα V καιS ικανοποιούν τις συνθήκες του θεωρήματος της απόκλισης. Σημειώνουμε επίσης ότι η (9.15) μπορείν’αποδειχθεί αν θέσουμε

F = ϕ∇ψ − ψ∇ϕ (9.16)

και εργαστούμε όπως στο πρώτο μέρος (άσκηση).

Παράδειγμα 9.3.12Αν η συνάρτηση ψ είναι λύση της εξίσωσης Laplace σε κάποιο χωρίο V που ϕράσσεται από την επιϕάνειαS, τότε: ∫

S

∂ψ

∂ndS = 0 (9.17)

ΑπόδειξηΘέτοντας ϕ = 1 στην πρώτη ταυτότητα Green παίρνουμε∫

V

(0 · ∇ψ + 1∇2ψ) dV =

∫S

1∇ψ · n dS

ή ∫V

∇2ψ dV =

∫S

∇ψ · n dS

΄Ομως ∇2ψ = 0 και ∇ψ · n = ∂ψ/∂n, οπότε∫S

∂ψ

∂ndS = 0.

Παράδειγμα 9.3.13Αν οι ϕ και ψ είναι αρμονικές, το χωρικό ολοκλήρωμα της δεύτερης ταυτότητας του Green είναι μηδέν,οπότε ∫

S

(ϕ∇ψ − ψ∇ϕ) · n dS = 0

Επειδή ∇ψ · n = ∂ψ/∂n και ∇ϕ · n = ∂ϕ/∂n, έχουμε τελικά:∫S

(ϕ∂ψ

∂n− ψ

∂ϕ

∂n

)dS = 0.


ΠαρατήρησηΤο θεώρημα της απόκλισης, ∫

V

∇ · F dV =

∫S

F · n dS (9.18)

μετασχηματίζει ένα χωρικό ολοκλήρωμα μιας διαϕορισμένης ποσότητας σ’ένα επιϕανειακό ολοκλήρωμαστο οποίο ο διαϕορικός τελεστής του έχει απαλειϕθεί. Το θεώρημα του Stokes,∫

S

(∇× F) · n dS =

∫C

F · t ds (9.19)

μετασχηματίζει ένα επιϕανειακό ολοκλήρωμα σε επικαμπύλιο απαλείϕοντας ξανά το διαϕορικό τελεστή.Από το διανυσματικό λογισμό γνωρίζουμε επίσης ότι∫

C

∇ϕ · dr = ϕ(P2)− ϕ(P1) (9.20)

όπου ϕ ένα βαθμωτό πεδίο και C μια προσανατολισμένη καμπύλη με άκρα τα P1 και P2. Αν συμϕωνή-σουμε ότι τα απομονωμένα σημεία P1 και P2 είναι μηδενοδιάστατα, τότε η εξίσωση (9.20) ακολουθεί τομοτίβο των προηγούμενων θεωρημάτων. ΄Εχουμε δηλαδή αναγωγή κατά ένα της διάστασης του ολοκλη-ρώματος και απαλοιϕή του διαϕορικού τελεστή. Στην πραγματικότητα, όλα αυτά τα θεωρήματα μπορούννα θεωρηθούν σαν ανάλογα σε περισσότερες διαστάσεις του θεμελιώδους θεωρήματος του ΔιαϕορικούΛογισμού: ∫ x2

x1

df

dxdx = f(x2)− f(x1). (9.21)

epikampulia kai epifaneiaka oloklhrwmataeuclid.mas.ucy.ac.cy/~georgios/courses/mas026/chap9.pdf ·...

Documents