DIANYSMATIKH_ANALYSH

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΑΤΡΩΝ ΤΜΗΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΣΟΥΡΛΑΣ ΑΝΑΠΛ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ

ΔΔΙΙΑΑΝΝΥΥΣΣΜΜΑΑΤΤΙΙΚΚΗΗ ΑΑΝΝΑΑΛΛΥΥΣΣΗΗ

F ndS Fdxdydz

S V

⋅ = ∇ ⋅∫∫ ∫∫∫

ΠΑΤΡΑ 2008

Email: [email protected]

I

ΠΠ ΕΕ ΡΡ ΙΙ ΕΕ ΧΧ ΟΟ ΜΜ ΕΕ ΝΝ ΑΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ι ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΩΝ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ 1 1.1 Γενικά 1 1.2 Διανυσματική Πρόσθεση 2 1.3 Βαθμωτός πολλαπλασιασμός 3 1.4 Ισότητα διανυσμάτων 3 1.5 Εσωτερικό γινόμενο δυο διανυσμάτων 4 1.6 Εξωτερικό γινόμενο δυο διανυσμάτων 5 1.7 Γιατί η πράξη της διαίρεσης δεν ορίζεται στον χώρο των

διανυσμάτων 6 1.8 Τριπλά γινόμενα 9 1.9 Ελεύθερα, εφαρμοστά και ολισθαίνοντα διανύσματα 7 1.10 Εφαρμογές 9 Ασκήσεις 15 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 17 2.1 Γενικά 17 2.2 Όριο διανυσματικής συνάρτησης 19 2.3 Συνέχεια διανυσματικής συνάρτησης 19 2.4 Παράγωγος διανυσματικής συνάρτησης 19 2,5 Ολοκληρώματα διανυσματικής συνάρτησης 22 2.6 Εφαρμογές 23 Ασκήσεις 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙΙ ΒΑΘΜΩΤΑ ΠΕΔΙΑ - ΚΑΤΕΥΘΥΝΟΥΣΑ ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ - ΒΑΘΜΩΣΗ 31 3.1 Γενικά 31

3.2 Όριο βαθμωτού πεδίου 31 3.3 Συνέχεια βαθμωτού πεδίου 32 3.4 Μερική συνέχεια ενός βαθμωτού πεδίου 33 3.5 Μερικές παράγωγοι βαθμωτού πεδίου 33 3.6 Μερικές παράγωγοι 2ης τάξης 35

3.7 Κατευθύνουσα παράγωγος 36 3.8 Ιδιότητες της βάθμωσης ∇f 38 3.9 Γραφική παράσταση βαθμωτού πεδίου 43 3.10 Μια άλλη προσέγγιση της έννοιας της κατευθύνουσας παραγώγου 45 3.11 Εφαρμογές 45 Ασκήσεις 51

II

ΚΕΦΑΛΑΙΟ IV ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΑ ΠΕΔΙΑ - ΑΠΟΚΛΙΣΗ - ΣΤΡΟΒΙΛΙΣΜΟΣ 53 4.1 Γενικά 53 4.2 Κατευθύνουσα παράγωγος του διανυσματικού πεδίου F 54 4.3 Φυσική σημασία της Απόκλισης και του Στροβιλισμού ενός

διανυσματικού πεδίου 58 4.4 Συναρτήσεις Δυναμικού 61 4.5 Κατασκευή Διανυσματικού πεδίου από την περιστροφή του 65 4.6 Πίνακας Διανυσματικών ταυτοτήτων που περιέχουν ∇ 65 4.7 Εφαρμογές 66 Ασκήσεις 70 ΚΕΦΑΚΑΙΟ V ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 73 5.1 Γενικά 73 5.2 Επικαμπύλιο ολοκλήρωμα α είδους 73 5.3 Ιδιότητες του επικαμπυλίου ολοκληρώματος α είδους 75 5.4 Εφαρμογές των επικαμπυλίων ολοκληρωμάτων α είδους 77 5.5 Επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β είδους 80 5.6 Ροή και Κυκλοφορία ενός διανυσματικού πεδίου 82 5.7 Εφαρμογές του επικαμπυλίου ολοκληρώματος β είδους 83 5.8 Επικαμπυλια ολοκληρώματα άλλων μορφών 84 5.9 Εφαρμογές 85 Ασκήσεις 87 ΚΕΦΑΛΑΙΟ VI ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 89 6.1 Γενικά 89 6.2 Ιδιότητες των διπλών ολοκληρωμάτων 90

6.3 Υπολογισμός των διπλών ολοκληρωμάτων σε ορθογώνιες περιοχές 90

6.4 Υπολογισμός των διπλών ολοκληρωμάτων σε πιο γενικές περιοχές 92

6.5 Μετασχηματισμοί των διπλών ολοκληρωμάτων 98 6.6 Εφαρμογές του τύπου μετασχηματισμού 100 6.7 Εφαρμογές 102 Ασκήσεις 104 ΚΕΦΑΛΑΙΟ VII ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 107

7.1 Γενικά 107 7.2 Ορισμός του τριπλού ολοκληρώματος 107 7.3 Εφαρμογές των τριπλών ολοκληρωμάτων 115 Ασκήσεις 117

III

ΚΕΦΑΛΑΙΟ VIII ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 119 8.1 Γενικά 119 8.2 Η έννοια της επιφάνειας 119 8.3 Παραμετρικοποίηση μιας Επιφάνειας 121 8.4 Παραμετρικές εξισώσεις μιας επιφάνειας 123 8.5 Καμπύλες σε μια επιφάνεια 125 8.6 Εφαπτόμενο επίπεδο σ' ένα σημείο μιας επιφάνειας 125 8.7 Επιφανειακά ολοκληρώματα 127 8.8 Έκφραση του διαφορικού dS 128 8.9 Αναγωγή του επιφανειακού ολοκληρώματος σε διπλό 130 8.10 Αλλαγή της παραμετρικής παράστασης μιας επιφάνειας 133 8.11 Εφαρμογές του επιφανειακού ολοκληρώματος α είδους 134 8.12 Επιφανειακό ολοκλήρωμα β είδους 136 8.13 Μονόπλευρες και δίπλευρες επιφάνειες 136 8.14 Ορισμός του επιφανειακού ολοκληρώματος β είδους 138 8.15 Επιφανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικού πεδίου 140 Ασκήσεις 141 ΚΕΦΑΛΑΙΟ IX ΤΑ ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ GREEN , STOKES ΚΑΙ GAUSS 143 9.1 Γενικά 143 9.2 Το θεώρημα του Green 143 9.3 Άλλες μορφές του θεωρήματος του Green 148 9.4 Το θεώρημα του Stokes 149 9.5 Φυσική σημασία του θεωρήματος του Stokes 151 9.6 Το θεώρημα του Gauss ή της απόκλισης 152 9.7 Φυσική σημασία του θεωρήματος του Gauss 154 9.8 Εφαρμογές των θεωρημάτων Gauss και Stokes 154

9.9 Ολοκληρωτικές μορφές της απόκλισης, του στροβιλισμού και της βάθμωσης 156

Ασκήσεις 160 ΚΕΦΑΛΑΙΟ X ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΑ 163 10.1 Γενικά 163 10.2 Μέγιστα, ελάχιστα και σαγματικά σημεία 163 10.3 Ακρότατα υπό συνθήκες - Πολλαπλασιαστές του Lagrange 167 Ασκήσεις 173 ΚΕΦΑΛΑΙΟ XI ΚΑΜΠΥΛΟΓΡΑΜΜΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ 175 11.1 Μετασχηματισμός Συντεταγμένων 175 11.2 Ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες 175 11.3 Μοναδιαία διανύσματα σε καμπυλόγραμμα συστήματα 176 11.4 Μήκος τόξου και στοιχεία επιφάνειας και όγκου 177 11.5 Το grad, div, και curl σε καμπυλόγραμμες συντεταγμένες 178 11.6 Παραδείγματα ορθογωνίων καμπυλόγραμμων συντεταγμένων 179

IV

Ασκήσεις 182 ΚΕΦΑΛΑΙΟ XIΙ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗΝ ΤΑΝΥΣΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ 186 12.1 Εισαγωγη 186 12.2 Μετασχηματισμός των συστημάτων συντεταγμένων 187 12.3 Συνθήκη αθροίσματος 187 12.4 Ανταλλοίωτο διάνυσμα ή τανυστής 188 12.5 Συναλλοίωτο διάνυσμα ή τανυστής 189

12.6 Τανυστής μηδενικής τάξης 189 12.7 Τανυστές ανώτερης τάξης 190 12.8 Το στοιχειώδες μήκος και ο μετρικός τανυστής 192 12.9 Θεμελιώδεις πράξεις επί των τανυστών 193 12.10 Σύμβολα του Christoffel 195 12.11 Παράγωγος ενός τανυστή 196 12.12 Μερικές εφαρμογές των τανυστών 197 Ασκήσεις 198

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α 201 ΠΕΡΙ ΑΝΤΙΤΡΟΦΩΝ ΒΑΣΕΩΝ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ 201

1.Αντίστροφες βάσεις 201 2.Συναλλοίωτες και ανταλλοίωτες συνιστώσες ενός διανύσματος 203 3.Φυσικές συνιστώσες ενός διανύσματος 206 4.Σχέσεις μεταξύ συναλλοιώτων και ανταλλοιώτων συνιστωσών 208 5.Η περίπτωση των ορθογωνίων βάσεων 210

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Β 211 Μία άλλη προσέγγιση της έννοιας του διανύσματος 211 ΠΑΡΑΤΗΜΑ Γ 217 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΤΑΝΥΣΤΗ 217 Εισαγωγή 217 1.Τανυστές μηδενικής τάξεως (βαθμωτά μεγέθη) 218 2.Τανυστές πρώτης τάξεως (διανύσματα) 219 3.Τανυστές δευτέρας τάξεως 2221 4.Ο τανυστής τάσεως 223 5.Ο τανυστής της ροπής αδράνειας 225 6.Τανυστές μεγάλυτερης τάξεως 226 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 229 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 1ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 229 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 233 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 3ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 239 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 4ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 245 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 5ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 251 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 6ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 255 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 7ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 263 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 8ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 267

V

ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 9ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 281 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 10ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 291 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 11ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 297 ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 12ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 303 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 311 ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 321

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Η Διανυσματική Ανάλυση, η οποία άρχισε να θεμελιώνεται από τα μέσα του

19ου αιώνα, αποτελεί εδώ και μερικές δεκαετίες ένα θεμελιώδη κλάδο των μαθηματι-

κών, απαραίτητος τόσο για τους μαθηματικούς όσο και για τους φυσικούς, μηχανι-

κούς και άλλους επιστήμονες. Η ανάγκη για την διανυσματική ανάλυση δεν είναι τυ-

χαία. Και αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι όχι μόνο παρέχει έναν συνοπτικό συμβολι-

σμό για την περιγραφή των εξισώσεων, που προέρχονται από την μαθηματική διατύ-

πωση των φυσικών και γεωμετρικών προβλημάτων, αλλά αποτελεί μια φυσική βοή-

θεια για τον σχηματισμό των νοητικών εικόνων των φυσικών και γεωμετρικών ιδεών.

Με άλλα λόγια, η Διανυσματική Ανάλυση μπορεί να θεωρηθεί σαν η πιο κατάλληλη

γλώσσα για την διατύπωση της φυσικής σκέψης.

Είναι αλήθεια ότι κάθε πρόβλημα που μπορεί να λυθεί με την χρήση διανυ-

σμάτων, μπορεί να αντιμετωπισθεί και με άλλες μεθόδους. Αλλά η Διανυσματική

Ανάλυση, παίζοντας τον ρόλο της “στενογραφίας” απλοποιεί ριζικά τους υπολογι-

σμούς. Για όλους τους παραπάνω λόγους η Διανυσματική Ανάλυση χρησιμοποιείται

εκτεταμένα στα εφαρμοσμένα μαθηματικά.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ι

ΑΑΛΛΓΓΕΕΒΒΡΡΑΑ ΤΤΩΩΝΝ ΔΔΙΙΑΑΝΝΥΥΣΣΜΜΑΑΤΤΩΩΝΝ

1.1 Γενικά

Πολλά γεωμετρικά και φυσικά μεγέθη, όπως μήκος, εμβαδόν, θερμοκρασία, πίε-ση, ηλεκτρική τάση, μπορούν να προσδιορισθούν από έναν μόνο αριθμό, π.χ. 6,28 μέτρα, 22 0C, 220 Volts κ.λ.π. Τα μεγέθη αυτά ονομάζονται βαθμωτά ή αριθμητικά, και υπα-κούουν στους κανόνες της απλής αριθμητικής. Π.χ. όταν περπατάει κάποιος πάνω σε μια ευθεία και διανύει απόσταση 400 μέτρων και στη συνέχεια περπατάει για άλλα 300 μέτρα, τότε η συνολική απόσταση που έχει διανύσει είναι 700 μέτρα και 700 μέτρα απέχει από το σημείο από το οποίο ξεκίνησε. Εάν όμως μετά τα πρώτα 400 μέτρα στραφεί δεξιά και δι-ανύσει απόσταση 300 μέτρων, τότε θα έχει μεν συνολικά διανύσει 700 μέτρα, αλλά τώρα θα απέχει από το σημείο από το οποίο ξεκίνησε 2 2400 300 500+ = μέτρα, (Σχ. 1.1.1). Αυτό συμβαίνει διότι οι μετατοπίσεις από ένα σημείο σε ένα άλλο περιγράφονται όχι μό-νο από το μήκος τους, αλλά και από την κατεύθυνση. Υπάρχουν και άλλα γεωμετρικά ό-πως και φυσικά μεγέθη, π.χ. η ταχύτητα ενός σώματος, η στροφορμή του, η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου, που δεν μπορούν να προσδιοριστούν πλήρως από ένα μόνο αριθμό, αλλά χρειάζεται να γνωρίζουμε και τη φορά και την κατεύθυνση τους. Τέτοια μεγέθη ονομά-ζονται διανυσματικά και η καταλληλότερη μαθηματική έν-νοια που μπορεί απλά και σύντομα να τα περιγράψει είναι η έννοια του διανύσματος, η μελέτη του οποίου, όπως και οι εφαρμογές του, αποτελούν ένα μεγάλο και σημαντικό κλάδο των Μαθηματικών, γνωστός με το όνομα "Διανυσματική Ανάλυση".

400 300

300

Σχ. 1.1.1

Ένα διάνυσμα παριστάνεται γεωμετρικά με ένα προσανατολισμένο ευθύγραμμο τμήμα( 1 , η διεύθυνση του οποίου προσδιορίζει τη διεύθυνση του διανύσματος και το μή-κος του, το μέτρο του διανύσματος, δηλαδή v=OA (2, (Σχ. 1.1.2α). Αλγεβρικά μπορούμε ένα διάνυσμα να το περιγράψουμε εξ ίσου καλά με τις συντεταγμένες του στους άξονες κάποιου συστήματος συντεταγμένων π.χ. OXYZ, δηλαδή v=(v ,vx y ,vz ), (Σχ. 1.1.2β). Γεωμετρικά λοιπόν τα διανύσματα παριστάνονται με βέλη και αλγεβρικά με τρι-άδες. Το σύνολο των διανυσμάτων της παραπάνω μορφής συμβολίζεται με R3. Το μέτρο

(1 Ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ θα λέγεται προσανατολισμένο εάν ένα από τα άκρα του, έστω το Α, το θεω-ρήσουμε σαν αρχή και το δεύτερο, το Β, σαν τέλος του ευθυγράμμου τμήματος. Η διεύθυνση του τότε ορί-ζεται η διεύθυνση από την αρχή Α προς το τέλος Β. Τα προσανατολισμένα ευθύγραμμα τμήματα θα τα πα-ριστάνουμε με ένα βέλος. (2 Σε τυπογραφικό κείμενο τα διανύσματα θα τα συμβολίζουμε με έντονα γράμματα π.χ. ΟΑ , v,u,w, κ.λ.π., ενώ στη γραφή με το χέρι θα σχεδιάζουμε μικρά βέλη ή παύλες πάνω από τα γράμματα που παριστάνουν τα διανύσματα π.χ. v, v

2♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ι (3ενός διανύσματος v συμβολίζεται με |v| και ορίζεται από το μήκος του αντίστοιχου βέ-

λους. Με τη βοήθεια του Πυθαγορείου θεωρήματος εύκολα προκύπτει ότι (1.1.1) + + v v Τα διανύσματα με |v|=1 λέγονται μοναδιαία.

1.2 Διανυσματική πρόσθεση:

Γεωμετρικά το διανυσματικό άθροισμα δύο διανυσμάτων v και w ορίζεται με τη βοήθεια του γνωστού κανόνα του παραλληλογράμμου: Συγκεκριμένα σε κάποιο σημείο O, που συνήθως είναι η αρχή του συστήματος συντεταγμένων, μεταφέρουμε τα διανύσματα v και w μετακινώντας τα παράλληλα, και σχη-ματίζουμε το παραλληλόγραμμο, που έχει προσκείμενες πλευρές τα διανύσματα v και w, (Σχ. 1.2.1). Τέλος το διάνυσμα r, που παρι-στάνει η διαγώνιος ΟΑ του παραλληλογράμ-μου, ορίζει το διανυσματικό άθροισμα των δι-ανυσμάτων v και w. Στο ίδιο διάνυσμα κατα-λήγουμε εάν μετακινήσουμε το δεύτερο διά-νυσμα w έτσι ώστε η αρχή του να συμπέσει με το πέρας του πρώτου διανύσματος v. Αλγεβρικά το διανυσματικό άθροισμα των διανυσμάτων v και w με συντεταγμένες (vx ,vy ,vz ) και (wx ,wy ,wz ) αντίστοιχα, ορίζε-

(3 Πολλές φορές χρησιμοποιούμε το σύμβολο ||v||, αντί του συμβόλου |v|, για να συμβολίσουμε το μέτρο ε-νός διανύσματος. Αυτό γίνεται για να μην συγχέουμε την απόλυτη τιμή ενός πραγματικού ή μιγαδικού α-ριθμού, που συμβολίζεται με |α|, α∈R ή C, με το μέτρο ενός διανύσματος. Το σύμβολο ||⋅⋅|| ονομάζεται μέ-τρο ή norm ή στάθμη. Ο συμβολισμός αυτός χρησιμοποιείται ιδίως στην Γραμμική Άλγεβρα

| vx | v = y z2 2 2

A

Σχ. 1.1.2β

vz

v

O

A

Σχ. 1.1.2α

y

z

x

vx

vyO

v

O

x

z

y

A

w

v

Σχ. 1.2.1

r

Άλγεβρα των διανυσμάτων ♦ 3

ται από το διάνυσμα που έχει συντεταγμένες το άθροισμα των αντίστοιχων συντεταγμέ-νων των v και w, δηλαδή: r=v+w=(v +w , vx x y+wy , vz+wz) (1.2.1) Ο αλγεβρικός και ο γεωμετρικός ορισμός της πρόσθεσης των διανυσμάτων είναι ισοδύνα-μος.

1.3 Βαθμωτός ή αριθμητικός πολλαπλασιασμός

Από τα παραπάνω είναι αρκετά λογικό για το διανυσματικό άθροισμα v+v+v να χρησιμοποιήσουμε το σύμβολο 3v . Μπορούμε να πούμε ότι το διάνυσμα 3v είναι 3 φορές μεγαλύτερο από το διάνυσμα v και προς την ίδια διεύθυνση του v και ότι κάθε συντεταγ-μένη του 3v είναι τριπλάσια από την αντίστοιχη συντεταγμένη του v. Επεκτείνοντας τα παραπάνω, μπορούμε να ορίσουμε το διάνυσμα λv με λ θετικό αριθμό, να είναι ένα διά-νυσμα λ φορές μεγαλύτερο του v και με την ίδια διεύθυνση ή ισοδύναμα κάθε συντεταγ-μένη του λv να είναι λ φορές η αντίστοιχη συντεταγμένη του v. Εάν το λ είναι αρνητικός αριθμός, τότε το διάνυσμα λv ορίζεται όπως πιο πάνω, μόνο που η διεύθυνση του θα είναι αντίθετη προς την διεύθυνση του v. Εάν το λ=0, τότε το λv=0 όπου 0 το μηδενικό διάνυ-σμα, ( το μηδενικό διάνυσμα ορίζεται να έχει μηδέν μέτρο και διεύθυνση οποιαδήποτε, αλγεβρικά δε ορίζεται από τη μηδενική τριάδα 0=(0,0,0) ). Το διάνυσμα λv λέγεται βαθμωτό ή αριθμητικό γινόμενο του πραγματικού αριθ-μού λ και του διανύσματος v, η δε αντίστοιχη πράξη βαθμωτός ή αριθμητικός πολλα-πλασιασμός. Με τη βοήθεια της διανυσματικής πρόσθεσης και του βαθμωτού πολλαπλασια-σμού μπορούμε να ορίσουμε τη διανυσματική αφαίρεση δυο διανυσμάτων. Έτσι έχουμε:

v-w=v+(-1)w (1.3.1)

και η αφαίρεση ανάγεται σε πρόσθεση του διανύσματος v και του διανύσματος -w, που λέγεται αντίθετο διάνυσμα του w .

1.4 Ισότητα διανυσμάτων

Δύο διανύσματα v και w θα λέγονται ίσα εάν ισχύει: v-w=0. Γεωμετρικά η ισότη-τα αυτή μας λέει ότι τα δύο διανύσματα v και w παριστάνονται από το ίδιο βέλος και αλ-γεβρικά ότι παριστάνονται από την ίδια τριάδα, δηλαδή v=w ⇔ (vx ,vy ,vz )=(w ,wx y ,wz ) ⇔ vx = w , v = wx y y , vz = wz (1.4.1) Η τελευταία ισοδυναμία μας λέει ότι μια διανυσματική εξίσωση είναι ισοδύναμη με τρεις αλγεβρικές, (βαθμωτές), εξισώσεις. Η παρατήρηση αυτή δείχνει ότι ένα από τα πλεονε-κτήματα της διανυσματικής γραφής είναι ότι μπορεί να διατυπώσει τους φυσικούς νόμους κατά οικονομικό τρόπο, (π.χ. γράφοντας μια εξίσωση αντί για τρεις) Μια άλλη παρατήρηση, που μπορούμε να κάνουμε, είναι η εξής: Στις γεωμετρικές και φυσικές εφαρμογές μπορούμε να εργαστούμε με δύο ισοδύναμους τρόπους, γεωμε-τρικά και αλγεβρικά. Ο κάθε τρόπος έχει πλεονεκτήματα και μειονεκτήματα. Ο γεωμετρι-

4♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ι

κός τρόπος δεν χρειάζεται κανένα σύστημα συντεταγμένων, σε αντίθεση με τον αλγεβρικό τρόπο, ο οποίος χρειάζεται να έχουμε ορίσει κάποιο σύστημα συντεταγμένων. Από την άλλη πλευρά ο αλγεβρικός τρόπος μας οδηγεί σε αλγεβρικές σχέσεις, που αντιμετωπίζο-νται πιο εύκολα παρά οι αντίστοιχες γεωμετρικές.

1.5 Εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων (4 Σαν εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων v και w, που συμβολίζεται με v⋅w

ορίζουμε το βαθμωτό μέγεθος, που δίνεται από τη σχέση:

v⋅w=|v||w|cosθ (1.5.1)

όπου θ η μικρότερη γωνία που σχηματίζουν τα διανύσματα v και w. Από τη σχέση (1.5.1) παρατηρούμε ότι ισχύει η μεταθετική ιδιότητα:

v⋅w=w⋅v (1.5.2)

Μια χρήσιμη ερμηνεία του εσωτερικού γινομένου (1.5.1) δίνεται στο παρακάτω σχήμα:

A

Γ

B

w

Δvθ

Σχ. 1.5.1

Επειδή |w|cosθ=ΑΔ=προβολή του w στη διεύθυνση του v , μπορούμε να γράψουμε: v⋅w= |v|×(προβολή του w στο v) ή v⋅w= |w|×(προβολή του v στο w) Επίσης μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι: Εάν |v|=1 τότε v⋅w=προβολή του w στο v και

2 v⋅v=|v| (1..5.3) Μια άλλη ιδιότητα, που έχει το εσωτερικό, γινόμενο είναι η επιμεριστική, δηλαδή ι-σχύει ότι: (v+w)⋅u=v⋅u+w⋅u (1.5.4) Με τη βοήθεια του εσωτερικού γινομένου μπορούμε να ελέγξουμε την καθετότητα δύο διανυσμάτων. Πράγματι αν v και w είναι δύο μη μηδενικά διανύσματα και ισχύει v⋅w=0, τότε τα διανύσματα v και w είναι κάθετα διότι

v⋅w=|v||w|cosθ=0 ⇒ cosθ=0 ⇒ θ=π/2. Εάν θεωρήσουμε τώρα ένα τρισορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων OXYZ με μοναδιαία διανύσματα i, j, k στους αντίστοιχους άξονες OX, OY, OZ, τότε τα διανύσματα v και w μπορούμε να τα γράψουμε ως εξής: v=v i+vx yj+vzk w=w i+wx yj+wzk (1.5.5)

(4 Υπάρχουν και άλλοι συμβολισμοί για το εσωτερικό γινόμενο π.χ. <v,w> , (v,w)


Το εσωτερικό γινόμενο v⋅w με τη βοήθεια της επιμεριστικής ιδιότητας (1.5.4) και δεδομένου ότι i⋅j=i⋅k=j⋅k=0 και i⋅i=j⋅j=k⋅k=1, (επειδή τα διανύσματα i, j, k, είναι μοναδιαία και κάθετα μεταξύ τους), παίρνει την εξής μορφή: v⋅w=v w +vx x ywy+vzwz (1.5.6) Έτσι το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων μπορεί να υπολογιστεί είτε από τη σχέση (1.5.1), είτε από την ισοδύναμη σχέση (1.5.6). Εδώ πρέπει να κάνουμε την εξής βασική παρατήρηση: Η σχέση (1.5.1) για να μας δώσει την τιμή του εσωτερικού γινομένου των διανυσμάτων v και w χρειάζεται έναν κανόνα, (μέτρο), με τον οποίο θα μετρήσουμε τα μήκη των διανυσμάτων v και w και ένα μοιρογνωμόνιο, με το οποίο θα μετρήσουμε τη γωνία θ. Οι μετρήσεις δε αυτές είναι ανεξάρτητες από οποιοδήποτε σύστημα συντεταγ-μένων. Απεναντίας ο τύπος (1.5.6) για να μας δώσει το ίδιο εσωτερικό γινόμενο χρειάζε-ται ένα τρισορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων, ως προς το οποίο θα οριστούν οι συντε-ταγμένες vx , v , vy z και wx , wy , wz . Από την σχέση (1.5.1) προκύπτει ότι

x x y y z z1 1 1

2 2 2 2 2 2x y z x y z

v w v w v wcos cos cos

| || | v v v w w w− − −

⎛ ⎞+ +⎛ ⎞⎛ ⎞⋅ ⋅ ⎜ ⎟θ = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅ + + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v w v wv w v v w w

(1.5.7)

Η σχέση (1.5.7) μας βοηθά να υπολογίσουμε την γωνία θ, που σχηματίζουν δυο διανύ-σματα, με την χρήση του εσωτερικού γινομένου ή ισοδύναμα με την χρήση των συντε-ταγμένων των. Ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου: Από τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου (1.5.1) ή την ισοδύναμη αλγεβρική έκφραση (1.5.6) προκύπτουν οι εξής ιδιότητες: 1) v⋅v≥0 ∀v και v⋅v=0 ⇔ v=0 (1.5.8) 2) v⋅w =w⋅v ∀v,w (1.5.9) 3) (α v+βu)⋅w=α (v⋅w)+β(u⋅w) ∀v, u, w ∀α,β∈R (1.5.10) Άσκηση: Να αποδειχθεί ότι το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων παραμένει αναλ-λοίωτο, (δηλαδή δεν αλλάζει τιμή), ως προς δύο ορθογώνια συστήματα συντεταγμένων, που έχουν την ίδια αρχή. 1.6 Εξωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων

Σαν εξωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων v και w, που συμβολίζεται με v×w, ορίζουμε το διάνυσμα εκείνο, που έχει μέτρο |v||w|sinθ, όπου θ η γωνία, που σχηματίζουν τα διανύσματα v και w και διεύθυνση εκείνη που ορίζεται από τον κανόνα του δεξιού χε-ριού: τοποθετούμε τα δάκτυλα του δεξιού χεριού κατά μήκος της κατεύθυνσης του πρώ-του διανύσματος και κλείνουμε την παλάμη μας προς το μέρος του δεύτερου διανύσμα-τος, (ακολουθώντας την μικρότερη γωνία). Τότε ο αντίχειρας μας δείχνει την κατεύθυνση του v×w. Με μαθηματική γλώσσα μπορούμε να πούμε ότι η κατεύθυνση του v×w είναι τέτοια ώστε τα διανύσματα v, w, v×w να ορίζουν ένα δεξιόστροφο σύστημα αξόνων, (Σχ.1.6.1). Επειδή το αποτέλεσμα του εξωτερικού γινομένου δυο διανυσμάτων είναι και αυτό διάνυσμα, πολλές φορές ονομάζεται και διανυσματικό γινόμενο.


Από τον ορισμό του εξωτερικού γινομένου προκύ-πτει ότι:

v×w

v×w=-w×v (1.6.1) δηλαδή η πράξη του εξωτερικού γινομένου δεν ικανοποιεί την μεταθετική ιδιότητα. Επίσης αν v×w=0, τότε θ=0, δηλαδή τα διανύσματα v και w είναι παράλληλα. Με το εξωτερικό γινόμενο δηλαδή μπορούμε να ελέγξουμε την παραλληλία δύο διανυσμάτων.

w

v Αποδεικνύεται ότι το εξωτερικό γινόμενο ικανο-ποιεί την επιμεριστική ιδιότητα ως προς την πρόσθεση, δηλαδή

w×v

Σχ. 1.6.1 v×(w+u)=v×w+v×u (1.6.2) όπως επίσης ότι το εξωτερικό γινόμενο με τη βοήθεια των συντεταγμένων των δια-νυσμάτων v και w μπορεί να γραφεί: v×w=(v i+vx yj+vzk)×(w i+wx yj+wz k) = (vywz -vzwy)i+(vzwx-vxwz)j+(v )k ⇒ wx y-vywx

y z x yz xx y z

y z x yz xx y

v v v vv vv v v

w w w ww ww w w

+ + =i

z

j ki j kv×w= (1.6.3)

Το δεξιό μέλος της (1.6.3) δεν είναι ορίζουσα αλλά αποτελεί μια συμβολική παράσταση χρήσιμη για την απομνημόνευση του εξωτερικού γινομένου.

1.7 Γιατί η πράξη της διαίρεσης δεν ορίζεται στον χώρο των διανυσμάτων

Για να ορίσουμε την πράξη της διαίρεσης στον χώρο των διανυσμάτων, θα πρέπει την πράξη αυτή να τη δούμε σαν την αντίστροφη διαδικασία του πολλαπλασιασμού. Ε-πειδή στον χώρο των διανυσμάτων έχουμε ορίσει δύο είδη πολλαπλασιασμού, θα πρέπει να ορίσουμε και δύο αντίστοιχες πράξεις διαίρεσης. Τις πράξεις αυτές ας τις ονομάσουμε "εσωτερική διαίρεση", (που αντιστοιχεί στο εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων), και "εξωτερική διαίρεση", (που αντιστοιχεί στο εξωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων), Όμως τα δύο αυτά είδη της διαίρεσης δεν ορίζονται μονοσήμαντα. Πράγματι: Ας θεωρήσουμε το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων v και w v⋅w=λ (1.7.1) του οποίου το αποτέλεσμα, δηλαδή ο πραγματικός αριθμός λ, είναι μονοσήμαντα ορισμέ-νος. Σαν εσωτερική διαίρεση εδώ θα όριζε κανείς την πράξη, (διαδικασία), εκείνη κατά την οποία εάν δοθούν το διάνυσμα w και ο πραγματικός αριθμός λ να μπορεί να ορισθεί το v, έτσι ώστε v.w=λ. Εάν όμως βρεθεί ένα τέτοιο διάνυσμα, τότε και κάθε άλλο διάνυ-σμα της μορφής v* = v+u με u κάθετο στο w, δηλαδή u.w=0 ικανοποιεί τη σχέση (1.7.1). Πράγματι: v*⋅w=(v+u )⋅w=v⋅w+u⋅w=λ+0=λ Βλέπουμε δηλαδή ότι η εσωτερική διαίρεση δεν μπορεί να ορισθεί μονοσήμαντα. Το ίδιο συμβαίνει και με την εξωτερική διαίρεση.


1.8 Τριπλά γινόμενα

Αφού το εξωτερικό γινόμενο δυο διανυσμάτων είναι και αυτό διάνυσμα, μπορούμε να μιλάμε για εσωτερικό ή εξωτερικό γινόμενο με ένα τρίτο διάνυσμα. Έτσι σχηματίζου-με ένα τριπλό γινόμενο. α) Το βαθμωτό τριπλό γινόμενο τριών διανυσμάτων v, w, u ορίζεται από τη σχέ-ση: v⋅(w×u) (1.8.1) και έχει την εξής γεωμετρική ερμηνεία: Με την βοήθεια των διανυσμάτων v, w, u, κατα-σκευάζουμε το παραλληλεπίπεδο, όπως δείχνει το (Σχ. 1.8.1). Τότε το μέτρο |w×u| είναι το εμβαδόν της βάσεως, διότι |w×u|=|w||u|sinθ, που είναι το εμβαδόν ενός παραλληλο-γράμμου με πλευρές w και u και γωνία θ. Το ύψος του παραλληλεπιπέδου είναι |v|cosφ. Επομένως ο όγκος V του παραλληλεπιπέδου είναι:

V=|w||u|sinθ|v|cosφ= =|w×u||v|cosφ= v⋅(w×u)

Εάν φ>π/2, τότε το τριπλό βαθμωτό γινό-μενο v⋅(w×u) γίνεται αρνητικό. Έτσι θα πρέπει γενικά να γράφουμε:

w

V = |v⋅(w×u)| (1.8.2) Αποδεικνύεται ότι:

v⋅(w×u)=

v v v

w w w

u u u

x y z

x y z

x y z

(1.8.3)

β) Το εξωτερικό τριπλό γινόμενο τριών διανυσμάτων v, w, u ορίζεται από τη σχέση: v×(w×u) (1.8.4) και αποδεικνύεται ότι: v×(w×u)=(v⋅u)w-(v⋅w)u (1.8.5)

(Ο τύπος του εξωτερικού γινομένου γίνεται ευκολομνημόνευτος εάν αλλάξουμε

συμβολισμό και γράψουμε: a×(b×c)=b(a⋅c)-c(a⋅b) (1.8.6)

όπου το δεξιό μέλος μας θυμίζει την έκφραση back up).

1.9 Ελεύθερα, εφαρμοστά και ολισθαίνοντα διανύσματα.

Μπορούμε να προσδιορίσουμε ένα διάνυσμα αν ξέρουμε το μέτρο του, τη διεύ-θυνση του και τη φορά του. Το διάνυσμα τότε μπορεί να θεωρηθεί ότι βρίσκεται οπουδή-ποτε στο χώρο, όπως επίσης και να μετακινηθεί παράλληλα προς τον εαυτό του ή κατά

u

w

v

u

θ

×

φ

Σχ. 1.8.1


μήκος της διεύθυνσης του. Τα παραπάνω ισχύουν σιωπηρά στην πρόσθεση των διανυ-σμάτων. Σ' αυτή την περίπτωση μιλάμε για ελεύθερα διανύσματα. Μερικές φορές όμως στις φυσικές και γεωμετρικές εφαρμογές χρειαζόμαστε πε-ρισσότερες πληροφορίες για ένα διάνυσμα, εκτός από το μέτρο του, τη διεύθυνση του και τη φορά του. Όταν υπολογίζουμε τη ροπή r×F μιας δύναμης F γύρω από το σημείο Ο, το διάνυσμα r πρέπει να έχει την αρχή του στο σημείο Ο για να δώσει η έκφραση r×F τη ροπή της δύναμης F ως προς το σημείο Ο. Σ' αυτή την περίπτωση το διάνυσμα r ονομάζε-ται εφαρμοστό διάνυσμα. Έτσι ένα εφαρμοστό διάνυσμα είναι ένα διάνυσμα με την επι-πλέον πληροφορία ότι η αρχή του πρέπει να είναι ένα συγκεκριμένο σημείο. Επίσης στη ροπή r×F πρέπει να έχουμε περισσότερες πληροφορίες για τη δύναμη F εκτός από το μέτρο και τη διεύθυνση της. Πρέπει να ξέρουμε την ευθεία πάνω στην ο-ποία δρα η δύναμη F. Σ' αυτή την περίπτωση ονομάζουμε το διάνυσμα F ολισθαίνον διάνυσμα. Έτσι ένα ολισθαίνον διάνυσμα είναι ένα διάνυσμα με την επιπλέον πληροφο-ρία που μας δίνει την ευθεία πάνω στην οποία οφείλει να βρίσκεται. Παρατήρηση: Το γεγονός ότι ένα μέγεθος χαρακτηρίζεται από μέτρο και διεύθυνση είναι μια αναγκαία αλλά όχι ικανή συνθήκη για να ονομάζεται το μέγεθος αυτό διάνυσμα.. Και τούτο διότι το μέγεθος αυτό πρέπει να υπακούει στους νόμους της διανυσματικής άλγε-βρας και συγκεκριμένα στον νόμο της διανυσματικής πρόσθεσης. Ας θεωρήσουμε π.χ. ένα στερεό που περιστρέφεται γύρω από κάποιον άξονα. Η περιστροφή αυτή περιγράφεται πλήρως εάν ξέρουμε τον άξονα περιστροφής και την γωνία θ. Ο άξονας μπορεί να προσ-διοριστεί πλήρως από ένα διάνυσμα u του οποίου το μέτρο το θεωρούμε ίσο προς το μέ-τρο της γωνίας θ, δηλαδή |u|=θ. Όμως το u δεν είναι διάνυσμα, διότι εάν θεωρήσουμε δυο περιστροφές, που περιγράφονται από τα “διανύσματα” u , u1 2 αντίστοιχα, τότε η σύνθεση των δυο αυτών περιστροφών δεν προκύπτει από το διανυσματικό άθροισμα των u , και u1 2. Αυτό μπορούμε να το δούμε στο εξής παράδειγμα: Ας θωρήσουμε μια σφαίρα η οποία περιστρέφεται κατά γωνία θ1 γύρω από τον άξονα ΟΥ έτσι ώστε το σημείο Α1 πηγαίνει στη θέση Α

θ2

θ3

θ1

u3

u1

u2

Σχ. 1.9.1

2, (Σχ. 1.9.1). Και έστω ότι αυτή η περιστροφή παριστάνεται από το διάνυσμα u με |u |=θ1 1 1. Στη συνέχεια θεωρούμε μια δεύτερη περι-στροφή της σφαίρας γύρω από τον άξονα ΟΖ κατά γωνία θ2 τέτοια ώστε το σημείο Α2 μεταφέρεται στη θέση Α3 και έστω ότι αυτή η περιστροφή παριστάνεται από διάνυσμα u2 με |u |=θ2 2. Παρατηρούμε τότε ότι εάν τα u και u1 2 ήσαν πράγματι διανύσματα, η περιστροφή που μεταφέρει το σημείο Α στο Α1 3 θα έπρεπε να περι-γράφεται από το διάνυσμα u +u1 2. Από την άλλη πλευρά όμως αυτή η περιστροφή θα έ-πρεπε να παριστάνεται από ένα διάνυσμα u κάθετο στο επίπεδο Α ΟΑ3 1 3. Αφού όμως το διάνυσμα u δεν βρίσκεται στο επίπεδο ΟΥΖ, δεν μπορεί να είναι το άθροισμα των u και 3 1


=π/2, όπου το διάνυσμα uu . Τα παραπάνω είναι προφανή στην περίπτωση όπου θ =θ2 1 2 3 είναι κάθετο στο επίπεδο που ορίζουν τα διανύσματα u και u . 1 2

Η έννοια λοιπόν της περιστροφής είναι κάτι διαφορετικό από την έννοια του δια-νύσματος. Η κατάλληλη έννοια που περιγράφει τις περιστροφές είναι η έννοια του τανυ-στή, βλέπε Κεφάλαιο ΧΙΙ και Παράρτημα Γ. Εξαίρεση στο σύνολο των περιστροφών αποτελεί το σύνολο των απειροστών περιστρο-φών, δηλαδή εκείνων των περιστροφών των οποίων οι γωνίες είναι πολύ μικρές, απειρο-στές. Πράγματι: Ας υποθέσουμε ότι οι περιστροφές (u ), (u ), (u, θ , θ , θ1 1 2 2 3 3) είναι απειροστές, δηλαδή οι γωνίες θ , θ , θ είναι απειροστές. Τότε μπορούμε να γράψουμε: 1 2 3

=ΟΑ +Α Α =ΟΑ +(u ×ΟΑ ΟΑ ) (1.9.1) 2 1 1 2 1 1 1

|ΟΑ =|Α ΑΑφού |u ×ΟΑ |=θ |=Α Α | 1 1 1 1 2 1 21

Και επιπλέον το διάνυσμα u ×ΟΑ1 1 έχει την ίδια διεύθυνση με εκείνη του διανύσματος Α Α . 1 2

=ΟΑ +Α Α =ΟΑ +(uΟμοίως ΟΑ ×ΟΑ ) (1.9.2) 3 2 2 3 2 2 2

Αντικαθιστώντας την (1.9.1) στην (1.9.2) έχουμε =ΟΑ +(u ×ΟΑ )+u ×[ΟΑ +(u ×ΟΑΟΑ )]= 3 1 1 1 2 1 1 1

+(u +u ×ΟΑ +u ×(u ×ΟΑ= ΟΑ ) ) (1.9.3) 1 1 2 1 2 1 1Στην περίπτωση που οι γωνίες θ , θ1 2 είναι απειροστές, μπορούμε να απαλείψουμε τον τε-λευταίο όρο που είναι δευτέρας τάξεως απειροστό και να έχουμε:

= ΟΑ +(u +u ×ΟΑΟΑ ) (1.9.4) 3 1 1 2 1Εάν και η περιστροφή (u ,θ ), είναι απειροστή μπορούμε να γράψουμε: 3 3

= ΟΑ +uΟΑ3 1 3 ×ΟΑ (1.9.5) 1Συγκρίνοντας τις (1.9.4) και (1.9.5) προκύπτει:

=u +u u3 1 2Επομένως οι απειροστές περιστροφές είναι διανύσματα αφού υπακούουν στον κανόνα της διανυσματικής πρόσθεσης. Περισσότερα για την έννοια του διανύσματος μπορεί ο αναγνώστης να διαβάσει στο Παράρτημα Β.

1.10 Εφαρμογές

1) α) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των πλευρών ενός τριγώνου είναι παράλληλο προς την τρίτη πλευρά και το μήκος του ισούται με το ήμισυ του μήκους της. β) Οι διαγώνιοι ενός παραλληλογράμμου διχοτομούνται. Λύση: α) Έστω Δ και Ε τα μέσα των πλευρών AΒ και ΑΓ αντίστοιχα, (Σχ. 1). Από το σχήμα έχουμε: ΑΒ+ΒΓ=ΑΓ ⇒ ΔΕ=ΔΑ+ΑΕ=-ΑΔ+ΑΕ=1/2(ΑΓ-ΑΒ)=1/2(ΒΓ) Α

Β Γ

Δ Ε

Σχ. 1

β) Ας υποθέσουμε ότι οι διαγώνιοι ΑΔ και ΒΓ του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ δεν διχοτομούνται, (Σχ. 2). Έστω Ρ και Ρ1 2 τα μέσα των διαγωνίων ΑΔ και ΒΓ αντίστοιχα. Από το σχήμα έχουμε:

=ΑΓ+ΓΡ =ΑΓ+1/2ΓΒ= ΑΡ2 2=ΑΓ+1/2(ΑΒ-ΑΓ)=1/2(ΑΒ+ΑΓ) (1)

και =1/2ΑΔ=1/2(ΑΒ+ΒΔ)= ΑΡ1


Ρ2 Ρ1

Α Β

Γ Δ

• •

Σχ. 2

=1/2(ΑΒ+ΑΓ)=ΑΡ (2) 2=APΑπό τις σχέσεις (1), (2) προκύπτει ΑΡ1 2.

Επομένως τα σημεία Ρ και Ρ1 2 συμπίπτουν και οι διαγώνιοι ΑΓ και ΒΓ διχοτομούνται 2) Να αποδειχθεί ότι οι διάμεσοι ενός τριγώνου διέρχονται από ένα σημείο, το οποίο τριχοτομεί κάθε διάμεσο, δηλαδή διαιρεί κάθε διάμεσο σε μέρη 2 προς 1. Λύση: Στο τρίγωνο ΑΒΓ θεωρούμε τις διαμέ-σους ΑΔ και ΓΖ, οι οποίες τέμνονται στο ση-μείο Η. Θα αποδείξουμε ότι ΔΗ=1/3ΔΑ, και ΖΗ=1/3ΖΓ. Επειδή τα διανύσματα ΖΓ και ΗΖ είναι συγγραμμικά θα ισχύει ΖΗ=μΖΓ (1). Ομοίως θα έχουμε ΔΗ=λΔΑ (2). Έχουμε:

Α

Β Γ Δ

Ζ Ε Η

ΒΗ=ΒΖ+ΖΗ=ΒΖ+μΖΓ (1) Εφ’ όσον το Η βρίσκεται στη διάμεσο ΑΔ θα είναι:

ΒΗ=ΒΔ+λΔΑ (2) Εξισώνουμε τις (1) και (2):

ΒΖ+μΖΓ=ΒΔ+λΔΑ (3) Στη συνέχεια εκφράζουμε όλα τα διανύσματα της σχέσεως (3) με την βοήθεια των διανυ-σμάτων ΒΑ και ΒΓ: ΒΖ=1/2ΒΑ, ΒΔ=1/2ΒΓ, ΖΓ=-1/2ΒΑ+ΒΓ, ΔΑ=-1/2ΒΓ+ΒΑ (4) Αντικαθιστούμε τις (4) στην (3) και έχουμε:

1/2ΒΑ+μ(-1/2ΒΑ+ΒΓ)=1/2ΒΓ+λ(-1/2ΒΓ+ΒΑ) ⇒ ΒΓ(1/2-μ-1/2λ(=ΒΑ(1/2-λ-1/2μ)

Και επειδή τα διανύσματα BΓ, BA δεν είναι συγγραμμικά, θα έχουμε: ½-μ-1/2λ=0, ½-λ-1/2μ=0 ⇒ μ=λ=1/3. Επομένως ΖΗ=1/3ΖΓ, ΔΗ=1/3ΔΑ Κατά τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι ΗΕ=1/3ΒΕ. 3) Να βρεθεί το σημείο Γ, το οποίο διαι-ρεί το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ σε λόγο λ/μ.

Ο

Β Α Γ

Λύση: ¨Εστω Ο η αρχή των αξόνων ενός συ-στήματος συντεταγμένων. Με ΟΑ, ΟΓ, ΟΒ παριστάνουμε τα διανύσματα θέσεως των ση-μείων Α, Γ, Β αντίστοιχα. Για το σημείο Γ έ-

χουμε: Γ Γ=

λ μA B (1)

Από το σχήμα προκύπτει: ΑΓ=ΟΓ-ΟΑ, ΓΒ=ΟΒ-ΟΓ (2) Γ − −

=λ μ

O OA OB OΓ (3) Αντικαθιστούμε τις (2) στην (1):

Από την (3) λύνουμε ως προς ΟΓ και βρίσκουμε λ + μ

λ + μOB OAΟΓ= (4)


Η εξίσωση (4) δίνει το διάνυσμα θέσης ΟΓ του σημείου Γ. 4) Έστω ΑΒΓΔ ένα τετράπλευρο και ΕΖΗΘ τα μέσα των πλευρών. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο. Απόδειξη: Από το σχήμα έχουμε:

ΕΖ=1/2ΑΒ+1/2ΒΓ=1/2(ΑΒ+ΒΓ) ΖΗ=1/2(ΒΓ+ΓΔ) ΗΘ=1/2(ΓΔ+ΔΑ) ΘΕ=1/2(ΔΑ+ΑΒ)

και ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ+ΔΑ=0 ή ΑΒ+ΒΓ=-(ΓΔ+ΔΑ)

Α Ε

Δ

Γ Η

Ζ

ΒΘ

(1)

Συνδυάζοντας την (2) και τις (1) παίρνουμε: (2)

ΕΖ=1/2(ΑΒ+ΒΓ)=-1/2(ΓΔ+ΔΑ)=-ΗΘ ΖΗ=-1/2(ΒΓ+ΓΔ)=-1/2(ΑΒ+ΔΑ)=-ΘΕ=ΕΘ (3)

Από τις σχέσεις (3) συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο επειδή οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες. 5) Η ταχύτητα του νερού ενός ποταμού είναι 20km/h. Μια βάρκα διασχίζει το πο-τάμι με ταχύτητα 20km/h ως προς το νερό του ποταμού. Ποια είναι η διεύθυνση προς την οποία θα κινηθεί η βάρκα και ποια είναι η ταχύτητα της ως προς την κοίτη του ποτα-μού; Είναι δυνατό η βάρκα να διασχίσει το ποτάμι κάθετα; Ταχύτητα ποταμού

Ταχύτητα βάρκας

Λύση: Χρησιμοποιώντας τον κανόνα του παραλληλογράμμου, βρίσκουμε ότι η ταχύ-τητα της βάρκας ως προς την κοίτη του ποτα-μού έχει μέτρο 20√2km/h. και σχηματίζει γω-νία 450 ως προς την διεύθυνση της ταχύτητας του ποταμού. Για να διασχίσει η βάρκα κάθετα το ποτάμι ακολουθώντας την διαδρομή KM, πρέπει η ταχύτητα της βάρκας να είναι τέτοια ώστε η συνιστάμενη των ταχυτήτων, της βάρ-κας και του ποταμιού να έχει την διεύθυνση της διαδρομής KM. Κάτι τέτοιο όμως εί-ναι αδύνατο, διότι από τον κανόνα του παραλληλογράμμου το ορθογώνιο τρίγω-νο ΚΛΜ έχει υποτείνουσα μέτρου 20 και μια κάθετη πλευρά μέτρου 20.

Κ Λ

Μ


6) Ένα αεροπλάνο κινείται βορειοδυτικά με ταχύτητα 250miles/h ως προς το έδαφος. Η ταχύτητα του ανέμου είναι 80miles/h με διεύθυνση ανατολική. Ποια θα ήταν η ταχύτη-τα του αεροπλάνου εάν η ταχύτητα του ανέμου ήταν μηδέν;

Γ

Λύση: Έστω v η ταχύτητα του ανέμου, vα 1 η ταχύτητα του αεροπλάνου ως προς το έδα-φος όταν φυσάει άνεμος και v2 η ταχύτητα του αεροπλάνου χωρίς άνεμο. Τότε: v

v1 v2

vα A

B =v +v 1 2 αΑπό τον νόμο των συνημιτόνων έχουμε:

2 2 2 0)=311.7miles/h (v ) =(v ) +(v ) -2v v cos(1352 1 α 1 ακαι από τον νόμο των ημιτόνων :

20

vsin135 sin

=α

1v ⇒ sinα=0.567 ⇒ α=34.550.

Τελικά χωρίς άνεμο, το αεροπλάνο θα είχε τα-χύτητα μέτρου 311.7miles/h και κατεύθυνση 34.550 βορειοδυτικά. 7) Έστω Α ένα σταθερό σημείο στο επίπεδο ΟΧΥ και Β, Γ δυο άλλα σημεία, τα ο-ποία κινούνται έτσι ώστε |ΑΒ|=3 και |ΒΓ|=2. α) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Γ. β) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Γ, εάν το σημείο Β κινείται στο επίπεδο ΟΧΥ έτσι ώστε |ΑΒ|=3 και το Γ κινείται στο χώρο ενώ |ΒΓ|=2. γ) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Γ εάν τα σημεία Β και Γ κινούνται στον χώρο.

Γ

Λύση: α) Εφ’ όσον το Α είναι σταθερό σημείο και το Β κινείται έτσι ώστε |ΑΒ|=3, το Β δια-γράφει κύκλο με κέντρο το σημείο Α και ακτί-να 3. Σε κάθε θέση του σημείου Β, το σημείο Γ διαγράφει κύκλο με κέντρο το σημείο Β και ακτίνα 2. Επομένως ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Γ είναι ο δακτύλιος με κέντρο το ση-μείο Α και ακτίνες 1 και 5. β) Στην περίπτωση αυτή το Γ κινείται στο χώ-ρο έτσι ώστε |ΒΓ|=2. Επομένως σε κάθε θέση του σημείου Β το Γ κινείται πάνω σε επιφά-νεια σφαίρας που έχει κέντρο το σημείο Β και ακτίνα 2. Τελικά ο γεωμετρικός τόπος του ση-μείου Γ είναι ένας τόρος (5, όπως δείχνει το διπλανό σχήμα. γ) Εδώ και το σημείο Β κινείται στο χώρο. Η ελαχίστη απόσταση του σημείου Γ από το Α θα είναι 1 και η μεγίστη 5. Ο αντίστοιχος γεω-μετρικός τόπος θα είναι το στερεό ενός σφαιρικού φλοιού με κέντρο το σημείο Α και ακτίνες 1 και 5.

(5 Ο τόρος είναι η επιφάνεια που έχει μια σαμπρέλα αυτοκινήτου. Περισσότερα για τον τόρο μπορεί ο ανα-γνώστης να βρει στην παράγραφο 8.3.


8) Τα διευθύνοντα συνημίτονα ενός διανύσματος r ορίζονται σαν τα συνημίτονα των γωνιών που σχηματίζονται από το διάνυσμα r και τους θετικούς ημιάξονες ενός συ-στήματος συντεταγμένων. Να δει-χθεί ότι

x

B

Γ

A

z

y

γ

Δ cos2 2 2α +cos β+cos γ=1. Λύση: Θεωρούμε το διάνυσμα r=(x,y,z) και έστω α, β, γ οι γωνίες που σχηματίζει με τους θετικούς ημιάξονες ΟΧ, ΟΥ, ΟΖ. Το τρί-γωνο ΟΒΑ είναι ορθογώνιο με ορ-θή γωνία την ΟΒΑ, επομένως cosα=x/r (1) όπου r=|r| το μέτρο του διανύσμα-τος r. Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΟ έχουμε: cosβ=y/r (2) Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΔ έχουμε: cosγ=z/r (3) Επίσης ισχύει: x2+y2 2 2+z =r (4) Τελικά θα είναι: cos2 2 2α +cos β+cos γ=x2/r2+y2/r2 2+z /r2 2=r /r2=1 9) α) Να υπολογιστούν οι γωνίες που σχηματίζει το διάνυσμα v(2,4,-5) με τους άξο-νες ΟΧ, ΟΥ, ΟΖ. β) Να βρεθεί η προβολή του διανύσματος v(2,5,1) στο διάνυσμα u(1,1,3). Λύση: α) Έστω α, β, γ οι γωνίες που σχηματίζει το διάνυσμα v με τους άξονες ΟΧ, ΟΥ, ΟΖ. Έχουμε:

245

v⋅i=|v||i|cosα ⇒ 2= 4 16 25+ + cosα ⇒ cosα= =0.298 ⇒ α=730

Κατά τον ίδιο τρόπο έχουμε: 445

v⋅j=|v||j|cosβ ⇒ 4= 4 16 25+ + cosβ ⇒ cosβ= =0.596 ⇒ β=530

545

−v⋅k=|v||k|cosγ ⇒ -5= 4 16 25+ + cosγ ⇒ cosγ= =-0.745 ⇒ γ=1380

β) Η συνιστώσα ενός διανύσματος r η παράλληλη προς ένα διάνυσμα u ονομάζεται προ-βολή του διανύσματος v στο διάνυσμα u. Για την συγκεκριμένη περίπτωση η προβολή του v στο διάνυσμα u είναι η συνιστώσα του ΟΑ′ όπως φαίνεται στο σχήμα. Για να υπολογίσουμε την προβολή ΟΑ′ πρώτα θα υπολογίσουμε το μο-ναδιαίο διάνυσμα το παράλληλο προς το u. Προ-φανώς αυτό θα είναι

v

u

θ(1 1,1,3

| | 11=

uu

)u = και η ζητούμενη 0

προβολή θα είναι:


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 01 1 3 1 1 1 102,5,1 , , 1,1,3 2 5 3 1,1,3 1,1,3

1111 11 11 11 11 11⎡ ⎤⎛ ⎞⋅ = ⋅ = + + =⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎣ ⎦v u u

10) Θεωρούμε δυο μοναδιαία διανύσματα u , u

1 2 στο επίπεδο ΟΧΥ, τα οποία σχηματίζουν γωνία α, β με τον θετικό ημιάξονα ΟΧ αντίστοιχα. Με την βοήθεια του εσωτερικού γινομένου να αποδείξετε τις σχέσεις:

α i

j

Σχ. 1

β u1

u2

cos(β-α)=cosβcosα+sinβsinα (1) cos(β+α)=cosβcosα-sinβsinα (2) Απόδειξη: Από το σχήμα 1 έχουμε: u =cosαi+sinαj u =cosβi+sinβj 1 2Υπολογίζουμε το εσωτερικό γινόμενο των u1 και u : 2

u ⋅u =|u | |u |cos(β-α) ⇒ 1 2 1 2cosαcosβ+sinαsinβ=cos(β-α) Για να αποδείξουμε την δεύτερη σχέση χρησιμο-ποιούμε το σχήμα 2. από το οποίο έχουμε: u1=cosαi-sinαj u2=cosβi+sinβj και από το εσωτερικό γινόμενο των u1 και u2

προκύπτει: u1⋅u2=|u1| |u2|cos(β+α) ⇒ cosαcosβ-sinαsinβ=cos(β+α) Η σχέση (2) μπορεί να προκύψει από την (1) α-ντικαθιστώντας το α με –α. 11) Για μια επίπεδη επιφάνεια, ορίζουμε το διάνυσμα επιφάνειας σαν το διάνυσμα το οποίο έχει μέτρο το εμβαδόν της επιφάνειας και διεύθυνση την κάθετο προς την επιφάνεια. Η φορά επιλέγεται αυθαίρετα. Συνήθως εάν η επιφάνεια είναι κλειστή, επιλέγουμε σαν φορά εκείνη που οδηγεί προς τα έξω της επιφά-νειας

α i

j

Σχ. 2

β

u1

u2

(6. Να δείξετε ότι S + S + S + S =0 1 2 3 4

όπου S , S , S , S1 2 3 4, τα διανύσματα επιφανείας που ορίζονται στις έδρες ενός τετραέδρου.

a c

b

b-a

c-a

S1 S2

S3

S4

Λύση: Το εμβαδόν ενός τριγώνου, που ορίζε-ται από δυο διανύσματα a, b, δίνεται από το ήμισυ του μέτρου του εξωτερικού γινομένου

των διανυσμάτων αυτών, δηλαδή 12

×a b

,

(βλέπε άσκηση 4). Για τις έδρες του τετραέ-δρου έχουμε:

(6 Ο πιο γενικός ορισμός της έννοιας του διανύσματος επιφάνειας δίνεται στο κεφάλαιο VIII των επιφανεια-κών ολοκληρωμάτων


12

×a b 12

×b c 12

×c a ( ) (12

)− × −c a b a, S , S , SS = = = = 1 2 3 4

Επομένως: 12

×a b 12

×b c 12

×c a ( ) (12

)− × −c a b aS + S + S + S = = + + +1 2 3 4

[ ]12

× + × + × + × − × − × + × =a b b c c a c b c a a b a a 0 =

Το παραπάνω αποτέλεσμα εύκολα μπορεί να γενικευθεί για οποιοδήποτε κλειστό πολύε-δρο.

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1. Να αποδειχθεί η επιμεριστική ιδιότητα του εσωτερικού γινομένου: (v+w )⋅u =v⋅u+w⋅u 2. Να αποδειχθεί ότι: |v+u| ≤ |v|+|u| 3. Να αποδειχθεί η ανισότητα των Cauchy-Schwarz : |v⋅u|≤|v||u| 4. Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον τύπο:

S=1/2|α×β|=1/2αβsinΓ όπου α το διάνυσμα που αντιστοιχεί στην πλευρά α, β το διά-νυσμα που αντιστοιχεί στην πλευρά β και Γ η περιεχομένη μεταξύ των πλευρών α, β γω-νία. 5. Με την βοήθεια διανυσμάτων να αποδειχθεί :

sin sin sinα β γ

= =Α Β Γ

και α) ο νόμος των ημιτόνων :

β) ο νόμος των συνημιτόνων : α2=β2+γ2-2βγcosΑ , β2=α2+γ2-2αγcosΒ , γ2=α2+β2-2αβcosΓ σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ. 6. Να αποδειχθούν οι ταυτότητες:

2 2 -|v-u| =4 v.u α) |v+u|2 2 2 2 β) |v+u| +|v-u| =2|v| +2|u|

7. Να αποδειχθούν οι σχέσεις: α) v×(u×w) = u(v⋅w)-w(v⋅u) β) (v×u)×w = u(v⋅w)-v(u⋅w) γ) (v×u)⋅(w×r) = (v⋅w)(u.r)-(v⋅r)(u⋅w) 8. Να αποδείξετε την ταυτότητα του Jacobi: v×(u×w) + u×(w×v) + w×(v×u) = 0


9. Δείξτε ότι εάν v≠0 και ισχύουν οι σχέσεις : v⋅u=v⋅w και v×u = v×w τότε u=w. Εάν όμως ισχύει μια μόνο από τις παραπάνω σχέσεις, τότε u≠w. 10. Έστω a, b, c τρία διανύσματα που δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και δεν είναι κατ’ ανάγκη ορθογώνια μεταξύ τους. Να αποδείξετε ότι κάθε διάνυσμα v μπορεί να γρα-φεί συναρτήσει των a, b, c με την βοήθεια της σχέσεως:

⋅ × ⋅ × ⋅ ×⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⋅ × ⋅ × ⋅ ×⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝v b c v a c v b av a ba b c b a c c b a

⎞⎟⎠c

11. Θεωρούμε ένα σύστημα αποτελούμενο από n ηλεκτρικά φορτία e , e , …, e1 2 n . Έ-στω r το διάνυσμα θέσεως του φορτίου ei i (i=1,2, …, n) ως προς την αρχή Ο. Η διπολική ροπή του συστήματος των φορτίων ορίζεται από την σχέση:

n

i ii 1

e=

= ∑p r

και το κέντρο του φορτίου του συστήματος από την σχέση: n

i ii 1

n n

i ii 1 i 1

e

e e

=

= =

= =∑

∑ ∑

rpR

όπου . Το σύστημα των φορτίων ονομάζεται ουδέτερο εάν n

ii 1

e 0=

≠∑n

ii 1

e 0=

=∑α) Δείξτε ότι η διπολική ροπή ενός ουδετέρου συστήματος είναι ανεξάρτητη από την αρχή Ο. β) Εκφράστε αυτή την ροπή συναρτήσει των κέντρων των αρνητικών και θετικών φορτί-ων που αποτελούν το αρχικό σύστημα.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙ

ΔΔΙΙΑΑΝΝΥΥΣΣΜΜΑΑΤΤΙΙΚΚΕΕΣΣ ΣΣΥΥΝΝΑΑΡΡΤΤΗΗΣΣΕΕΙΙΣΣ

2.1 Γενικά

Μέχρι τώρα ασχοληθήκαμε με διανύσματα, τα οποία θεωρούσαμε ότι είναι σταθε-ρά, δηλαδή με διανύσματα της μορφής: r=r i+rx yj+rzk όπου οι συντεταγμένες r ,rx y,rz είναι αριθμοί, όπως π.χ. r=3i-2j+6k. Στη φυσική όμως τα διανυσματι-κά φυσικά μεγέθη γενικά δεν παραμένουν σταθε-ρά αλλά μεταβάλλονται, όπως π.χ. η ταχύτητα ε-νός κινητού, που κινείται κατά μήκος μιας καμπύ-λης του χώρου. Τότε οι τρεις συνιστώσες τους δεν είναι σταθεροί αριθμοί, αλλά συναρτήσεις μιας ή δυο ή περισσότερων μεταβλητών.

j i

k r

x

y

z

Στην περίπτωση της μιας μεταβλητής, που ας την συμβολίσουμε με t, το διάνυσμα r έχει την έκφραση: r=x(t)i+y(t)j+z(t)k (2.1.1) και ονομάζεται διανυσματική συνάρτηση μιας πραγματικής μεταβλητής. Από μαθηματικής πλευράς η διανυσματική συ-νάρτηση ορίζεται σαν αντιστοιχία της μορφής: r: I⊂R → A⊂R3 r: t∈I → r(t)∈Α (2.1.2) Το πεδίο τιμών Α μιας διανυσματικής συνάρτησης, δηλαδή η γραφική της παράσταση, παριστάνει καμπύλη. Οι εξισώσεις x=x(t), y=y(t), z=z(t) ονομάζονται παραμετρικές εξι-σώσεις της καμπύλης και η εξίσωση (2.1.1) διανυσματική παραμετρική εξίσωση της καμπύλης. Παράδείγματα: Η διανυσματική συνάρτηση: 1. r(t) = Rcosti + Rsintj με t∈[0,2π) παριστάνει κύκλο στο επίπεδο ΟXY με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα R. Πράγματι, θέτοντας x=Rcost και y=Rsint έχουμε: x2+y2=R2. 2. r(t) = αcosti + βsintj με t∈[0,2π) παριστάνει έλλειψη στο επίπεδο ΟXY με μεγάλο ημιάξονα α και μικρό β.

2 2

2 2

x y 1+ =α β

. Πράγματι, θέτοντας x=αcost και y=βsint έχουμε:

3. r(t) = αcosti + βsintj + γtk με t∈[t ,t ]⊆R 1 2παριστάνει ελλειπτική έλικα στο χώρο OXYZ.

4. r(t) = coshti + sinhtj με t∈R

18 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ι Ι

παριστάνει τον δεξιό κλάδο της υπερβολής x2-y2=1. Πράγματι από την ταυτότητα cosh2t-sinh2t=1 και θέτοντας x=cosht, y=sinht προκύπτει η εξίσωση της υπερβολής. Επειδή όμως x=cosht>0, η παραπάνω διανυσματική συνάρτηση παριστάνει τον δεξιό κλάδο της υπερ-βολής. Από το τελευταίο παράδειγμα συμπεραίνουμε ότι μερικές φορές οι παραμετρικές εξισώσεις και η καρτεσιανή εξίσωση μιας καμπύλης δεν περιγράφουν αναγκαστικά την ίδια πραγματικότητα. Από τον ορισμό της διανυσματικής συνάρτησης και από τα παραπάνω παραδείγ-ματα εύκολα προκύπτει ότι τα πέρατα των διανυσμάτων που παίρνουμε για τις διάφορες τιμές της μεταβλητής t κείνται επί μιας καμπύλης η οποία ονομάζεται ίχνος της διανυ-σματικής συνάρτησης και μπορεί να θεωρηθεί σαν γραφική παράσταση της διανυσματι-κής συνάρτησης. Έτσι τα ίχνη των παραπάνω διανυσματικών συναρτήσεων έχουν τις εξής γραφικές παραστάσεις:

2.Έλλειψη 1. Κύκλος r(t) = αcosti + βsintj με t∈[0,2π) r(t) = Rcosti + Rsintj με t∈[0,2π)

3. Ελλειπτική έλικα 4. Υπερβολή (δεξιός κλάδος)

r(t) = costi + 2sintj + t/2k με t∈[0 ,4π] r(t) = coshti + sinhtj με t∈R

Διανυσματικές Συναρτήσεις ♦ 19

2.2 Όριο διανυσματικής συνάρτησης

Μια διανυσματική συνάρτηση r=r (t)i+rx y(t)j+rz(t)k λέμε ότι έχει όριο το διάνυ-σμα l=l i+lx yj+lzk όταν το t τείνει στο t , εάν ισχύει: 0

lim ( )t t x xr t l→ =0

, lim ( )t t y yr t l→ =0

, lim ( )t t z zr t l→ =0

(2.2.1)

και θα γράφουμε: ή r l( )t t t→⎯ →⎯⎯0lim ( )t t t→ =0

r l Άσκηση 1 Να δειχθεί η ισοδυναμία: lim ( )t t t→ =

0r l⇔ lim | ( ) |t t t→ − =

00r l ⇔ (∀ε>0)(∃δ(ε,t )>0)[|t-t0 0|<δ →|r(t)-l|<ε]

(2.2.2)

( )t t t→ =0

r lΆσκηση 2 Να δειχθεί ότι εάν lim ⇒ lim | ( )| | |t t t→ =0

r l Το αντίστροφο ισχύει ; Άσκηση 3 Το όριο l όταν υπάρχει είναι μοναδικό.

2.3 Συνέχεια διανυσματικής συνάρτησης

Μια διανυσματική συνάρτηση r(t)=r (t)i+rx y(t)j+rz(t)k λέγεται συνεχής στο σημείο t εάν το όριο της συνάρτησης ισούται με τη τιμή της συνάρτησης στο t=t , δηλαδή αν 0 0

0t t 0lim (t) (t )→ =r r (2.3.1) δηλαδή: ή ισοδύναμα εάν κάθε συνιστώσα της είναι συνεχής στο t0

lim ( ) ( )t t x xr t r t→ =0 0 lim ( ) ( )t t y yr t r t→ =

0 0 lim ( ) ( )t t z zr t r t→ =0 0, ,

Επίσης μπορούμε να γράφουμε: r r( ) ( )t tt t→⎯ →⎯⎯00

2.4 Παράγωγος διανυσματικής συνάρτησης

Η παράγωγος μιας διανυσματικής συνάρτησης r(t) στο σημείο t0 ορίζεται από τη σχέση:

d tdt

t t h th

r r r r( ) ( ) ( ) ( )00

0 0= ′ =+ −

=→limh 0

= limh 0→+ −r t h r t

hx x( ) (0 0 i) limh 0→

+ −r t h r th

y y( ) (0 0 j)

limh 0→+ −r t h r t

hz z( ) ( )0 0 k+ + =

)i+r )j+r )k =r ′(tx 0 y′(t0 z′(t0Γενικά η έκφραση της παραγώγου δίνεται από τον τύπο:

d tdtr( )

= r′(t)= )i+r )j+r )k (2.4.1) r ′(tx 0 y′(t0 z′(t0

Όπως βλέπουμε η παράγωγος μιας διανυσματικής συνάρτησης ανάγεται στις παραγώ-γους των συνιστωσών της.


Η γεωμετρική ερμηνεία της παραγώγου μπορεί να φανεί στο σχήμα 2.4.1, όπου βλέπου-με ότι η παράγωγος είναι διάνυ-σμα εφαπτόμενο της καμπύλης, που έχει διανυσματική εξίσωση r(t).

r′(t )0

z r(t +h)-r(t ) 0 0

r(t +h)Παράδειγμα: Έστω ότι (x,y,z) εί-

ναι οι συντεταγμένες ενός υλικού σημείου, που κινείται ως προς το χρόνο t, δηλαδή οι συντεταγμένες x,y,z είναι συναρτήσεις του χρό-νου t :

0

r(t )0

O y

xx=x(t), y=y(t), και z=z(t). Σχ. 2.4.1 Το διάνυσμα θέσης του υλικού σημείου είναι: r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k

d tdt

dx tdt

dy tdt

dz tdt

r i j( ) ( ) ( ) ( )= + + kΗ ταχύτητα του είναι: v(t)=

d tdt

d tdt

d x tdt

d y tdt

d z tdt

v ri j

( ) ( ) ( ) ( ) ( )= = + +

2

2

2

2

2

2

2

2και η επιτάχυνση του: α(t)= k

Παρατήρηση 1: Η παράγωγος του γινομένου ενός βαθμωτού επί ένα διανυσματικό μέγε-θος λ(t)r(t), όπως επίσης η παραγώγιση του εσωτερικού γινομένου δυο διανυσματικών μεγεθών r(t)⋅v(t) και του εξωτερικού γινόμενου r(t)×w(t) ακολουθεί τον κανόνα της πα-ραγώγισης ενός γινομένου με μια μόνο εξαίρεση: Πρέπει να διατηρούμε τη σειρά των δι-ανυσματικών συναρτήσεων στο εξωτερικό γινόμενο. Έτσι εύκολα κανείς μπορεί να απο-δείξει ότι:

[ ]d d (t)(t) (t) (t) (t)dt dt dt

λλ = + λ

rr r d (t) (2.4.2α)

[ ]ddt

t t d tdt

t t d tdt

r v r v r v( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅ = ⋅ + ⋅ (2.4.2β)

[ ]ddt

t t d tdt

t t d tdt

r v r v r v( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )× = × + × (2.4.2γ)

Μια καμπύλη C με διανυσματική παραμετρική εξίσωση r(t) λέγεται ομαλή όταν υπάρχει η παράγωγος dr/dt και είναι συνεχής διανυσματική συνάρτηση. Στη συνεχεία θα εξετάσουμε δυο συνθήκες, που μας εγγυώνται πότε μια διανυσματική συνάρτηση έχει σταθερό μέτρο ή διεύθυνση. Πρόταση 1: Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να έχει η διανυσματική συνάρτηση r(t) σταθερό μέτρο, είναι να είναι κάθετη προς την παράγωγο της:

r r( ) ( )t d tdt

⋅ = 0 ∀t∈I (2.4.3)


Απόδειξη: Αναγκαίο. Έστω ότι |r(t)|=r(t)=σταθερό. Τότε d t

dtt t d t

dtr r r r( ) ( ) ( ) ( )

⋅ + ⋅ = 0[ ]ddt

t tr r( ) ( )⋅ = 02(t)=r.r=σταθ. ⇒ r ⇒ ⇒

2 0r r( ) ( )t d tdt

⋅ = r r( ) ( )t d tdt

⋅ = 0 δηλαδή

[ ]ddt

r t t d tdt

2 2 0( ) ( ) ( )= ⋅ =r rr r( ) ( )t d t

dt⋅ = 0 2(t) =r⋅r ⇒ Ικανό: Έστω ότι . Έχουμε: r

2(t)=σταθερό. ⇒ r(t)=|r(t)|=σταθερό. ⇒ r Πρόταση 2: Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να έχει η διανυσματική συνάρτηση r(t) σταθερή διεύθυνση, είναι να είναι παράλληλη προς την παράγωγο της:

r r 0( ) ( )t d tdt

× = ∀t∈I (2.4.4)

Απόδειξη: Αναγκαίο: Θεωρούμε τη διανυσματική συνάρτηση: rr

r( )| ( )|

( )( )

tt

tr t

= r (t)= 0

που έχει μέτρο |r0(t)|=1 και σταθερή διεύθυνση, δηλαδή η διανυσματική συνάρτηση r (t) είναι σταθερή και επομένως r ′(t)=0 0 0

Έχουμε r(t)=r(t)r (t) ⇒ r′(t)=r′(t)r (t)+r(t)r ′(t)=r′(t)r (t) ⇒ r(t)×r′(t)=r′(t)r(t)×r0 0 0 0 0(t)=

=r′(t)r(t)× r( )( )

( )( )

tr t

r tr t

=′ r(t)×r(t)=0 και επομένως r(t)×r′(t)=0

d tdtr( )Ικανό: Έστω ότι r(t)× =0. Έχουμε:

d tdt

ddt

tr t

r r0( ) ( )( )

= −′

+ ′r tr t

tr t

t( )( )

( )( )

( )21

r r =− ′ + ′r t r t t r t t

r t( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )r r2

3= (2.4.5)

2(t)=r(t)⋅r(t) ⇒ 2r(t)r′(t)=2r(t)⋅r′(t) δηλαδή r(t)r′(t)=r(t)⋅r′(t) (2.4.6) αλλά rΗ σχέση (2.4.5) με τη βοήθεια της (2.4.6) γίνεται:

[ ] [ ]d tdt

t t t t tr t

r r r r r r r03

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

=− ⋅ ′ + ⋅ t′ [ ]1

3r tt t t t t t

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )r r r r r r⋅ ′ − ⋅ ′ ==

[ ]= × ′ ×1

3r tt t t

( )( ) ( ) ( )r r r

d tdtr 00 ( )

=αλλά επειδή r(t)×r′(t)=0 έχουμε ⇒ r (t)=σταθερό. 0

Άρα η διανυσματική συνάρτηση r(t) έχει σταθερή διεύθυνση. Παράδειγμα: Ας θεωρήσουμε την κίνηση ενός σημείου σε μια περιφέρεια ακτίνας r και με σταθερό μέτρο ταχύτητας v. Έχουμε:

2=r⋅r=σταθ. v2=v⋅v=σταθ. rΕάν παραγωγίσουμε τις δυο αυτές σχέσεις, χρησιμοποιώντας τις (2.4.3), προκύπτει ότι

ddtr =0 ⇒ r⋅v=0 (2.4.7) 2 r⋅

2v v⋅ =

ddt

0 ⇒ v⋅α=0 (2.4.8)


Επίσης παραγωγίζοντας τη σχέση r⋅v=0 έχουμε: ddt

ddt

r v r v⋅ + ⋅ = 0 ⇒ v⋅v+r⋅α=0 ⇒ r⋅α=-v2 (2.4.9)

Η εξίσωση (2.4.7) μας λέει ότι η ταχύτητα v είναι κάθετη στο διάνυσμα θέσης r. Η εξί-σωση (2.4.8) μας λέει ότι το διάνυσμα α της επιτάχυνσης είναι κάθετο στο διάνυσμα v της ταχύτητας. Άρα είναι συγγραμμικό του διανύσματος θέσης r και ομόρροπο ή αντίρροπο εάν η γωνία θ των διανυσμάτων r και α είναι 0 ή 180 μοίρες. Αλλά από τη σχέση (2.4.9) και από τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου έχουμε: r⋅α=|r||α|cosθ=-v2 ⇒ cosθ<0 άρα θ=1800

και επομένως |r||α|(-1)=-v2 ⇒ α=v2/r Βλέπουμε δηλαδή ότι με τη βοήθεια της παραγώγου διανυσματικής συνάρτησης μπορέ-σαμε να αποδείξουμε τα χαρακτηριστικά της ομαλής κυκλικής κίνησης, ότι δηλαδή η επι-τάχυνση κατευθύνεται πάντοτε προς το κέντρο της περιφέρειας, έχει μέτρο v2/r και ότι η ταχύτητα v είναι ένα διάνυσμα εφαπτόμενο της περιφέρειας.

2.5 Ολοκλήρωμα διανυσματικής συνάρτησης

Θεωρούμε μια συνεχή διανυσματική συνάρτηση: r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k

(2.5.1) Ορίζουμε σαν ολοκλήρωμα της διανυσματικής συνάρτησης r(t) την διανυσματική συ-νάρτηση u(t) η οποία ικανοποιεί τη σχέση:

d (t) (t)dt

=u r (2.5.2)

και θα γράφουμε: (2.5.3) (t) (t) dt= ∫u r + c

όπου c τυχαίο σταθερό διάνυσμα. Παράδειγμα 1: Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα της διανυσματικής συνάρτησης r(t)=(t2 3+1)i+2j-t k. Λύση:

( )( ) ( )3 4

2 31 2 3

t t(t) (t)dt t 1 2 t dt t c 2t c c3 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + + − = + + + + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫u r i j k i j k =

( )3 4t tt 2t3 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠i j k c i+c j+c k. όπου c=c= 1 2 3

Παρατήρηση 1: Από τον ορισμό του ολοκληρώματος μιας διανυσματικής συνάρτησης και από το προηγούμενο παράδειγμα, παρατηρούμε ότι το ολοκλήρωμα μιας διανυσματι-κής συνάρτησης ανάγεται στα ολοκληρώματα των συνιστωσών της. Έτσι μπορούμε να γράψουμε:

(t) (t) dt x(t) dt y(t) dt z(t) dt= + = + +∫ ∫ ∫ ∫u r c i j z +c (2.5.4)

Εκτός όμως από το ολοκλήρωμα της παραπάνω μορφής, που μπορούμε να το ονομάσου-με αόριστο ολοκλήρωμα μιας διανυσματικής συνάρτησης, μπορούμε να συζητάμε και


για ορισμένο ολοκλήρωμα μιας διανυσματικής συνάρτησης, που ορίζεται από την σχέ-ση:

[2 2

1 1

t t

t t(t)dt x(t) y(t) z(t) dt= + +∫ ∫r i j ]k (2.5.5)

Παράδειγμα 2: Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: ( )( )3

2 3

2

t 1 2 t dt+ + −∫ i j k

( )( ) ( )33 3 4

2 3

2 2

t tt 1 2 t dt t 2t3 4

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ i j k i j kΛύση: =

[ ] ( )8 81 229 3 2 6 4 4 23 4 3

⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎛ ⎞= + − + + − − − = + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠i j k i j 65

4

Άλλες μορφές ολοκληρωμάτων, που αναφέρονται σε διανυσματικές συναρτήσεις είναι:

2

1

t

t(t) (t)dt⋅∫ r v (2.5.6)

και (2.5.7) 2

1

t

t(t) (t)dt×∫ r v

Παράδειγμα 3: Να υπολογιστούν τα ολοκληρώματα:

α) β) 3

0(t) (t) dt⋅∫ r v

2

0(t) (t) dt×∫ r v

2 3 2i+(t+1)j-t k, v(t)=2i-tj+t k όπου r(t)=t

2 2 5 5 2Λύση: α) r(t)⋅v(t)=2t -t -t-t =-t =t -t. Επομένως

( )36 3 23 5 2

00

t t t-t +t -t dt 1176 3 2

= − + − = −∫3

0(t) (t) dt⋅∫ r v =

3 2 4 2 4β) r(t)×v(t)=(t )i+(-2t )j+(-t-2t-2)k. Επομένως +t -t -t

( ) ( ) ( )2 4 3 2 4 3 3

0t t t t 2t t 2t 2 dt⎡ ⎤− + + + − − + − − − =⎣ ⎦∫ i j k

2

0(t) (t) dt×∫ r v =

25 4 3 5 4 42

0

t t t t t t 4 72t 2t 125 4 3 5 2 4 15 5

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + + − − + − − − == − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

i j k i j k =

2.6 Εφαρμογές 2 31) Ένα σώμα κινείται στο χώρο με επιτάχυνση a(t)=t i+sintj-t k. Να βρεθεί η ταχύ-

τητα και η θέση του σώματος για κάθε χρονική στιγμή t. Θεωρούμε ότι για t=0 το σώμα βρίσκεται στην αρχή των αξόνων και η ταχύτητα του είναι μηδέν.

ddt

=vaΛύση: Επειδή έχουμε:

3 42 3

1t tdt t sin t t dt cos t3 4

⎡ ⎤= = + − = − − +⎣ ⎦∫ ∫v a i j k i j k c

όπου c ένα σταθερό διάνυσμα, το οποίο θα προσδιοριστεί από τις αρχικές συνθήκες: 1


Για t=0 έχουμε v(0)=0 ⇒ -j+c =0 ⇒ c =j. 1 13 4t t(1 cos t)3 4

= + − −v i j k Επομένως

Στη συνέχεια για να βρούμε το διάνυσμα θέσεως r(t) ολοκληρώνουμε την προηγούμενη

σχέση: 3 4 4

2t t t t(t) (t)dt (1 cos t) dt (t sin t)3 4 12 20

⎡ ⎤= = + − − = + − −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫r v i5

+j k i j k c

Από την αρχική συνθήκη r(0)=0 προκύπτει: c =0. Επομένως 24 5t t(t) (t sin t)

12 20= + − −r i j k

2) Θεωρούμε την κίνηση ενός σώματος υπό την επίδραση μιας κεντρικής δυνάμεως. (Μια δύναμη λέγεται κεντρική όταν διευθύνεται προς ή από ένα σταθερό σημείο Ο και το μέτρο της εξαρτάται μόνο από την απόσταση r από το σημείο Ο).

( )c f rr

=rF Η γενική μορφή μιας κεντρικής δυνάμεως είναι:

m= ×L r vΗ στροφορμή ενός σώματος ορίζεται από την σχέση: , (1) 12

= ×h r vκαι η εμβαδική ταχύτητα από την σχέση: . (2)

Δείξτε ότι ένα σώμα κινούμενο υπό την επίδραση μιας κεντρικής δυνάμεως έχει σταθερή στροφορμή και εμβαδική ταχύτητα. Μελετήστε τις περιπτώσεις για τις οποίες f(r)>0 και f(r)<0.

2

2

dm f (r)dt r

=r rΛύση: Από τον δεύτερο νόμο του Newton: ma=Fc προκύπτει: (3)

2

2dm f (r)dt r

⎛ ⎞ ⎛ ⎞× = × =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

r rr r 0Πολλαπλασιάζουμε την (3) εξωτερικά με το r: ⇒

2

2

d d dm m ddt dt dt dt

⎛ ⎞× = ⇒ × = ⇒ × =⎜ ⎟⎝ ⎠

r rr 0 r 0 r c mm r= ×L r v =c ⇒

Εφ’ όσον η μάζα m του σώματος είναι σταθερά, έχουμε:

( )1 1 12 2 m

× = =r v ch= σταθ.

Για την περίπτωση f(r)<0 η επιτάχυνση a(t) έχει φορά αντίθετη της φοράς του διανύσμα-τος θέσεως r(t) και επομένως η δύναμη διευθύνεται προς την αρχή Ο, δηλ. το σώμα έλκε-ται προς την αρχή. Εάν f(r)>0 η επιτάχυνση a(t) έχει την ίδια φορά με την φορά του διανύσματος θέσεως r(t) και επομένως το σώμα απωθείται από την αρχή. Η βαρυτική δύναμη της γης είναι ένα παράδειγμα για το οποίο ισχύει f(r)<0. 3) Δώστε μια γεωμετρική ερμηνεία των αποτελεσμάτων της προηγουμένης εφαρμο-γής, η οποία λέει ότι υπό την επίδραση μιας κεντρικής δύναμης, ένα σώμα έχει σταθερή εμβαδική ταχύτητα. Εφαρμόστε τα αποτελέσματα στην κίνηση των πλανητών. Λύση: Ας θεωρήσουμε ένα σώμα, που κινείται υπό την επίδραση μιας κεντρικής δύναμης. Στο σχήμα 2.6.1 σημειώνουμε τις θέσεις του σώματος r(t), r(t′) για τις χρονικές στιγμές t και t′. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι τα διανύσματα r(t) και r(t′) βρίσκονται


στο επίπεδο ΟΧΥ. Έστω Δr=r′-r και Δt=t′-t. Κατά το χρονικό διάστημα Δt το διάνυσμα r διαγράφει μια περιοχή της οποίας το εμβαδόν ΔΕ, κατά προσέγγιση, είναι:

12

×Δr r ΔΕ=

Α Β

r r′

Δr

O

x

y

z

h Το δε εμβαδόν, που διαγράφει το διάνυσμα r στην μονάδα του χρόνου, είναι κατά προσέγγιση:

1t 2 t

ΔΕ Δ= ×

Δ Δrr

και η στιγμιαία μεταβολή του εμβαδού ως προς τον χρόνο, είναι:

Σχ. 2.6.1

t 0dE 1 d 1limdt t 2 dt 2Δ →

ΔΕ= = × =

Δrr r× v

12

= ×h r vόπου v η ταχύτητα του σώματος. Το διάνυσμα ονομάζεται εμβαδική ταχύτη-

τα. Πολλαπλασιάζουμε την προηγούμενη σχέση εσωτερικά με r και έχουμε: h⋅r=0 Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι τα διανύσματα h, r είναι κάθετα. Επειδή δε το διάνυσμα της εμβαδικής ταχύτητας h είναι σταθερό, η κίνηση του σώματος γίνεται σ’ ένα επίπεδο κάθετο στο διάνυσμα h. Από τον νόμο της βαρύτητας έχουμε ότι δυο μάζες m και Μ έλκονται με μια δύ-ναμη της μορφής:

3

mMGr

= −F r

Έστω ότι το Μ παριστάνει την μάζα του ήλιου και το m την μάζα κάποιου πλανήτη. Επι-λέγουμε το σύστημα συντεταγμένων έτσι ώστε ο ήλιος να βρίσκεται στην αρχή Ο των α-ξόνων. Η εξίσωση της κίνησης του πλανήτη γράφεται:

2 2

2 3 2

d mM dm G Gdt r dt r

= − ⇒ = −r rr r3

M

Επειδή ο πλανήτης υφίσταται κεντρική δύναμη, συμπεραίνουμε ότι το διάνυσμα θέσεως του πλανήτη διαγράφει ίσα εμβαδά σε ίσους χρόνους. Ο παραπάνω νόμος είναι ένας από τους τρεις νόμους του Kepler και αποτυπώνεται στο παρακάτω σχήμα. Παρατηρούμε ότι εάν ο πλανήτης κινείται από το σημείο Α στο σημείο Β στο χρονικό διάστημα tAB και από το σημείο C στο σημείο D στο χρονικό διά-στημα tCD, και εάν t =tAB CD τότε τα αντίστοιχα γραμμοσκιασμένα εμβαδά είναι ίσα, δηλα-δή


εμβαδόν(DCO)=εμβαδόν(BAO) 4) Εάν η κίνηση ενός πλα-νήτη, που περιστρέφεται γύρω από τον ήλιο περιγράφεται από

την εξίσωση:2

2

d MGdt r

= −r r3 (1)

και Σχ. 2.6.2

1 d2 dt

× =rr h =σταθερή (2),

δείξτε ότι η τροχιά του πλανήτη είναι μια έλλειψη. Σε μια δε από τις εστίες της βρίσκεται ο ήλιος. Λύση: Έστω r το μοναδιαίο διάνυσμα, που αντιστοιχεί στο διάνυσμα r, δηλαδή 0

r=r r (3) 0

00

d d drdt dt dt

= = +r rv r r (4) Παραγωγίζουμε την (3):

20 00 0 0

d dr dmr r mrdt dt dt

⎛ ⎞× + = ×⎜ ⎟⎝ ⎠

r rr r rΈχουμε: L=2mh=mr×v= (5)

Παίρνουμε το εξωτερικό γινόμενο της (1) και της (5): 2

02

d d MmGdt dt r

× = × = − ×r vL L r2 L (6)

Αντικαθιστούμε το δεξιό μέλος της (5) στην (6):

( )2 0 0 00 0 0 0 0 02

d Mm d d dG r GmM GmMdt r dt dt dt dt

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞× = − × × = − ⋅ − ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

v r r rL r r r r r r 0dr (7)

(Εδώ χρησιμοποιήσαμε την ταυτότητα του τριπλού εξωτερικού γινομένου: v×(u×w) = u(v⋅w)-w(v⋅u) και την Πρόταση 1). Επειδή το L είναι σταθερό διάνυσμα, μπορούμε να γράψουμε:

(d ddt dt

× = ×v L v )L (8)

Συνδυάζοντας τις (7), (8) παίρνουμε:

( )ddt

×v L 0dGm (9) Mdtr=

Ολοκληρώνουμε την (9): v×L=GmMr +c (10) 0όπου c τυχαίο σταθερό διάνυσμα. Στη συνέχεια παίρνουμε το εσωτερικό γινόμενο της (10) με το r και οδηγούμαστε στην σχέση:

r⋅(v×L)=GmMr⋅r +r⋅c=GmMr+rr ⋅c= GmMr+rc cosθ (11) 0 0όπου θ η γωνία μεταξύ του διανύσματος r και του c. 0

Επειδή r⋅(v×L)=(r×v)⋅L=(L/m)⋅L=L2/m η (11) γράφεται: L2=GmMr+rc cosθ (14)


2

2L

L GmMr cGmM cmcos 1GmM cos

= =+ θ +

θ

(15) ή

Από την Αναλυτική Γεωμετρία γνωρίζουμε ότι η πολική εξίσωση μιας κωνικής τομής με εστία την αρχή των αξόνων έχει την μορφή:

br1 ecos

=+ θ

(16)

όπου b είναι κάποια σταθερά και e η εκκεντρότητα. Επομένως η εξίσωση (15) περιγράφει

μια κωνική τομή με εκκεντρότητα ceGmM

= .

Για ανοιχτές κωνικές τομές η εκκεντρότητα είναι e=1 για την παραβολή και e>1 για την υπερβολή. Για την έλλειψη, που είναι κλειστή καμπύλη, η εκκεντρότητα είναι e<1. Επει-δή οι τροχιές των πλανητών είναι κλειστές καμπύλες, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι οι τροχιές είναι ελλείψεις.

5) Εάν η τροχιά ενός σώματος δίνεται από την εξίσωση r=αcosωti+βsinωtj όπου α, β, ω σταθερές, να βρεθεί η εμβαδική ταχύτητα. Λύση: Η εμβαδική ταχύτητα δίνεται από τον τύπο: h=1/2r×v. Έχουμε: v=dr/dt=-αωsinωti+βωcosωtj . Επομένως: h=1/2r×v=1/2(αcosωti+βsinωtj)×(-αωsinωti+βωcosωtj)=1/2αβωk. 6) Δείξτε ότι το τόξο της καμπύλης, που ορίζεται από τις παραμετρικές εξισώσεις: x=cost, y=sint, z=0 με 0≤t≤2π είναι λείο. Ελέγξτε εάν το τόξο είναι κλειστό και ορίστε τον προσανατολισμό του. Λύση: Ένα τόξο λέγεται λείο εάν η παραμετρική διανυσματική εξίσωση: r=r(t), t ≤t≤t1 2 ικανοποιεί τις εξής συνθήκες: α) η παράγωγος dr/dt υπάρχει και είναι συνεχής διανυσματική συνάρτηση για t ≤t≤t1 2

τότε r(tβ) εάν ta≠tb a)≠r(t ) (εκτός ίσως από τα άκρα του) b

γ) dr/dt≠0 για όλες τις τιμές του t, t ≤t≤t1 2Τώρα για την συγκεκριμένη καμπύλη έχουμε: r(t)=costi+sintj ⇒ dr/dt=-sinti+costj Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι η παράγωγος dr/dt υπάρχει και είναι συνε-χής διανυσματική συνάρτηση. Άρα η συνθήκη α) εκπληρούται όπως και η β). Για 0≤t≤2π η παράγωγος dr/dt≠0. Επομένως το τόξο είναι λείο.

Για να είναι κλειστό θα πρέπει r(0)=r(2π). Έχουμε r(0)=i και r(2π)=i. Άρα το τό-ξο είναι κλειστό.

Ο προσανατολισμός του, που είναι ουσιαστικά η φορά διαγραφής του εάν η παρά-μετρος t παίζει τον ρόλο του χρόνου, καθορίζεται από την διεύθυνση της παραγώγου:

dr/dt=-sinti+costj Από την τελευταία έκφραση εύκολα προκύπτει ότι η φορά διαγραφής είναι η θετική, (η αντίθετη προς την φορά κινήσεως των δεικτών του ωρολογίου).


Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ

1. Να αποδειχθούν οι σχέσεις:

[ ]d d (t)(t) (t) (t) (t)dt dt dt

λλ = + λ

rr r d (t)

[ ]ddt

t t d tdt

t t d tdt

r v r v r v( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅ = ⋅ + ⋅

[ ]ddt

t t d tdt

t t d tdt

r v r v r v( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )× = × + ×

2. Να βρεθεί η διανυσματική συνάρτηση r(t) και το διάστημα μεταβολής Ι της ανεξάρ-τητης μεταβλητής t έτσι ώστε το ίχνος της r(t), (δηλαδή το σύνολο των σημείων, τα οποία αποτελούν το πέρας του διανύσματος r(t) όταν το t μεταβάλλεται στο διάστημα Ι), να εί-ναι η καμπύλη:

2 2 α) (x-5) +(y-3) =9 με τη θετική φορά διαγραφής (1

β) 4x2+9y2=36 με την αρνητική φορά διαγραφής γ) y=x2 με φορά διαγραφής από τ' αριστερά προς τα δεξιά δ) y=x3 με φορά διαγραφής από τ' αριστερά προς τα δεξιά 3. Οι καμπύλες με διανυσματικές παραμετρικές εξισώσεις: r1(t)=(et-1)i+2sintj+ln(t+1)k r2(u)=(u+1)i+(u2-1)j+(u3+1)k τέμνονται στην αρχή των αξόνων. Να υπολογισθεί η γωνία της τομής των. 4. Να βρεθεί η διανυσματική συνάρτηση r(t) με πεδίο ορισμού το διάστημα [0,2π], που να ικανοποιεί την αρχική συνθήκη r(0)=αi και η γραφική της παράσταση της r(t) να είναι

η έλλειψη: 2 2

2 2

x y 1+ =α β

η οποία διαγράφεται:

α) μια φορά κατά τη θετική φορά β) δυο φορές κατά τη θετική φορά γ) μια φορά κατά την αρνητική φορά δ) δυο φορές κατά την αρνητική φορά 5. Ένα σωμάτιο κινείται κατά μήκος μιας καμπύλης με παραμετρικές εξισώσεις x(t)=e-t, y(t)=2cos3t, z(t)=2sin3t, όπου t ο χρόνος. α) Να υπολογισθεί η ταχύτητα και η ε-πιτάχυνση για κάθε χρονική στιγμή t. β) Να υπολογισθεί το μέτρο της ταχύτητας και της επιτάχυνσης για την χρονική στιγμή t=0. 6. Ένα σωμάτιο κινείται κατά μήκος μιας καμπύλης με παραμετρικές εξισώσεις x(t)=2t2 2, y(t)=t -4t, z(t)=3t-5, όπου t ο χρόνος. Να υπολογισθούν οι συνιστώσες της ταχύ-τητας και της επιτάχυνσης ως προς την διεύθυνση του διανύσματος u=i-3j+2k την χρονι-κή στιγμή t=1. 7. Μια καμπύλη C ορίζεται από τις παραμετρικές εξισώσεις x=x(s), y=y(s), z=z(s), όπου s το μήκος του τόξου της καμπύλης C μετρουμένου από ένα σταθερό σημείο της C. (1 Μια καμπύλη λέγεται ότι διαγράφεται κατά την θετική φορά όταν η κίνηση είναι αντίθετη προς την φορά της κινήσεως των δεικτών του ωρολογίου. Σε διαφορετική περίπτωση θα λέμε ότι διαγράφεται κατά την αρ-νητική φορά.


Εάν r είναι τo διάνυσμα θέσεως ενός τυχόντος σημείου της C, δείξτε ότι το διάνυσμα dr/ds είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα εφαπτομενικό της C. 8. α) Να βρεθεί το μοναδιαίο εφαπτομενικό διάνυσμα σε τυχαίο σημείο της καμπύ-λης x(t)=t2 2+1, y(t)=4t-3, z(t)=2t -6t. β) Να υπολογίσετε το μοναδιαίο εφαπτομενικό διά-νυσμα στο σημείο που αντιστοιχεί για t=2.

t 31e tt

+ −i j k9. Δίνονται οι διανυσματικές συναρτήσεις: r(t)=2costi+sintk, v(t)=

Να υπολογιστούν τα ολοκληρώματα: α) , β) , γ)

/ 2

0(t) dt

π

∫ r/ 2

0(t) dt

π

∫ v/ 2

0(t) (t) dt

π⋅∫ r v

4

2

2

2

d (t)(t) dtdt

×⌠⎮⌡

rr10. Να υπολογιστεί το

t 2 t 4

d (t) d (t),dt dt= =

= = + +r r0 i j k εάν r(2)=3i+1j+1k, r(4)=6i+7j+3k,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙΙΙ

ΒΑΘΜΩΤΑ ΠΕΔΙΑ ΒΑΘΜΩΤΑ ΠΕΔΙΑΚΚΑΑΤΤΕΕΥΥΘΘΥΥΝΝΟΟΥΥΣΣΑΑ ΠΠΑΑΡΡΑΑΓΓΩΩΓΓΟΟΣΣ --ΒΒΑΑΘΘΜΜΩΩΣΣΗΗ

3.1 Γενικά

Πολλά φυσικά βαθμωτά μεγέθη μεταβάλλονται από σημείο σε σημείο στο χώρο. Π.χ. η θερμοκρασία σ' ένα δωμάτιο είναι διαφορετική σε διαφορετικά σημεία. Είναι υ-ψηλή κοντά σ' ένα καλοριφέρ και χαμηλή κοντά σ' ένα ανοικτό παράθυρο κατά τους χει-μερινούς μήνες. Έτσι η θερμοκρασία Τ σε κάποιο σημείο ενός δωματίου από μαθηματι-κής πλευράς είναι μια συνάρτηση των συντεταγμένων (x,y,z) του διανύσματος θέσης r=xi+yj+zk αυτού του σημείου, δηλαδή: Τ=Τ(x,y,z)=T(r) Γενικά μια αντιστοιχία f της μορφής: f: A⊂Rn → B⊂R f: (x ,x ,...,x )∈A → f(x ,x ,...,x )∈B (3.1.1) 1 2 n 1 2 n ονομάζεται βαθμωτό πεδίο ή συνάρτηση n μεταβλητών.

Εάν το βαθμωτό πεδίο είναι συνάρτηση δυο μεταβλητών: z=f(x,y), τότε η γραφική του παράσταση είναι μία επιφάνεια στον χώρο R3, π.χ. το βαθμωτό πεδίο

2 2z R x y= − − 2 έχει σαν γραφική παράσταση την επιφάνεια του άνω ημισφαιρίου μιας σφαίρας κέντρου την αρχή των αξόνων και ακτίνας R. Εάν το βαθμωτό πεδίο είναι συ-νάρτηση τριών μεταβλητών: w=f(x,y,z), τότε μπορούμε να πούμε ότι η γραφική του πα-ράσταση είναι μια επιφάνεια στο χώρο R4 των τεσσάρων διαστάσεων για την οποία όμως δεν έχουμε γεωμετρική εποπτεία. Γενικά η γραφική παράσταση ενός βαθμωτού πεδίου f(x ,x ,...,x ) n μεταβλητών είναι μια επιφάνεια σ' ένα χώρο n+1-διαστάσεων. 1 2 n Στα επόμενα θα ασχοληθούμε με βαθμωτά πεδία τριών μεταβλητών (x,y,z), που συνήθως είναι οι χωρικές συντεταγμένες ενός διανύσματος θέσης(1. Η επέκταση σε πε-ρισσότερες μεταβλητές ή ο περιορισμός σε δυο δεν δημιουργεί κανένα πρόβλημα.

3.2 Όριο βαθμωτού πεδίου.

Ένα βαθμωτό πεδίο f=f(r) έχει όριο τον αριθμό , όταν το r τείνει στο r0 , εάν ι-σχύει: (∀ε>0)(∃δ>0)[|r-r |<δ → |f(r)- |<ε] (3.2.1) 0

0f ( ) →⎯⎯⎯→r rr ή (3.2.2) και γράφουμε: 0

lim f ( )→ =r r rΟ ορισμός (3.2.1) του ορίου του βαθμωτού πεδίου f(r) είναι γενίκευση της έννοιας του (1 Υπάρχουν ακόμα βαθμωτά πεδία, που εξαρτώνται και από το χρόνο t, δηλαδή f=f(x,y,x,t). Με τέτοια πε-

δία δεν θα ασχοληθούμε εδώ.

32 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙII

ορίου μιας συνάρτησης f(x) μιας μεταβλητής. Παρατήρηση 1. Το όριο του f(r) πρέπει να είναι το ίδιο με οποιονδήποτε τρόπο και αν πλησιάσουμε το σημείο r0 . Εάν υπάρχουν δυο τουλάχιστον διαφορετικοί τρόποι, που οδηγούν σε διαφορετικά όρια, τότε το βαθμωτό πεδίο f(r) δεν έχει όριο.

xy yx y

++

3

2Παράδειγμα. Το βαθμωτό πεδίο f(x,y)= 2 δεν έχει όριο στο σημείο (0,0). Πράγ-

ματι: α) εάν πλησιάσουμε το σημείο (0,0) κατά μήκος του άξονα ΟX, (όποτε y=0), θα έ-χουμε: f(x,y)=f(x,0)=0 → 0 όταν x→ 0 β) εάν πλησιάσουμε το σημείο (0,0) κατά μήκος του άξονα ΟY, (όποτε x=0), θα έ-χουμε: f(x,y)=f(0,y)=y → 0 όταν y → 0 γ) εάν πλησιάσουμε το σημείο (0,0) κατά μήκος της ευθείας y=2x, θα έχουμε:

2 84

25

85

25

2 3

2 20x x

x xx x+

+= + ⎯ →⎯⎯→ f(x,y)=f(x,2x)=

Επομένως το βαθμωτό πεδίο f δεν έχει όριο στο σημείο (0,0), διότι δεν ισχύει η συνθήκη ″με οποιονδήποτε τρόπο″ του ορισμού. Παρατήρηση 2. Όταν το όριο υπάρχει τότε είναι μοναδικό

3.3 Συνέχεια βαθμωτού πεδίου.

Ένα βαθμωτό πεδίο f=f(r) είναι συνεχές στο σημείο r όταν : 0lim ( ) ( )r r r r→ =

0 0f f (3.3.1) Παραδείγματα συνεχών βαθμωτών πεδίων είναι όλα τα πολυώνυμα πολλών μεταβλητών, οι ρητές συναρτήσεις εκτός από τα σημεία στα οποία μηδενίζεται ο παρονομαστής και η σύνθεση συνεχών βαθμωτών πεδίων. Π.χ.

xy yzx y z

−+ +

2

2 2α) Το βαθμωτό πεδίο f(r)= 2 είναι συνεχές στο R3 εκτός από το σημείο

(0,0,0) x

x y

4

−β) Το βαθμωτό πεδίο f(r)= είναι συνεχές στο R2 εκτός από τα σημεία της ευ-

θείας y=x x yzx y

2 2

2+−

γ) Το βαθμωτό πεδίο f(r)= είναι συνεχές στο R2 εκτός από τα σημεία της

παραβολής y=x2 5x y

x y−

α +β + γ δ) Το βαθμωτό πεδίο f(r)=

z είναι συνεχές στο R3 εκτός από τα σημεία

του επιπέδου αx+βy+γz=0. 2

1 xztanx y

− ⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦

ε) Το βαθμωτό πεδίο f(r)= είναι σύνθεση της συνεχούς συνάρτησης tan-1

. Βαθμωτά πεδία - Κατευθύνουσα παράγωγος - Βάθμωση ♦ 33

xzx y

2

+και του βαθμωτού πεδίου που είναι συνεχές εκτός από τα σημεία του επιπέδου

x+y=0. Επομένως το αρχικό βαθμωτό πεδίου είναι συνεχές στο R3 εκτόs από τα σημεία του επιπέδου x+y=0.

3.4 Μερική συνέχεια ενός βαθμωτού πεδίου.

Ας θεωρήσουμε ένα βαθμωτό πεδίο δυο μεταβλητών f=f(x,y), (η γενικότητα, όπως θα φανεί αργότερα, δεν περιορίζεται). Το βαθμωτό πεδίο f θα λέγεται ότι είναι με-ρικώς συνεχές στο σημείο (x ,y ) ως προς την μεταβλητή x εάν: 0 0 (3.4.1) lim f(x,y ) = f(x ,y ) x x 0 0 00→

Επίσης το βαθμωτό πεδίο f θα λέγεται ότι είναι μερικώς συνεχές στο σημείο (x ,y0 0) ως προς τη μεταβλητή y εάν: lim ( , ) ( , )y y f x y f x y→ =

0 0 0 0 (3.4.2) Παρατήρηση. Αποδεικνύεται ότι όταν ένα βαθμωτό πεδίο είναι συνεχές στο πεδίο ορι-σμού του, τότε θα είναι και μερικώς συνεχές. Το αντίστροφο δεν ισχύει.

f x yxy

x y( , ) = +≠⎧

⎨⎪

⎩⎪

2

0

2 2 (x,y) (0,0)

(x,y) = (0,0) Παράδειγμα. Έστω

Επειδή f(x,0)=0 ∀x και f(0,y)=0 ∀y έχουμε lim και lim ( , ) ( , )y f y f→ = =0 0 0 0 0 ( , ) ( , )x f x f→ = =0 0 0 0 0δηλαδή στο σημείο (0,0) το βαθμωτό πεδίο f είναι μερικώς συνεχές και ως προς x και ως προς y. Όμως, δεν είναι συνεχές στο σημείο (0,0), διότι πλησιάζοντας το σημείο (0,0) κα-τά μήκος της ευθείας y=x έχουμε:

f x y xx xy x( , ) = =

+=

2 12

2 2 ( )(x,y) (0,0)y x

lim f x,y 1 0με

→=

= ≠ και επομένως

3.5 Μερικές παράγωγοι βαθμωτού πεδίου.

Έστω το βαθμωτό πεδίο f=f(x,y,z). Ορίζουμε την : α) Μερική παράγωγο ως προς x του βαθμωτού πεδίου f από το όριο:

lim ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )h x

f x h y z f x y zh

f x y z f x y z→

+ −= =0

∂∂x

(3.5.1)

β) Μερική παράγωγο ως προς y του βαθμωτού πεδίου f από το όριο:

lim ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )h y

f x y h z f x y zh

f x y z f x y z→

+ −= =0

∂∂y

(3.5.2)

γ) Μερική παράγωγο ως προς z του βαθμωτού πεδίου f από το όριο:

lim ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )h z

f x y z h f x y zh

f x y z f x y z→

+ −= =0

∂∂z

(3.5.3)

Οι μερικές παράγωγοι μας δίνουν τον συντελεστή μεταβολής του βαθμωτού πεδίου όταν


μεταβάλλεται η αντίστοιχη μεταβλητή, ενώ οι υπόλοιπες παραμένουν σταθερές. Παράδειγμα. Έστω f=f(x,y)=exy +ln(x2+y). Έχουμε:

∂∂

f(x,y)y

= ++

xex y

xy 12

∂∂

f(x,y)x

= ++

ye xx y

xy 22 και

∂∂

f(2,1)x

= ++

= +e e2 44 1

45

2Ο αριθμός μας δίνει τον συντελεστή μεταβολής του βαθ-

μωτού πεδίου f ως προς x στο σημείο (2,1). ∂∂

f(2,1)y

= ++

= +2 14 1

2 15

2e e2Ο αριθμός μας δίνει τον συντελεστή μεταβολής του βαθ-

μωτού πεδίου f ως προς y στο σημείο (2,1) Παρατήρηση. Όπως ξέρουμε, σε συνάρτηση μιας μεταβλητής, f(x), η ύπαρξη της παρα-γώγου εγγυάται τη συνέχεια της. Σε συναρτήσεις πολλών μεταβλητών, όπως τα βαθμωτά πεδία, η ύπαρξη των μερικών παραγώγων δεν παρέχει παρόμοια εγγύηση, π.χ. στην συ-νάρτηση:

f x yxy

x y( , ) = +≠⎧

⎨⎪

⎩⎪

2

0

2 2 (x,y) (0,0)

(x,y) = (0,0)

( )( )

∂∂

f x yx

y y x

x y

( , )=

−

+

2 2 2

2 2 2έχουμε: για (x,y)≠(0,0)

( )( )

∂∂

f x yy

x x y

x y

( , )=

−

+

2 2 2

2 2 2και για (x,y)≠(0,0)

ενώ για την αρχή των αξόνων έχουμε: f(x,0)=0 και f(0,y)=0, και επομένως ∂∂

f(x,0)x x= =0 0 ∂

∂f(0,y)

y y= =0 0 και

δηλαδή οι μερικές παράγωγοι υπάρχουν για κάθε σημείο (x,y) ακόμα και στο σημείο (0,0). Έχουμε δει όμως ότι η συνάρτηση αυτή δεν είναι συνεχής στο σημείο (0,0). Μια εξήγηση είναι η εξής :

∂∂

f(x ,y )x

0 0Η ύπαρξη της μερικής παραγώγου εξαρτάται από τη συμπεριφορά της f μόνο

στα σημεία της μορφής (x +h,y ). 0 0∂

∂f(x ,y )

y0 0Όμοια η ύπαρξη της μερικής παραγώγου εξαρτάται από τη συμπεριφορά της f

μόνο σε σημεία της μορφής (x ,y +k). 0 0

,yΑπό την άλλη πλευρά η συνέχεια της f στο σημείο (x0 0) εξαρτάται από τη συμπεριφορά της f σε σημεία πιο γενικής μορφής (x +h,y +k). 0 0 Με αλλά λόγια η ύπαρξη μιας μερικής παραγώγου εξαρτάται από τη συμπεριφορά της f κατά μήκος μιας διεύθυνσης, ενώ η συνέχεια της f εξαρτάται από τη συμπεριφορά της f κατά μήκος όλων των διευθύνσεων.


Παρατήρηση: Αποδεικνύεται ότι εάν οι μερικές παράγωγοι ενός βαθμωτού πεδίου είναι συνεχείς συναρτήσεις, τότε και το βαθμωτό πεδίο είναι συνεχές. Άσκηση: Να δειχθεί ότι η ύπαρξη των μερικών παραγώγων σε κάποιο σημείο συνεπάγε-ται την αντίστοιχη μερική συνέχεια.

3.6 Μερικές παράγωγοι 2ης τάξης.

Ας θεωρήσουμε ένα βαθμωτό πεδίο δυο μεταβλητών f=f(x,y). Οι μερικές παράγω-

γοι ∂∂

fx

∂∂

fy

και είναι δυο νέες συναρτήσεις των x και y, των οποίων μπορούμε να υπο-

λογίσουμε τις εξής μερικές παραγώγους: ∂∂

∂∂

∂∂

x

fx

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

2

2f

x

2 f fy x y x

∂ ∂ ∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

∂∂

∂∂

∂∂

y

fy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

2

2

fy

2 fx y x y⎛ ⎞ f∂ ∂ ∂

=⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ (3.6.1)

οι οποίες ονομάζονται 2ης τάξης μερικές παράγωγοι του βαθμωτού πεδίου f. Παράδειγμα 1: Για το βαθμωτό πεδίο f=sin(x2y) έχουμε:

∂∂

fx

∂∂

fy

=2xycosx2y και =x2cosx y

και οι 2ης τάξης μερικές παράγωγοι είναι: ∂∂

2

22 2 2 24 2f

xx y x y y x y= − +sin cos

23 2f 2x ysin x y 2x cos x y

y x∂

= − +∂ ∂

2

∂∂

2

24 2f

yx x= − sin

23 2f 2x ysin x y 2x cos x y

x y∂

= − +∂ ∂

2 y

Παράδειγμα 2: Για το βαθμωτό πεδίο f=ln(x2+y3) έχουμε:

∂∂

fy

yx y

=+

3 2

2 3

∂∂

fx

xx y

=+

22 3

και οι 2ης τάξης μερικές παράγωγοι είναι:

( ) ( )∂∂

2

2

2 2

2 3 2

3 2

2 3 22 2 2 2f

xx y x x

x yy x

x y=

+ −

+=

−

+

( ) ( ) ( )

( ) ( )2 2

2 22 3 2 3

f 2x(3y ) 6xyy x x y x y

∂ − −= =

∂ ∂ + +

2

( ) ( )2 2

2 22 3 2 3

f 3y (2x) 6xyx y x y x y

∂ − −= =

∂ ∂ + +

2

( ) ( )∂∂

2

2

2 2 2 2

2 3 2

2 3

2 3 26 3 3 3 2f

yx y y y y

x yy x yx y

=+ −

+=

−

+

( ) ( ) ( )

2 2f f

y x x y∂ ∂

=∂ ∂ ∂ ∂

Kαι στα δυο παραπάνω παραδείγματα παρατηρούμε ότι Η ισότητα αυτή

προφανώς δεν οφείλεται στη συμμετρία των βαθμωτών πεδίων, αφού κανένα από τα βαθ-μωτά πεδία δεν είναι συμμετρικό ως προς x και y, αλλά στη συνέχεια. Πράγματι αποδει-κνύεται ότι, (θεώρημα Schwartz), εάν το βαθμωτό πεδίο f και οι μερικές παράγωγοι:


∂∂ ∂

2fx y

∂∂ ∂

2fy x

∂∂

fx

∂∂

fy

, , ,

∂∂ ∂

2fy x

∂∂ ∂

2fx y

= (3.6.2) είναι συνεχείς συναρτήσεις, τότε ισχύει :

3.7 Κατευθύνουσα παράγωγος.

Ας υποθέσουμε ότι γνωρίζουμε τη θερμοκρασία T(x,y,z) σε κάθε σημείο ενός δωματίου ή μιας μεταλλικής πλάκας, και έστω T (x ,y ,z0 0 0 0) η τιμή της θερμοκρασίας στο σημείο r i+y j+z k. Ένα ερώτημα που μπορεί να τεθεί εδώ είναι το εξής: =x0 0 0 0 Με ποιο τρόπο η θερμοκρασία μεταβάλλεται όταν από το σημείο (x ,y ,z0 0 0) μετακι-νηθούμε και πάμε σ' ένα άλλο γειτονικό σημείο (x,y,z)(2. Είναι προφανές ότι η θερμοκρα-σία θα αυξάνει προς ορισμένες διευθύνσεις και θα μειώνεται προς άλλες. Όπως επίσης θα υπάρχουν διευθύνσεις ως προς τις οποίες η θερμοκρασία θα αυξάνεται πιο γρήγορα από ότι σ' άλλες. Έτσι ο τρόπος μεταβολής της θερμοκρασίας σε σχέση με τη μετατόπιση ε-ξαρτάται από τη διεύθυνση προς την οποία μετακινούμεθα. Αυτός ο τρόπος μεταβολής θα μας οδηγήσει στην έννοια της κατευθύνουσας παραγώγου ενός βαθμωτού πεδίου, που πε-ριέχει σαν ειδικές περιπτώσεις τις μερικές παραγώγους. Πράγματι, αυτό που θέλουμε να υπολογίσουμε είναι η οριακή τιμή του πηλίκου ΔΤ/Δs, όπου το Δs είναι μια στοιχειώδης μετατόπιση σε μια δεδομένη διεύθυνση και ΔΤ η αντίστοιχη μεταβολή της θερμοκρασίας. Έτσι ορίζουμε σαν κατευθύνουσα παράγωγο dT/ds το όριο:

s 0dT Τlimds sΔ →

Δ=

Δ (3.7.1)

r0r

P0

P

u

s

Σχ. 3.7.1

Έστω ότι έχουμε ένα βαθμωτό πεδίο f=f(x,y,z) και θέλουμε να υπολογίσουμε την κατευθύνουσα παράγωγο df/ds στο σημείο P (x ,y ,z0 0 0 0) ως προς την διεύθυνση του μο-ναδιαίου διανύσματος(3 u=αi+βj+γk με α2 2+β +γ2=1, (Σχ. 3.7.1). Οι παραμετρικές ε-ξισώσεις της ευθείας, που διέρχεται από το σημείο P (x ,y ,z0 0 0 0 ) και είναι παράλληλη προς το διάνυσμα u είναι: x=x +αs y=y +βs z=z0 0 0+γs (3.7.2) Η γεωμετρική σημασία της παραμέτρου s εί-ναι ότι δίνει την απόσταση του σημείου

(2 Το σημείο (x,y,z) θα λέγεται γειτονικό του σημείου (x0,y0,z0) όταν x=x0+Δx, y=y0+Δy, z=z0+Δz με Δx,

Δy, Δz απειροστά, δηλαδή μεγέθη πολύ μικρά. (3 Το διάνυσμα u το θεωρούμε μοναδιαίο γιατί αυτό που θέλουμε από το u είναι η διεύθυνση του και η φο-

ρά του.


P(x,y,z) από το σημείο P (x ,y ,z ). Πράγματι από τις εξισώσεις (3.7.2) έχουμε: 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2 2 20 0 0(x x ) (y y ) (z z ) ( s) ( s) ( s) s s − + − + − = α + β + γ = α +β + γ =

Εάν περιορίσουμε το βαθμωτό πεδίο f πάνω στα σημεία της ευθείας με τις παραμετρικές εξισώσεις (3.7.2), τότε το βαθμωτό πεδίο f γίνεται συνάρτηση μιας μεταβλητής, της s.

+αs, y +βs, z +γs) = f(s) f = f(x,y,z) = f(x0 0 0

Αποδεικνύεται, (Παρατήρηση 1 παρ. 3.10), ότι: 0 0 0 0 0 0 0df (P ) f (P ) f (P ) f (P ) f (P ) f (P ) f (P )dx dy dz

ds x ds y ds z ds x y z∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= + + = α + β+∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

γ (3.7.3)

Η σχέση (3.7.3) μπορεί να θεωρηθεί σαν εσωτερικό γινόμενο του διανύσματος: u=αi+βj+γk

με ένα άλλο διάνυσμα, που έχει συντεταγμένες: 0 0f (P ) f (P ) f (P ), ,

x y z⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

0

Το διάνυσμα αυτό το συμβολίζουμε ∇f (P ) ή gradf(P ) και είναι: 0 0

0 0f (P ) f (P ) f (P )x y z

0∂ ∂ ∂+ +

∂ ∂ ∂i j k ∇f =gradf =0(P ) 0(P ) (3.7.4α)

Ονομάζεται δε βάθμωση ή βαθμίδα ή κλίση ή ανάδελτα του βαθμωτού πεδίου f στο σημείο Ρ .. 0Εάν αναφερόμαστε σ’ ένα τυχαίο σημείο Ρ(x,y,z) θα γράφουμε:

f f fx y z∂ ∂ ∂

+ +∂ ∂ ∂

i j k∇f =gradf= (3.7.4β)

Τελικά, η κατευθύνουσα παράγωγος του βαθμωτού πεδίου f στο σημείο Ρ0 μπορεί να γραφεί:

0df (P )ds

)⋅u (3.7.5) =∇f(Ρ 0

Πολλές φορές χρησιμοποιούνται και οι παρακάτω συμβολισμοί για την κατευθύνουσα παράγωγο:

∂∂f( )ru

f′(r: u) (4 ή

όπου r το διάνυσμα θέσης του σημείου στο οποίο υπολογίζεται η βάθμωση. Από τη σχέση (3.7.3) ορίζουμε σαν διαφορικό του βαθμωτού πεδίου f(x,y,z) την έκ-

φραση: df fx

dx fy

dy fz

dz= + +∂∂

∂∂

∂∂

(3.7.6)

Η έκφραση αυτή του διαφορικού μπορεί επίσης να προέλθει από την σχέση (3.7.5) και να έχουμε: df=(∇f⋅u)ds (4 Το σύμβολο f′(r: u) διαβάζεται: “κατευθύνουσα παράγωγος του βαθμωτού πεδίου f στο σημείο με διά-

νυσμα θέσεως r και ως προς την διεύθυνση του διανύσματος u”.


Παρατήρηση 1: Η έννοια της κατευθύνουσας παραγώγου περιέχει σαν ειδικές περι-πτώσεις τις μερικές παραγώγους. Πράγματι:

∂∂fx( )rdf

ds α) εάν πάρουμε u=i τότε = f′(r: i)=∇f(r)⋅i=

∂∂fy( )rdf

ds β) εάν πάρουμε u=j τότε = f′(r: j)=∇f(r)⋅j=

∂∂f

z( )rdf

ds γ) εάν πάρουμε u=k τότε = f′(r: k)=∇f(r)⋅k=

Παρατήρηση 2: Ας σταθούμε για λίγο στη μορφή του τύπου (3.7.5). Το δεξιό μέλος ∇f⋅u αποτελείται από δυο μέρη: Το ένα μέρος, το μοναδιαίο διάνυσμα u, μας δίνει μια μόνο πληροφορία, τη διεύθυνση ως προς την οποία θέλουμε να υπολογίσουμε την κατευθύνου-σα παράγωγο του f. Το άλλο μέρος, το διάνυσμα ∇f, μας δίνει πληροφορίες που έχουν σχέση μόνο με το βαθμωτό πεδίο f. Με αλλά λόγια το ∇f θα περιέχει χαρακτηριστικά και ιδιότητες του βαθμωτού πεδίου f. Παρατήρηση 3: Ένας άλλος τρόπος προσέγγισης της έννοιας της κατευθύνουσας παρα-γώγου δίνεται στην παράγραφο 3.10 .

3.8 Ιδιότητες της βάθμωσης f ∇

Α) Από τη σχέση (3.7.5) έχουμε: dfds

=∇f⋅u = |∇f||u|cosθ = |∇f|cosθ (3.8.1)

Από τη τελευταία σχέση βλέπουμε ότι η παρά-γωγος df/ds είναι η προβολή του διανύσματος ∇f στη διεύθυνση του u, (Σχ.3.8.1). Επομένως |df/ds|≤|∇f| και το ίσον ισχύει όταν θ=0 ή 180 μοίρες, δηλαδή η διεύθυνση του u συμπίπτει με εκείνη του ∇f ή είναι αντίθετη. Στην περίπτωση που θ=0, δηλαδή u=∇f/|∇f| η παράγωγος df/ds παίρνει τη μέγιστη δυνατή τιμή, που προφανώς είναι |∇f|. Συμπέρασμα: Η διεύθυνση του ∇f σε κάποιο σημείο είναι η διεύθυνση εκείνη που εάν την ακολουθήσουμε, τότε η παράγωγος df/ds, (δηλαδή ο συντελεστής μεταβολής του βαθμωτού πεδίου f), θα είναι η μεγαλύτερη που μπορεί να έχει το βαθμωτό πεδίο στο ση-μείο αυτό. Παράδειγμα 1: Δίνεται το βαθμωτό πεδίο f=x2y+xz και το διάνυσμα u=2i-2j+k. Να βρεθεί η κατευθύνουσα παράγωγος του βαθμωτού πεδίου f στο σημείο με διάνυσμα θέ-σης r=i+2j-k ως προς την διεύθυνση του u. Επίσης να βρεθεί η διεύθυνση ως προς την οποία η κατευθύνουσα παράγωγος στο ίδιο σημείο να είναι η μέγιστη δυνατή και να βρε-θεί η μέγιστη αυτή τιμή.

∇f z

y

x

df/ds r u

O

Σχ. 3.8.1

θ ∇f


Λύση: Εδώ το διάνυσμα u δεν είναι μοναδιαίο. Γι' αυτό πρέπει να το αντικαταστήσουμε με το αντίστοιχο μοναδιαίο:

( )u uu

u i j k0 4 4 113

2 2= =+ +

= − +| |

Από τον τύπο της κατευθύνουσας παραγώγου θα μας χρειαστεί η βάθμωση ∇f: ∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

fz

i j+ + ∇f= k =(2xy+z)i+x2j+xk

και η τιμή της στο σημείο με διάνυσμα θέσης r=i+2j-k, δηλ. x=1, y=2, z=-1, είναι: ∇f(r) = 3i+j+k

Έτσι θα είναι: dfds

13

23

13

53

+ ==∇f⋅u =(3i+j+k)⋅ (2i-2j+k)=2- 0

Η διεύθυνση της μέγιστης τιμής της παραγώγου είναι εκείνη της ∇f(r), δηλαδή του δια-νύσματος ∇f(r)=3i+j+k και η μέγιστη τιμή είναι:

dfds

= |∇f(r)|= 9 1 1 11+ + =

Διαισθητική ερμηνεία της πρώτης ιδιότητας της βάθμωσης: Ας θεωρήσουμε ότι το βαθμω-τό πεδίο f είναι συνάρτηση δυο μεταβλητών (x, y) και ότι η γραφική του παράσταση πα-ριστάνει την πλαγιά ενός βουνού. Δηλ. η τιμή του z=f(x,y) παριστάνει το ύψος του σημεί-ου της πλαγιάς που έχει προβολή στο επίπεδο της θάλασσας το σημείο (x, y). Εάν βρε-θούμε σ' ένα σημείο Ρ της πλαγιάς τότε η κατεύθυνση της δυσκολότερης ανάβασης θα εί-

ναι εκείνη που δείχνει το διάνυσμα της βάθμωσης ∇f= f fx y∂ ∂

+∂ ∂

i j . Βέβαια το διάνυσμα

αυτό δεν έχει τρίτη συνιστώσα και επομένως η διεύθυνση του είναι οριζόντια. Εάν θεω-ρήσουμε την βάθμωση σαν πυξίδα, η διεύθυνση την οποία θα ακολουθήσουμε ξεκινώντας από το σημείο Ρ θα είναι εκείνη ως προς την οποία το z έχει τον μεγαλύτερο συντελεστή αύξησης. Η κλίση της πλαγιάς προς αυτή την κατεύθυνση, δηλ. το πηλίκο της μεταβολής του ύψους dz προς το αντίστοιχο μήκος ds: dz/ds ισούται με το μέτρο της βάθμωσης. Πράγματι, επειδή u=∇f/|∇f| τότε dz/ds=∇f⋅u=|∇f|. Από την (3.8.1) βλέπουμε ότι η κατεύ-θυνση της πλέον αποτόμου καθόδου, δηλ. της μεγαλύτερης μείωσης του z, προκύπτει για θ=180ο και είναι αντίθετη από την κατεύθυνση της πιο απότομης ανόδου. Σε γωνία τώρα 90ο μοιρών ως προς τις δυο άλλες κατευθύνσεις, η κλίση της πλαγιάς είναι μηδέν και το διάνυσμα της βάθμωσης είναι εφαπτόμενο στις ισοϋψείς(5 καμπύλες.

Τα παραπάνω γίνονται πιο κατανοητά εάν θεωρήσουμε σαν πλαγιά την επιφάνεια μιας σφαίρας. Τότε το βαθμωτό πεδίο είναι z=f(x,y)= 2 2R x y2− − με βάθμωση:

2 2 2 2 2 2 2 2

x yfR x y R x y R r

∇ = − − = −− − − − −

ri j

η οποία δείχνει προς την αρχή των αξόνων. Έτσι όταν εμείς βρισκόμαστε πάνω στην επι-φάνεια της σφαίρας και ακολουθήσουμε την ένδειξη της πυξίδας, είμαστε αναγκασμένοι να ακολουθήσουμε τον μεσημβρινό που διέρχεται από το σημείο που βρισκόμαστε και ο

(5 Μια ισοϋψής καμπύλη είναι ειδική περίπτωση της έννοιας της ισοσταθμικής επιφάνειας, που θα ορίσουμε

αμέσως παρακάτω. Προκύπτει δε από την εξίσωση z=f(x,y) όταν το z πάρει μία σταθερή τιμή.


οποίος θα μας οδηγήσει στον βόρειο πόλο, δηλ. προς την διεύθυνση της δυσκολότερης ανάβασης. Εάν ακολουθήσουμε την αντίθετη κατεύθυνση, που δείχνει η βάθμωση, τότε θα ακολουθήσουμε τον ίδιο μεσημβρινό, αλλά προς το νότιο πόλο. Εάν τώρα διαλέξουμε διεύθυνση κάθετη προς την βάθμωση, τότε είμαστε αναγκασμένοι να ακολουθήσουμε έ-ναν παράλληλο κύκλο.

Πριν προχωρήσουμε στην επόμενη ιδιότητα του ∇f θα δώσουμε τον ορισμό της ισοσταθμικής επιφάνειας. Στις περισσότερες εφαρμογές ένα βαθμωτό πεδίο είναι μια συνάρτηση δυο ή τριών μεταβλητών, του οποίου η τιμή μεταβάλλεται από σημείο σε σημείο. Eίναι όμως δυνατό να υπάρχουν σημεία του χώρου, (που να ανήκουν βέβαια στο πεδίο ορισμού του f), στα οποία το βαθμωτό πεδίο f έχει σταθερή τιμή, έστω c. Τα σημεία αυτά γενικά αποτελούν μια επιφάνεια, η οποία λέγεται ισοσταθμική επιφάνεια, που χαρακτηρίζεται από την τιμή c και συμβολίζεται με Lc . Η επιφάνεια αυτή ορίζεται από τη σχέση: Lc=(x,y,z)∈A⊂R3 / f(x,y,z)=c (3.8.2)

1 12 2r x y z

=+ +

Παράδειγμα 2: Το βαθμωτό πεδίο f(r)=f(x,y,z)=2

έχει σαν ισοσταθμι-

κές επιφάνειες ομόκεντρες σφαίρες με κέντρο την αρχή των αξόνων. Πράγματι, έστω f=c

=σταθ. με c>0, τότε 12 2 2x y z

c+ +

= ⇒ x2+y2 2+z =1/c2

Η τελευταία σχέση είναι εξίσωση σφαίρας με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1/c. Το βαθμωτό πεδίο f=1/r, πολλαπλασιασμένο με κατάλληλες σταθερές συναντάται στη φυσική σαν το δυναμικό του πεδίου Coulomb ή το δυναμικό του πεδίου βαρύτητας. Οι αντίστοιχες ισοσταθμικές επιφάνειες λέγονται ισοδυναμικές επιφάνειες. Εάν το βαθ-μωτό πεδίο f παριστάνει θερμοκρασία ή πίεση, οι αντίστοιχες επιφάνειες λέγονται ισό-θερμες ή ισοβαρείς. Η επόμενη ιδιότητα της βάθμωσης ∇f ενός βαθμωτού πεδίου f έχει σχέση με τις ι-σοσταθμικές επιφάνειες και είναι η εξής: Β) Η βάθμωση ∇f σ' ένα σημείο Ρ μιας ισοσταθμικής επιφάνειας Lc είναι διάνυσμα κάθετο στην επιφάνεια αυτή.

Προτού αποδείξουμε την ιδιότητα αυτή, ας θυμηθούμε ότι ένα διάνυσμα, (ή αντί-στοιχα η ευθεία, που είναι ο φορέας του διανύσματος), λέγεται κάθετο σε μια επιφάνεια και στο σημείο Ρ, εάν είναι κάθετο στο εφαπτόμενο διάνυσμα οποιασδήποτε καμπύλης, που βρίσκεται πάνω στην επιφάνεια και διέρχεται από το σημείο Ρ. Θεωρούμε τώρα μια καμπύλη Κ, που βρίσκεται πάνω στην ισοστάθμιση επιφάνεια Lc και περνάει από το ση-μείο Ρ, (Σχ. 3.8.2). Έστω επίσης ότι η διανυσματική παραμετρική εξίσωση αυτής της κα-μπύλης είναι:

r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k Το βαθμωτό πεδίο f, εάν το περιορίσουμε στα σημεία αυτής της καμπύλης, γίνεται

τότε συνάρτηση μιας μεταβλητής, της t, και μάλιστα σταθερή: f=f(x(t),y(t),z(t))=g(t)=c (3.8.3)


όπου c η σταθερή τιμή που χαρακτηρίζει την επιφάνεια Lc. Παραγωγίζοντας τώρα την σχέση (3.8.3) ως προς t, έχουμε:

d tdtr( )

0=dg t

dtfx

dx tdt

fy

dy tdt

fz

dz tdt

( ) ( ) ( ) ( )= + +∂∂

∂∂

∂∂

= ∇f⋅ (3.8.4)

d tdtr( )

Επομένως ∇f⋅ =0 για κάθε t, άρα και για την τιμή tP που αντιστοιχεί στο σημείο Ρ,

δηλαδή:

( )f td t

dtPt t P

rr

( )( )

⋅ ==

0 ∇

O

Σχ. 3.8.2 x

y

z

∇f

r(t)

Κ

d tdtr( )

P

Επομένως, το διάνυσμα της βάθμωσης ∇f στο σημείο Ρ είναι κάθετο στο διάνυσμα d t

dt t tP

r( )=

που είναι εφαπτόμενο διάνυσμα της καμπύλης Κ στο σημείο Ρ. Επειδή δε η κα-

μπύλη Κ ήταν τυχαία, (αφού δεν χρησιμοποιήσαμε καμία συγκεκριμένη έκφραση για την r(t)), η βάθμωση ∇f είναι κάθετο διάνυσμα στα εφαπτόμενα διανύσματα όλων των κα-μπυλών, που βρίσκονται στην ισοσταθμική επιφάνεια Lc και διέρχονται από το σημείο Ρ. Άρα το διάνυσμα ∇f είναι κάθετο στην επιφάνεια Lc .

d tdtr( ) Εάν στην έκφραση (3.8.4), στη θέση του θέσουμε το αντίστοιχο μοναδιαίο


u

r

r=

d tdt

d tdt

( )

( ) ( )dfds

f t P= ′ =r u( ): 0διάνυσμα: τότε προκύπτει ότι

Δηλαδή, η κατευθύνουσα παράγωγος ενός βαθμωτού πεδίου σε κάποιο σημείο μιας ισο-σταθμικής επιφάνειας Lc, ως προς διεύθυνση εφαπτομενική της επιφάνειας, είναι μηδέν, δηλαδή το βαθμωτό πεδίο δεν μεταβάλλεται. Αυτό ήταν επόμενο, αφού στοιχειώδης μετα-τόπιση από ένα σημείο σ’ ένα άλλο της ισοσταθμικής επιφάνειας, ακολουθώντας διεύ-θυνση εφαπτομενική της επιφάνειας, ουσιαστικά σημαίνει ότι εξακολουθούμε να βρισκό-μαστε πάνω στην ισοσταθμική επιφάνεια και το βαθμωτό πεδίο εξακολουθεί να έχει την τιμή c, δηλαδή δεν μεταβάλλεται. Γ) Ας θεωρήσουμε δυο ισοσταθμικές επιφάνειες και έτσι ώστε cLc1

Lc2-c2 1=Δc<<1

και ένα σημείο Ρ ∈ , (Σχ. 3.8.3). Θέτουμε το ερώτημα: Lc11

Ξεκινώντας από το σημείο Ρ1, ποια διεύθυνση πρέπει να ακολουθήσουμε, ώστε να φθά-σουμε στην ισοσταθμική επιφάνεια L διανύοντας τον ελάχιστο δρόμο; c2

Η απάντηση στο ερώτημα είναι η εξής: . Με r και rΈστω ότι το σημείο αυτό είναι το Ρ2 1 2 συμβολίζουμε τα αντίστοιχα διανύ-

σματα θέσης των σημείων Ρ και Ρ1 2 και έστω Δs=|Δr|=|r -r | 2 1Από τον ορισμό των ισοσταθμικών επιφανειών έχουμε:

11 1f ( )f ( ) f ( )x y

x y zz

∂∂ ∂Δ + Δ + Δ

∂ ∂ ∂

rr r =f(r )-f(r = Δc=c -c )=Δf= 2 1 2 1

=∇f(r ).(Δxi+Δyj+Δzk)=∇f(r ).Δr=|∇f(r )||Δr|cosθ=|∇f(r1 1 1 1)|Δscosθ (3.8.5)

όπου θ η γωνία που σχηματίζουν τα διανύσματα ∇f(r ) και Δr. Από την σχέση (3.8.5)

Δs

r1

P1

P2

O

Σχ 3.8.4

z

r2

y

∇f(r1)

x

Lc1

Lc2

θ Δr

1


προκύπτει:

Δs=θ∇

Δcos|)(f|

c

1r (3.8.6)

Από την τελευταία σχέση βγαίνει το συμπέρασμα ότι το μήκος του δρόμου Δs, που ενώνει τα σημεία Ρ γίνεται ελάχιστο όταν το cosθ γίνει μέγιστο, (διότι τα Δc και |∇f(r και Ρ1 2 1)| είναι σταθερές ποσότητες), και τούτο συμβαίνει όταν θ=0, δηλ. όταν η διεύθυνση του Δr, (του οποίου το μέτρο είναι Δs), συμπίπτει με την διεύθυνση του ∇f(r1). Επομένως η διεύ-θυνση του ∇f(r1) είναι εκείνη που πρέπει να ακολουθήσουμε για να πάμε από το σημείο Ρ1 της ισοσταθμικής επιφάνειας στην ισοσταθμική επιφάνεια διανύοντας τον μι-κρότερο δρόμο.

Lc1Lc2

3.9 Γραφική παράσταση βαθμωτών πεδίων

Ας θεωρήσουμε ένα βαθμωτό πεδίο δυο μεταβλητών: f=f(x,y). Εάν την τιμή του f την θεωρήσουμε σαν τρίτη συντεταγμένη z, τότε η εξίσωση z=f(x,y) παριστάνει εν γένει μια επιφάνεια, την οποία μπορούμε να θεωρήσουμε σαν την γραφική παράσταση του βαθμωτού πεδίου f. Παράδειγμα 1: Το βαθμωτο πεδίο: f=f(x,y)=x2+y2 μας δίνει την εξίσωση z=x2+y2, της οποίας η γραφική παράσταση είναι η επιφάνεια:

x y

z

που παριστάνει ένα παραβολοειδές. Οι αντίστοιχες ισοσταθμικές καμπύλες δίνονται από την σχέση: x2+y2=c και για c>0 μας δίνει ομόκεντρους κύκλους με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα √c:

Πολλές φορές προτιμούμε τις ισοσταθμικές καμπύλες να τις απεικονίζουμε μαζί με την


επιφάνεια όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

x y

z

Σ’ αυτήν την περίπτωση οι καμπύλες λέγονται ισοϋψείς και ορίζονται από εκείνα τα ση-μεία του χώρου για τα οποία η τρίτη συνιστώσα, δηλ. η z έχει σταθερή τιμή που καθορίζει και το ύψος στο οποίο βρίσκεται η καμπύλη. Εάν προβάλλουμε τις ισοϋψείς καμπύλες στο επίπεδο Oxy παίρνουμε το προηγούμενο σχήμα των ομόκεντρων κύκλων.

2Παράδειγμα 2: Ας θεωρήσουμε ένα άλλο βαθμωτό πεδίο f=x -y2. Εργαζόμενοι όπως και πριν βρίσκουμε την παρακάτω γραφική παράσταση:

η οποία είναι μια σαγματική (6 επιφάνεια. Οι αντίστοιχες ισοσταθμικές καμπύλες είναι:

(6 Η ονομασία σαγματική επιφάνεια οφείλεται στο γεγονός ότι η μορφή της επιφάνειας μοιάζει με σάγμα,

(σέλα αλόγου).


που παριστάνουν υπερβολές.

Τέλος η γραφική παράσταση του βαθμωτού πεδίου με τις ισοϋψείς καμπύλες εί-ναι:

Τέλος για βαθμωτά πεδία τριών μεταβλητών: f=f(x,y,z) δεν μπορούμε να έχουμε γραφική παράσταση, όπως προηγούμενα, μπορούμε όμως να σχεδιάσουμε μερικές ισο-σταθμικές επιφάνεις. Π. χ. ας θεωρήσουμε το βαθμωτό πεδίο f=x2+y2 2+z , του οποίου προφανώς οι ισοσταθμικές επιφάνειες είναι ομόκεντρες σφαίρες με κέντρο την αρχή των αξόνων.

3.10 Μια άλλη προσέγγιση της έννοιας της κατευθύνουσας παραγώγου

(7 Ας θεωρήσουμε ένα βαθμωτό πεδίο f(r) με πεδίο ορισμού ένα ανοικτό υποσύνολο Α του χώρου R3 και Ρ ένα σημείο του Α με διάνυσμα θέσης r. Έστω επίσης ένα διάνυ-

(7 Ένα υποσύνολο Α του R ονομάζεται ανοικτό εάν για κάθε σημείο Ρ∈Α μπορούμε να βρούμε μια

σφαίρα Σ(Ρ,δ) με κέντρο το σημείο Ρ και ακτίνα δ, κατάλληλα μικρή, ώστε η σφαίρα Σ(Ρ,δ) να περιέχε-

ται στο Α, δηλ. να ισχύει: (∀p∈A)(∃δ>0)[Σ(Ρ,δ)⊂A]


σμα, (όχι κατ' ανάγκη μοναδιαίο), u≠0. Ορίζουμε σαν κατευθύνουσα παράγωγο του βαθμωτού πεδίου f στο σημείο με διάνυσμα θέσης r ως προς την διεύθυνση του διανύ-σματος u το όριο, (όταν υπάρχει):

lim ( ) ( ) ( : ) ( )h

f h fh

f f→

+ −= ′ =0

r u r r u ru

∂∂

(3.10.1)

Ορισμός 1. Ένα βαθμωτό πεδίο f(r) ορισμένο στο ανοικτό υποσύνολο Α, θα λέγεται παραγωγίσιμο, όταν υπάρχει η κατευθύνουσα παράγωγος σε κάθε σημείο r∈Α και ως προς οποιαδήποτε διεύθυνση u. Ορισμός 2. Ένα βαθμωτό πεδίο f(r) θα λέγεται συνεχώς παραγωγίσιμο, όταν η κατευ-θύνουσα παράγωγος f'(r:u), (εάν την δει κανείς σαν ένα νέο βαθμωτό πεδίο έξι όμως τώρα μεταβλητών), είναι συνεχής για κάθε r∈Α και για κάθε u, δηλαδή όταν (∀ε>0)(∀r,r ∈A)(∀u ∈R3)(∃δ>0)[0≤|r-r |<δ → |f′(r: u)-f′(r: u)|<ε] (3.10.2) 1 1 Θεώρημα 1 . (Μέσης τιμής). Έστω f(r) ένα παραγωγίσιμο βαθμωτό πεδίο, ορισμένο σ' ένα ανοικτό σύνολο Α⊂R3, r και r1 τα διανύσματα θέσεων δυο σημείων του Α, έτσι ώστε r+tr1∈A ∀t∈[0,1], (Σχ.3.10.1). Τότε θα υπάρχει ένας πραγματικός θ∈(0,1) για τον οποίο θα ισχύει: f(r+r )-f(r)=f′(w: r ) με w=r+θr (3.10.3) 1 1 1 Απόδειξη: Θεωρούμε την συνάρτηση g(t), που ορίζεται από την σχέση: g(t)=f(r+tr ) με 0≤t≤1 1

Η παράγωγος g′(t) υπάρχει και είναι: ( )lim ( ) ( ) lim

( ) ( )( :h h

g t h g th

f t h f th

f t→ →+ −

=+ + − +

= ′ +0 01 1

1 1

r r r rr r r )g′(t)=

Εάν εφαρμόσουμε το γνωστό θεώρημα της μέσης τιμής για την συνάρτηση μιας με-ταβλητής g(t) στο διάστημα [0,1], θα έχουμε:

z

r1 g(1)-g(0)=g′(θ) με 0<θ<1

r+r1δηλαδή f(r+r1)-f(r)=f′(r+θr1:r2)=f′(w: r1) r+tr1 r r1 OΘεώρημα 2. (Ιδιότητα της ομογένειας). Εάν το βαθμωτό πεδίο f(r) είναι παραγωγίσιμο στο ανοικτό υποσύνολο Α, τότε ισχύει:

y

x Σχ.3.10.1 f′(r: cu)=cf′(r: u) με c∈R (3.10.4) Απόδειξη: Για c=0 το θεώρημα αληθεύει, αφού και τα δυο μέλη της ισότητας (3.10.4) εί-ναι μηδέν. Πράγματι:

lim ( ) ( )h

f fh→−

=0 0r r f′(r: 0)=


Για c≠0 θεωρούμε το πηλίκο διαφορών: f hc f

hc f hc f

chc f t f

t( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )r u r r u r r u r+ −

=+ −

=+ − όπου t=ch

όταν το h → 0, τότε το t → 0 και το τελευταίο κλάσμα τείνει προς το cf′(r: u). Θεώρημα 3. (Αθροιστική ιδιότητα). Εάν το βαθμωτό πεδίο f(r) είναι παραγωγίσιμο στο ανοικτό υποσύνολο Α, με συνεχή κατευθύνουσα παράγωγο στο r, και u, w διανύσμα-τα, τέτοια ώστε να υπάρχουν οι κατευθύνουσες παράγωγοι f'(r:u) και f'(r:w), τότε ι-σχύει: f′(r:u+w)=f′(r:u)+f′(r:w) (3.10.5) Απόδειξη: Στον αριθμητή του πηλίκου διαφορών:

f h h fh

( )r u w r+ + ( )−

προσθέτουμε και αφαιρούμε το f(r+hu) και έχουμε:

[ ] [ 1h

f h f f h h f h( ) ( ) ( ) ( )r u r r u w r u+ − + + + − + ]

Με εφαρμογή του θεωρήματος της μέσης τιμής στη δεύτερη παρένθεση, βρί-σκουμε: f(r+hu+hw)-f(r+hu) = f'(r+hu+θhw:hw) με 0<θ<1. (Το θ εξαρτάται από το h). Σύμφωνα όμως με το θεώρημα της ομογένειας έ-χουμε: f′(r+hu+θhw: hw) = hf′(r+hu+θhw: w) και το πηλίκο διαφορών γράφεται:

f ( h h ) f ( ) f ( h ) f ( ) f ( h h : )h h

′+ + − + − ′= + + + θr u w r r u r r u w w

Παίρνοντας το όριο όταν το h → 0, έχουμε: f′(r: u+w) = f′(r: u)+f′(r: w) Σημείωση: Επειδή υποθέσαμε ότι η κατευθύνουσα παράγωγος f'(r:w) είναι συνεχής στο r, προκύπτει ότι: lim f′(r+hu+θhw: w)=f′(r:w) h→0

Με συνδυασμό των θεωρημάτων 2 και 3, δηλαδή της ιδιότητας της ομογένειας και της αθροιστικής ιδιότητας, προκύπτει η ιδιότητα της γραμμικότητας, που διατυπώνεται στο παρακάτω θεώρημα. Θεώρημα 4. (Γραμμική ιδιότητα). Έστω f(r) ένα συνεχές διαφορίσιμο βαθμωτό πεδίο. τότε ισχύει: f′(r:αu+βw+γv)=αf′(r:u)+ βf′(r:w)+ γf′(r:v) (3.10.6) Από την γραμμική ιδιότητα μπορούμε να φθάσουμε στον τύπο (3.14) ως εξής:

∂∂fx( )r ∂

∂f

z( )r∂

∂fy( )r f′(r:u)=f′(r:αi+βj+γk)=αf′(r:i)+βf′(r:j)+γf′(r:k)=α =∇f(r).u +β +

Παρατήρηση 1: Έστω f(r) ένα βαθμωτό πεδίο ορισμένο σ' ένα ανοικτό υποσύνολο ΑCR3 και r(s), s∈[s ,s1 2], μια διανυσματική συνάρτηση. Εάν η συνάρτηση g είναι η σύνθεση των f(r) και r(s), δηλ. g(s) = f(r(s)) = f(x(s),y(s),z(s)) (3.10.7)


d sdsr( )και το εφαπτόμενο διάνυσμα της καμπύλης r(s), τότε η κατευθύνουσα παράγω-

γος του βαθμωτού πεδίου f(r(s))=g(s) ως προς την διεύθυνση του d sdsr( ) είναι:

dg sds

f s d sds

( ) ( ( )) ( )= ∇ ⋅ =r r

∂∂

∂∂

∂∂

f sx

f sy

f sz

dx sds

dy sds

dz sds

( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ) ( ) ( )r i r j r k i j+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ ⋅ + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

k = =

= ∂∂

∂∂

∂∂

fx

dxds

fy

dyds

fz

dzds

df sds

+ + =( )

δηλαδή αποδείξαμε τον τύπο (3.7.3).


1) Έστω f=f(x,y) και x=x(t), y=y(t). Να βρεθούν εκφράσεις για τις παραγώγους: 2

2

df d f,dt dt

df f dx f dydt x dt y dt

∂ ∂= +∂ ∂

Λύση: Από τον κανόνα της αλυσίδας έχουμε: (1)

2

2

d fdt

Για να υπολογίσουμε την δεύτερη παράγωγο παραγωγίζουμε την (1) χρησιμοποιώ-

ντας τον κανόνα παραγωγίσεως γινομένου. 2 2

2 2

d f d df d f dx f d x d f dy f d ydt dt dt dt x dt x dt dt y dt y dt

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

2 (2)

d f d f,dt x dt y

⎛∂⎛ ⎞⎜⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎞∂⎟Υπολογίζουμε τις εκφράσεις: εφαρμόζοντας την σχέση (1):

2 2

2

d f f dx f dydt x x dt x y dt

∂ ∂ ∂⎛ ⎞ = +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ (3)

2 2

2

d f f dx f dydt y x y dt y dt⎛ ⎞∂ ∂ ∂

= +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ (4)

Αντικαθιστούμε τις σχέσεις (3), (4) στην (2): 2 22 2 2 2 2

2 2 2 2

d f f d x f dx f dx dy f dy f d y2dt x dt x dt x y dt dt y dt y dt

∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

2

2) Έστω το διαφορίσιμο βαθμωτό πεδίο f με μεταβλητές τα x, y, z, t, δηλαδή f=f(x,y,z,t). Εάν τα x=x(t), y=y(t), z=z(t) είναι διαφορίσιμες συναρτήσεις του t, να δειχθεί

ότι df f dfdt t dt

∂= +∇ ⋅∂

r όπου r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k

f f f fdf dx dy dz dtx y z t∂ ∂ ∂ ∂

= + + +∂ ∂ ∂ ∂

⇒ Απόδειξη: Θεωρούμε το διαφορικό του f:


df f dx f dy f dz f d ffdt x dt y dt z dt t dt t

∂ ∂ ∂ ∂= + + + = ∇ ⋅ +∂ ∂ ∂ ∂

r ∂∂

3) Ένα βαθμωτό πεδίο f(x,y,z) παίρνει την τιμή 5 στο σημείο (2,1,3), δηλαδή f(2,1,3)=5. Οι μερικές παράγωγοι στο ίδιο σημείο είναι:

( ) ( ) ( )f 2,1,3 f 2,1,3 f 2,1,32, 2, 3

x y z∂ ∂ ∂

= = − =∂ ∂ ∂

Να υπολογίσετε κατά προσέγγιση τις τιμές του βαθμωτού πεδίου: α) f(2.1, 0.8, 3.1) β) f(1.9, 0.9, 3). Λύση: Η μεταβολή ενός βαθμωτού πεδίου δίνεται από την σχέση

f f ff x yx y z

z∂ ∂ ∂Δ = Δ + Δ + Δ

∂ ∂ ∂ (1)

α) Ζητείται να υπολογίουμε την τιμή f(2.1, 0.8, 3.1) όπου η τιμή f(2,1,3) είναι γνωστή. Έτσι Δx=0.1, Δy=-0.2, Δz=0.1 (2) Αντικαθιστούμε τις (2) στην (1) και έχουμε:

( ) ( ) ( )f 2,1,3 f 2,1,3 f 2,1,3f x y z 2(0.1) ( 2)( 0.2) 3(0.1) 0.9

x y z∂ ∂ ∂

Δ = Δ + Δ + Δ = + − − + =∂ ∂ ∂

Τελικά η τιμή του f είναι: f(2.1, 0.8, 3.1)= f(2,1,3)+Δf=5+0.9=5.9 β) Για το σημείο (1.9, 0.9, 3) έχουμε: Δx=-0.1, Δy=-0.1, Δz=0 και για το Δf=2(-0.1)+(-2)(-0.1)+3(0)=0 . Επομένως f(1.9, 0.9, 3)=5. 4) Μία μύγα κάθεται πάνω σε μια λάμπα, που βρίσκεται στο σημείο (2,1,4). Η θερ-μοκρασία του δωματίου δίνεται από την σχέση: f(x,y,z)=x3+y2+z. Προς ποια κατεύθυνση πρέπει να κινηθεί η μύγα για να ψυχθεί όσο το δυνατό γρηγορότερα; Λύση: Η βάθμωση του f δείχνει την διεύθυνση της μεγίστης αύξησης του f. Στην περί-πτωση εδώ η βάθμωση δείχνει την διεύθυνση της μεγίστης αύξησης της θερμοκρασίας. Κατά συνέπεια το διάνυσμα -∇f δείχνει την διεύθυνση της μεγίστης ελαττώσεως της θερ-μοκρασίας. Επομένως η ζητούμενη κατεύθυνση είναι:

( )2

2,1,4(2,1,4)

f f f 3x 2y 12 2jx y z

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ⎡ ⎤− + + = − + + = − − −⎢ ⎥ ⎣ ⎦∂ ∂ ∂⎣ ⎦i j k i j k i k-∇f(2,1,4)=

5) Στη Θερμοδυναμική η κατάσταση μιας ουσίας περιγράφεται από τις παραμέτρους: V-όγκος, T-θερμοκρασία, P-πίεση, U-εσωτερική ενέργεια. Οι τέσσερις αυτές παράμετροι ικανοποιούν δυο εξισώσεις. Επομένως μπορούμε να διαλέξουμε δυο από αυτές τις παρα-μέτρους σαν ανεξάρτητες και τις άλλες δυο σαν εξαρτημένες. Ο δεύτερος νόμος της θερ-μοδυναμικής μπορεί να γραφεί ως εξής:

U PT PV T∂ ∂ 0− + =∂ ∂

(1)

όπου τα V, T είναι ανεξάρτητες μεταβλητές. Να δειχθεί ότι η εξίσωση (1) μπορεί να λάβει τις εξής μορφές:

T P TT PV U U∂ ∂ ∂ 0+ − =∂ ∂ ∂

V, U ανεξάρτητες (2)


U V VT PP T P

∂ ∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂0 P, T ανεξάρτητες (3)

( )( )P, V VT PT, U U

∂ ∂ 1 0− − =∂ ∂

T, U ανεξάρτητες (4)

( )( )V,TT VT P

P U U,P∂∂ ∂

− + =∂ ∂ ∂

0 U, P ανεξάρτητες (5)

( )( )T, UTT P T 0

P V, P∂∂

− + =∂ ∂

V, P ανεξάρτητες (6)

Λύση: Ξεκινάμε από την εξίσωση (1) στην οποία τα U, P είναι συναρτήσεις των V, T: U=U(V,T) P=P(V,T) (7) Επομένως dU=AdV+BdT dP=CdV+DdT (8)

U U PA , B , C , DV T V∂ ∂ ∂

= = = =∂ ∂ ∂

PT∂∂

(9) όπου

Έτσι η εξίσωση (1) μπορεί να γραφεί στη μορφή: Α-TD+P=0 (10) Για να αποδείξουμε την εξίσωση (2), παρατηρούμε ότι τα V, U είναι ανεξάρτητες μετα-βλητές και τα T, P είναι συναρτήσεις των V, U: T=T(V,U) P=P(V,U) (11) Γράφουμε τα διαφορικά των εξισώσεων (11): dT=αdV+βdU dP=γdV+δdU (12) ή dU=(1/β)dΤ-(α/β)dV dP=(γ-αδ/β)dV+(δ/β)dT (13) Συγκρίνουμε τους συντελεστές των εξισώσεων (8) και (13) και έχουμε: Α=-α/β, D=-δ/β, (14) Η εξίσωση (10) μπορεί να γραφεί συναρτήσει των συντελεστών α, β, γ, δ στη μορφή:

0α δ− −Τ + Ρ =β β

(15)

TV∂

α =∂

η εξίσωση (15) γίνεται: Επειδή

Α+Τδ-Ρβ=0 T P TT PV U U∂ ∂ ∂

+ − =∂ ∂ ∂

0ή (16)

Η εξίσωση (3) μπορεί να αποδειχθεί κατά τον ίδιο τρόπο. Για να αποδείξουμε την εξίσωση (4) παρατηρούμε ότι τα T και U είναι ανεξάρτητες μετα-βλητές. Έτσι P=P(T,U) V=V(T,U) με διαφορικά: dP=αdT+βdU, dV=γdT+δdU (17) Λύνουμε τις εξισώσεις (17) ως προς dP και dU:

dP=(β/δ)dV+(α-βγ/δ)dT dU=(1/δ)dV-(γ/δ)dT (18) Συγκρίνουμε τις εξισώσεις (8) και (18) και έχουμε:

Α=1/δ, D=α-βγ/δ (19) Η αντικατάσταση των (19) στην (10) δίνει: 1/δ-Τ(α-βγ/δ)+Ρ=0 ή Τ(αδ-βγ)-Ρδ-1=0 (20)


( )( )

P PT U P, VP V P V

T U U T T, UV VT U

∂ ∂∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

− = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂∂ ∂

όμως αδ-βγ= (21)

( )( )P, VT, U

∂∂

όπου είναι η Ιακωβιανή των P, V ως προς τα T, U.

H εξίσωση (20) μπορεί να πάρει την μορφή: ( )( )P,V VT PT, U U

∂ ∂− − =

∂ ∂1 0

Με παρόμοιο τρόπο μπορούν να αποδειχθούν οι εξισώσεις (5) και (6).

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1. Εάν f(r) = 3x2y-y3 2 να υπολογιστεί το ∇f στο σημείο Ρ=(1,-2,-1) z 2. Να βρεθεί το ∇f όταν α) f(r)=ln|r|=lnr β) f(r)=1/r, όπου r=xi+yj+zk

n n-23. Δείξτε ότι ∇r r, όπου r=xi+yj+zk =nr 4. Βρείτε ένα μοναδιαίο διάνυσμα, κάθετο στην επιφάνεια με εξίσωση: x2y+2xz=4 στο σημείο Ρ=(2,-2,3). 5. Να υπολογιστεί η κατευθύνουσα παράγωγος της f(r)=x2 2yz+4xz στο σημείο Ρ=(1,-2,-1) και ως προς την διεύθυνση του διανύσματος u=2i-j-2k.

2 3 6. Να βρεθεί η διεύθυνση ως προς την οποία η κατευθύνουσα παράγωγος της f=x yz στο σημείο Ρ=(2,1,-1) γίνεται μεγίστη. Να βρεθεί η μεγίστη αυτή τιμή. 7. Έστω οι επιφάνειες με εξισώσεις: f1=x2+y2 2+z -9=0 και f2=x2+y2-z-3=0. Αφού ελέγ-ξτε ότι το σημείο Ρ=(2,-1,2) ανήκει στη τομή των επιφανειών, να υπολογιστεί η γωνία τους στο σημείο αυτό. 8. Να βρεθούν τα σημεία και οι διευθύνσεις ως προς τις οποίες οι αντίστοιχες κατευθύ-νουσες παράγωγοι του βαθμωτού πεδίου f(x,y)=3x2+y2 να παίρνουν την μεγίστη τιμή, όταν το σημείο Ρ(x,y) μένει πάντοτε πάνω στην περιφέρεια x2 +y2 =R2 . 9. Να προσδιοριστούν τιμές για τις σταθερές α,β,γ, τέτοιες ώστε η κατευθύνουσα πα-ράγωγος του πεδίου f(x,y,z) = αxy2 2+βyz+γz x3 στο σημείο Ρ(1,2,-1) να έχει μεγίστη τιμή 64 ως προς διεύθυνση παράλληλη προς τον άξονα ΟΖ. 10. Ένα βαθμωτό πεδίο f(x,y) έχει α) κατευθύνουσα παράγωγο 2 στο σημείο Ρ(1,2) ως προς διεύθυνση από το σημείο Ρ προς το σημείο Ρ (2,2) και β) κατευθύνουσα παράγωγο -1


2 στο ίδιο σημείο Ρ(1,2) ως προς την διεύθυνση από το σημείο Ρ προς το σημείο Ρ2(1,1). Να υπολογισθεί η κλίση του f στο σημείο Ρ(1,2) και η κατευθύνουσα προς το σημείο Ρ3(4,6) παράγωγος του f. 11. Έστω R η απόσταση του σημείου P(x,y,z) από το σταθερό σημείο Α(α,β,γ). Δείξτε ότι η κλίση ∇R είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα στη διεύθυνση του R=ΑΡ. 12. Θεωρούμε μια έλλειψη με εστίες τα σημεία Α και Β. Να δείξετε ότι μια φωτεινή α-κτίνα, (ή ακουστικό κύμα), που ξεκινάει από την εστία Α, θα ανακλασθεί από την έλλειψη και θα διέλθει από την άλλη εστία Β. 13. Να υπολογιστεί η μεταβολή του βαθμωτού πεδίου f(x,y,z)=xey+yz εάν το σημείο P(x,y,z) μετακινηθεί από το Ρ0(2,0,0) προς το Ρ1(4,1,-2) πάνω σε ευθεία, διανύοντας από-σταση Δs=0.1 μονάδες. 14. Η παράγωγος του βαθμωτού πεδίου f(x,y,z) σ’ ένα δεδομένο σημείο Ρ είναι μεγί-στη στην διεύθυνση του διανύσματος v=i+j-k. Στην διεύθυνση αυτή η τιμή της παραγώ-γου είναι 2√3. α) Να βρεθεί η κλίση του f στο Ρ. β) Να βρεθεί η κατευθύνουσα παράγω-γος του f στο Ρ ως προς την διεύθυνση του διανύσματος i+j. 15. Η θερμοκρασία σε κάθε σημείο μιας μεταλλικής πλάκας δίνεται από τη σχέση: T=T(x,y)=eysinx. Να βρεθεί η καμπύλη, που θα διαγράψει ένα "σωματίδιο" ανιχνευτής θερμοκρασίας όταν τοποθετηθεί στην αρχή των αξόνων και αφεθεί ελεύθερο.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΙV

Δ

ΔΙΙΑΑΝΝΥΥΣΣΜΜΑΑΤΤIIΚΚΑΑ ΠΠΕΕΔΔΙΙΑΑ

ΑΑΠΠΟΟΚΚΛΛΙΙΣΣΗΗ -- ΣΣΤΤΡΡΟΟΒΒΙΙΛΛΙΙΣΣΜΜΟΟΣΣ

4.1 Γενικά

Μια άλλη κατηγορία φυσικών μεγεθών είναι τα διανυσματικά μεγέθη, π.χ. η ταχύ-τητα που έχει κάθε μόριο ενός ρευστού, που κινείται μέσα σ' ένα σωλήνα ή η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου μεταξύ των οπλισμών ενός φορτισμένου πυκνωτή κ.α. Το μέτρο και η διεύθυνση ενός διανυσματικού φυσικού μεγέθους εξαρτώνται συνήθως από το σημείο του χώρου, στο οποίο βρισκόμαστε, (σε πιο γενική περίπτωση μπορεί να εξαρτώνται και από το χρόνο t). Τα διανυσματικά φυσικά μεγέθη λέγονται και διανυσματικά πεδία. Από μαθηματικής πλευράς ένα διανυσματικό πεδίο, που θα το συμβολίζουμε με F, είναι μια αντιστοιχία της μορφής: F: Α⊂W → Β⊂V (4.1.1) όπου W, V διανυσματικοί χώροι, που συνήθως είναι οι R2 και R3, δηλ W=R2 ή R3 και V=R2 ή R3. Εδώ θα ασχοληθούμε με διανυσματικά πεδία της μορφής: F: r = xi+yj+zk → F(r) = F(x,y,z)∈R3 (4.1.2)

Η έκφραση: ( )

F r r= =

+ +r x y z

32 2 2

32

είναι ένα διανυσματικό πεδίο, που εμφανίζεται στη Φυσική, (πολλαπλασιασμένο με κα-τάλληλες σταθερές), σαν δύναμη Coulomb ή σαν δύναμη του πεδίου βαρύτητας της γης. Όπως γίνεται φανερό η γενική έκφραση ενός διανυσματικού πεδίου F θα είναι

F(r)=F(x,y,z)=F1(x,y,z)i+F2(x,y,z)j+F3(x,y,z)k (4.1.3)

όπου οι συναρτήσεις F1, F2, F3 είναι βαθμωτές συναρτήσεις των μεταβλητών x,y,z δηλαδή βαθμωτά πεδία. Γραφικά ένα διανυσματικό πεδίο μπορούμε να το παραστήσουμε ως εξής: Σε κάθε σημείο του πεδίου ορισμού του διανυσματικού πεδίου σχεδιάζουμε ένα διάνυσμα που είναι η αντίστοιχη "τιμή" του διανυσματικού πεδίου. Πρακτικά βέβαια αυτό γίνεται σε λίγα επιλεγμένα σημεία. Ας αρχίσουμε με ένα παράδειγμα δυο διαστάσεων. Έστω το διανυσματικό πεδίο F=xi+yj που είναι το διάνυσμα θέσεως ενός σημείου στο επίπεδο ΟΧΥ. Το σχήμα 4.1.1 μας δίνει την γραφική του παράσταση έτσι όπως την ορίσαμε παραπάνω:

Σχ. 4.1.1

♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ IV 54

Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα είναι ακτινικά, δηλ. ο φορέας τους διέρχεται από την αρχή των αξόνων και ότι όσο απομακρυνόμαστε από την αρχή των αξόνων το μήκος των αυξάνει.

Ας θεωρήσουμε ένα άλλο παράδειγμα F=-yi+xj. Το διανυσματικό αυτό πεδίο, όπως θα δούμε παρακάτω παριστάνει την ταχύτητα ενός σώματος που εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση. Γνωρίζουμε δε ότι η ταχύτητα του είναι ένα διάνυσμα κάθετο στην επιβατική ακτίνα. Η γραφική του παράσταση συμφωνεί μ' αυτό, (Σχ. 4.1.2).

Τέλος ας δούμε την γραφική παράσταση ενός διανυσματικού πεδίου τριών διαστάσεων, που παριστάνει την βαρυτική δύναμη που αναπτύσσεται μεταξύ δυο μαζών M, m, εκ των οποίων η μάζα Μ βρίσκεται στην αρχή των αξόνων και η μάζα m στο σημείο με συντεταγμένες (x,y,z). Ως γνωστό η βαρυτική δύναμη δίνεται από τον τύπο:

Σχ. 4.1.2

3

MmGr

= −F r

Από την γραφική παράσταση, (Σχ. 4.1.3), παρατηρούμε ότι η βαρυτική δύναμη είναι πολύ ασθενής με την έννοια ότι το μέτρο του διανύσματος F γίνεται γρήγορα πολύ μικρό όσο απομακρυνόμαστε από την αρχή των αξόνων.

Σχ. 4.1.3 Και στην περίπτωση των διανυσματικών

πεδίων ενδιαφερόμαστε να βρούμε τον συντελεστή μεταβολής του F όταν φεύγουμε από το σημείο Ρ0 με συντεταγμένες (x0,y0,z0) και πηγαίνουμε στο σημείο Ρ με συντεταγμένες (x,y,z) ακολουθώντας την ευθεία που ενώνει τα δυο αυτά σημεία. Όπως είδαμε στο προηγούμενο κεφάλαιο, οι παραμετρικές εξισώσεις αυτής της ευθείας είναι: x=x0+αs y=y0+βs z=z0+γs (4.1.4) όπου α,β,γ οι συντεταγμένες του μοναδιαίου διανύσματος u, παράλληλου προς την ευ-θεία, (δηλαδή u=αi+βj+γk με α2+β2+γ2=1). Η παράμετρος s μας δίνει από γεωμετρικής πλευράς την απόσταση των σημείων Ρ0 και Ρ. Εάν θέσουμε τις εκφράσεις (4.1.4) στον τύπο του διανυσματικού πεδίου (4.1.3), δηλαδή περιορίσουμε το διανυσματικό πεδίο F πάνω στα σημεία της ευθείας, που ενώνει τα σημεία Ρ0 και Ρ, προκύπτει:

F=F(s)=F1(x+αs,y+βs,z+γs)i+F2(x+αs,y+βs,z+γs)j+F3(x+αs,y+βs,z+γs)k (4.1.5)

το διανυσματικό πεδίο F γίνεται μια διανυσματική συνάρτηση μιας μεταβλητής, της s.

4.2 Κατευθύνουσα παράγωγος διανυσματικού πεδίου

Ορίζουμε σαν κατευθύνουσα παράγωγο ενός διανυσματικού πεδίου F στο σημείο Ρ(x,y,z) και ως προς τη διεύθυνση του διανύσματος u, την έκφραση:

Διανυσματικά πεδία - Απόκλιση - Στροβιλισμός ♦ 55

F′(r: u)= dds

dFds

dFds

dFds

F i j= +1 2 3 k (4.2.1)

δηλαδή η κατευθύνουσα παράγωγος του διανυσματικού πεδίου F είναι ένα νέο διάνυσμα, του οποίου οι συνιστώσες είναι οι κατευθύνουσες παράγωγοι των συνιστωσών F1 , F2 , F3 του F .

Επειδή dFds

1 =∇F1⋅u , dFds

2 =∇F2⋅u , dFds

3 =∇F3⋅u

ο τύπος (4.2.1) γράφεται: ( ) ( ) (dds

F F FF u i u j u k= ∇ ⋅ + ∇ ⋅ + ∇ ⋅1 2 3 ) (4.2.2)

Εάν το διάνυσμα του δεύτερου μέλους της (4.2.2) το γράψουμε ως διάνυσμα στήλη, θα έχουμε:

1 1 1 11 1

1 2 2 2 22 2

2

3

3 3 3 3 3 3

F F F FF Fx y z yx z

F F F F FF Fd x y z yF x zds

FF F F F F Fx y z x y z

∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ∂ ∂α + β + γ⎜ ⎟ ⎜∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ α⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎜∇ ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜α + β + γ β⎜ ⎟ ∂ ∂ ∂ ∂= ∇ ⋅ = =⎜ ⎟ ⎜ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟∇ ⋅⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ γ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜

α + β + γ⎜ ⎟ ⎜ ⎝∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

uF u

u

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎞⎟⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎠

(4.2.3)

δηλαδή η κατευθύνουσα παράγωγος του διανυσματικού πεδίου F δίνεται από το γινόμενο του πίνακα:

D(F)=

11 1

22 2

3 3

FF Fyx z

FF Fyx

F Fx y

∂⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂∂ ∂⎜ ⎟

∂⎜ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎜ ⎟

⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

z

Fz

⎟∂ (4.2.4)

ο οποίος ονομάζεται Ιακωβιανός πίνακας του διανυσματικού πεδίου F, και της στήλης:

α⎛ ⎞⎜ ⎟β⎜ ⎟⎜ ⎟γ⎝ ⎠

που παριστάνει το μοναδιαίο διάνυσμα u, δηλαδή F′(r: u)=D(F)u (4.2.5) Παρατήρηση 1: Όπως στην περίπτωση της κατευθύνουσας παραγώγου ενός βαθμωτού πεδίου f(x,y,z), έτσι και εδώ μπορούμε να κάνουμε την εξής παρατήρηση:


Το δεξιό μέλος της (4.2.5) αποτελείται από δυο μέρη. Το ένα μέρος είναι το μονα-διαίο διάνυσμα u, που δίνει την πληροφορία για τη διεύθυνση ως προς την οποία θέλουμε να υπολογίσουμε την παράγωγο. Το άλλο μέρος, ο Ιακωβιανός πίνακας D(F), του οποίου τα στοιχεία του είναι οι μερικές παράγωγοι των συνιστωσών του διανυσματικού πεδίου F, θα πρέπει να μας δίνει πληροφορίες, που έχουν σχέση με το διανυσματικό πεδίο F. Πράγματι: Α) Από τη γραμμική άλγεβρα γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των διαγωνίων στοιχείων ενός τετραγωνικού πίνακα Α τάξης n, με στοιχεία αij ονομάζεται ίχνος του πίνακα Α και συμβολίζεται με:

n

iji 1

tr=

Α = α∑ (4.2.6)

Το ίχνος του πίνακα Α έχει αρκετές ενδιαφέρουσες ιδιότητες. Μια από τις οποίες είναι ότι παραμένει αναλλοίωτο ως προς ορισμένους μετασχηματισμούς. Έτσι περιμένουμε και εδώ το ίχνος του πίνακα D(F), δηλαδή η έκφραση:

∂∂

∂∂

∂∂

Fx

Fy

Fz

1 2+ + 3 (4.2.7)

να μας δίνει πληροφορίες για το διανυσματικό πεδίο F. Όπως θα δούμε αργότερα η φυσι-κή σημασία της έκφρασης (4.2.7) είναι ότι μας δίνει στο σημείο, που υπολογίζεται, τη "ροή" του διανυσματικού πεδίου. Η σχέση (4.2.7) μπορεί να θεωρηθεί σαν εσωτερικό γινόμενο του "διανύσματος" ∇, (το σύμβολο ∇ δεν είναι διάνυσμα, η δε ακριβής σημασία του θα δοθεί παρακάτω), και του F, δηλαδή

(∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Fx

Fy

Fz x y z

F F F1 2 31 2 3+ + = + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ + +i j k i j )k (4.2.8)

Tο "εσωτερικό" αυτό γινόμενο συμβολίζεται με: ∇⋅F ή με divF , (το div προέρχεται από την αγγλική λέξη diverge=απόκλιση), και ονομάζεται απόκλιση του διανυσματικού πεδίου F. Έτσι έχουμε:

divF=∇⋅F= ∂∂

∂∂

∂∂

Fx

Fy

Fz

1 2+ + 3 (4.2.9)

Η έννοια της απόκλισης ενός διανυσματικού πεδίου είναι βασική στη Μηχανική των Ρευ-στών όπου η έκφραση:

( ) 0t

∂ρ∇ ρ + =

∂v (4.2.10)

είναι η εξίσωση της συνέχειας και στον Ηλεκτρομαγνητισμό όπου

0

ρ⋅ =

εE (4.2.11) ∇

είναι μία από τις εξισώσεις του Maxwell. Β) Τα υπόλοιπα μη διαγώνια στοιχεία του πίνακα D(F) χρησιμοποιούνται, ( παίρνοντας τις διαφορές των συμμετρικών ως προς την διαγώνιο στοιχείων ), για να κατασκευαστεί το διάνυσμα:

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Fy

Fz

Fz

Fx

Fx

Fy

3 2 1 3 2 1−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟i j k (4.2.12)


που ονομάζεται στροβιλισμός του διανυσματικού πεδίου F και συμβολίζεται με: curlF ή rotF. (Το curl προέρχεται από την αγγλική λέξη curlation=στροβιλισμός και το rot από τη γερμανική λέξη rotation=περιστροφή). Ο στροβιλισμός του διανυσματικού πεδίου F μπορεί να γραφεί και σαν:

∇×F=

i j k

∂∂

∂∂

∂∂x y z

F F F1 2 3

(4.2.13)

Tελικά έχουμε:

curlF=rotF=∇×F=

i j k

∂∂

∂∂

∂∂x y z

F F F1 2 3

= ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Fy

Fz

Fz

Fx

Fx

Fy

3 2 1 3 2 1−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟i j k

(4.2.14) Παρατήρηση 2: Το σύμβολο ∇, που λέγεται ανάδελτα, (επειδή είναι ένα αναποδογυρι-σμένο δέλτα κεφαλαίο), και που παριστάνει την έκφραση:

∇ = + +∂∂

∂∂

∂∂x y z

i j k (4.2.15)

δεν μπορεί να θεωρηθεί σαν διάνυσμα, γιατί απλούστατα δεν μπορεί να ορισθεί μέτρο και διεύθυνση. Μπορεί όμως να θεωρηθεί ότι έχει διανυσματικό χαρακτήρα, (αφού η έκφρα-ση του περιέχει τα μοναδιαία διανύσματα i, j, k,), όπως επίσης και διαφορικό χαρακτήρα, (αφού περιέχει τις μερικές παραγώγους (∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z ). Τελικά το ∇ θεωρείται σαν διαφορικός διανυσματικός τελεστής με τις ιδιότητες: α) όταν επιδράσει πάνω σε βαθμωτό πεδίο f μας δίνει το διάνυσμα ∇f, που είναι δια-νυσματικό πεδίο. β) όταν επιδράσει πάνω σε διανυσματικό πεδίο F με την έννοια του εσωτερικού γι-νομένου, μας δίνει το βαθμωτό πεδίο ∇⋅F. γ) όταν επιδράσει πάνω σε διανυσματικό πεδίο F με την έννοια του εξωτερικού γι-νομένου, μας δίνει το διανυσματικό πεδίο ∇×F.


4.3 Γεωμετρική και Φυσική σημασία της Απόκλισης και του Στροβιλισμού ενός διανυσματικού πεδίου

Α) Απόκλιση: Γεωμετρικά η απόκλιση ενός διανυσματικού πεδίου σ' ένα σημείο Ρ δείχνει πόσο το διάνυσμα F απλώνεται, (αποκλίνει) σ' αυτό το σημείο. Το διανυσματικό πεδίου F=xi+yj του προηγουμένου σχήματος 4.1.1 έχει θετική απόκλιση ∇⋅F=2>0 και απλώνεται προς τα έξω. Εάν είχαμε το διανυσματικό πεδίο F=-xi-yj με αρνητική απόκλι-ση ∇⋅F=-2<0 τότε τα βέλη θα έδειχναν προς τα μέσα. Στη συνέχεια ας δούμε την φυσική σημασία της απόκλισης ενός διανυσματικού πεδίου, που έχει σχέση με τη ροή των ρευστών. Έστω ρ(x,y,z) η πυκνότητα ενός ρευ-στού και v(x,y,z) η ταχύτητα με την οποία κινείται το ρευστό στο σημείο (x,y,z). Το δια-νυσματικό πεδίο F(x,y,z)= ρ(x,y,z)v(x,y,z) ονομάζεται πυκνότητα ροής του ρευστού και έχει διαστάσεις:

) [ ] ( ) (

μαζα=⎡ μοναδα εμβαδου × μοναδα χρονου ⎤⎣ ⎦

F (4.3.1)

και μας λέει πόση μάζα του ρευστού ανά μονάδα επιφάνειας και ανά μονάδα χρόνου ρέει κατά τη διεύθυνση της ταχύτητας v και στο σημείο (x,y,z). Η απόκλιση του F, δηλαδή το ∇⋅F, παριστάνει τον συντελεστή μεταβολής της μάζας ως προς το χρόνο ανά μονάδα όγκου στο σημείο (x,y,z). Πράγματι: Ας θεωρήσουμε ένα μικρό ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο από τη μάζα του ρευστού με πλευρές παράλληλες προς τους άξονες και με μήκη Δx, Δy, Δz, (Σχ. 4.3.1). Επειδή τα μήκη Δx, Δy, Δz είναι απειροστά, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι σ' όλα τα ση-μεία της έδρας ΑΒΓΔ το F είναι σταθερό(1. Έστω επίσης ότι η κορυφή Β έχει συντεταγ-μένες (x,y,z). Η έκφραση: F(x,y,z)⋅j(ΔxΔz) παριστάνει τη μάζα του ρευστού, που εισ-ρέει στο παραλληλεπίπεδο στη μονάδα του χρόνου και κατά τη διεύθυνση του j που είναι κάθετη στην έδρα ΑΒΓΔ.

Όμοια, το γινόμενο F(x,y+Δy,z)⋅j(ΔxΔz) δίνει τη μάζα του ρευστού που εκρέει από το παραλληλεπί-πεδο στη μονάδα του χρόνου και κατά τη διεύθυνση πάλι του j που είναι κάθετη στην απέναντι έδρα της ΑΒΓΔ.

O

x

y

z

Δz

Δy A

Δ

Σχ. 4.3.1

Γ

B

Δx

(1 Αυτό συμβαίνει όταν το διανυσματικό πεδίο F είναι συνεχές. Ένα διανυσματικό πεδίο F λέγεται συνεχές όταν οι συνιστώσες του είναι συνεχή βαθμωτά πεδία.


Η διαφορά [F(x,y+Δy,z)-F(x,y,z)]⋅j(ΔxΔz) δίνει το καθαρό ποσό της μάζας(2 του ρευστού, που εξέρχεται από το παραλληλεπίπεδο στη μονάδα του χρόνου και κατά τη δι-εύθυνση του j. Ανάλογες ποσότητες δίνουν οι εκφράσεις: [F(x+Δx,y,z)-F(x,y,z)]⋅i(ΔyΔz) [F(x,y,z+Δz)-F(x,y,z)]⋅k(ΔxΔy) Υποθέτουμε τώρα ότι η ολική μεταβολή της μάζας στη μονάδα του χρόνου είναι το άθροισμα των τριών αυτών ποσοτήτων. Αν το άθροισμα αυτό το διαιρέσουμε δια του ό-γκου ΔxΔyΔz και υποθέσουμε ότι οι διαστάσεις του παραλληλεπίπεδου συνεχώς μικραί-νουν με όριο το μηδέν, τότε στο όριο αυτό το άθροισμα γίνεται:

x 0y 0z 0

[ (x x,y,z) (x,y,z] ( y z) [ (x,y y,z) (x,y,z] ( x z)limx y z x y zΔ →

Δ →Δ →

⎧ + Δ − ⋅ Δ Δ + Δ − ⋅ Δ Δ+ +⎨ Δ Δ Δ Δ Δ Δ⎩

F F i F F j

[ (x,y,z z) (x,y,z] ( x y)x y z

⎫+ Δ − ⋅ Δ Δ+ =⎬Δ Δ Δ ⎭

F F k

x 0[ (x x,y,z) (x,y,z)]lim

xΔ →+ Δ − ⋅

= +Δ

F F iy 0

[ (x,y y,z) (x,y,z)]limyΔ →

+ Δ − ⋅+

ΔF F j

+ z 0[ (x,y,z z) (x,y,z)]lim

zΔ →+ Δ − ⋅

ΔF F k =

1 1x 0

[F (x x,y,z) F (x,y,z)]limxΔ →

+ Δ −= +

Δ2 2

y 0[F (x, y y,z) F (x, y,z)]lim

yΔ →+ Δ −

+Δ

+ 3 3z 0

[F (x, y,z z) F (x, y,z)]limzΔ →

+ Δ −Δ

=

= ∂∂

∂∂

∂∂x

F x y zy

F x y zz

F x y z1 2 3( , , ) ( , , ) ( , , )+ + =∇⋅F(x,y,z) (4.3.2)

δηλαδή, ισούται με την απόκλιση του διανυσματικού πεδίου F στο σημείο (x,y,z) και πα-ριστάνει τον συντελεστή μεταβολής της μάζας ανά μονάδα όγκου και ανά μονάδα χρό-νου στο σημείο B(x,y,z). Σημειώνουμε ότι: Εάν ∇⋅F(x,y,z)>0 τότε: α) το σημείο (x,y,z) είναι "πηγή" μάζας ή β) η πυκνότητα ρ του ρευστού ελαττώνεται στα γειτονικά προς το σημείο (x,y,z) σημεία. Εάν ∇⋅F(x,y,z)<0 τότε: α) το σημείο (x,y,z) είναι μια "απαγωγή" μάζας ή β) η πυκνότητα ρ του ρευστού αυξάνεται στα γειτονικά προς το σημείο (x,y,z) σημεία. Εύκολα αποδεικνύεται ότι για τη ροή ενός ρευστού που έχει σταθερή πίεση, χωρίς πήγες ή απαγωγές, δηλαδή, ενός ασυμπίεστου ρευστού, η απόκλιση του διανυσματικού

(2 Εάν η διαφορά [F(x,y+Δy,z)-F(x,y,z)]⋅j(ΔxΔz) είναι θετική, τότε περισσότερη μάζα εξέρχεται παρά ει-σέρχεται και επομένως έχουμε αραίωση της μάζας του παραλληλεπιπέδου κατά την διεύθυνση του j . Εάν η διαφορά [F(x,y+Δy,z)-F(x,y,z)]⋅j(ΔxΔz) είναι αρνητική, τότε περισσότερη μάζα εισέρχεται παρά εξέρχεται και επομένως έχουμε πύκνωση της μάζας του παραλληλεπιπέδου κατά την διεύθυνση του j .


πεδίου της ταχύτητας v είναι μηδέν σε κάθε σημείο της μάζας του. Συγκεκριμένα ισχύει η ισοδυναμία: ∇⋅v=0 ⇔ το ρευστό είναι ασυμπίεστο. Αυτό αποδεικνύεται από την εξίσω-

ση της συνέχειας t

∂ρ∂

+∇⋅(ρv)=0, από την οποία για ρ=σταθερό μας δίνει ∇⋅v=0.

Εάν το F είναι ένα διανυσματικό πεδίο, τότε η απόκλιση του F σε ένα σημείο παρι-στάνει τη ροή του διανυσματικού πεδίου δια μέσου μιας απειροστής κλειστής επιφάνει-ας, που περιέχει το σημείο, ανά μονάδα όγκου και μπορεί να οριστεί, (όπως θα δούμε σε επόμενο κεφάλαιο), από τη σχέση:

∇⋅F=limVSV

d→ ⋅∫∫01 F S (4.3.3)

όπου V είναι ο όγκος που περικλείεται από την κλειστή επιφάνεια S και περιέχει το ση-μείο, dS=dSn, n είναι το προς τα έξω διευθυνόμενο μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο α-πειροστό στοιχείο dS της επιφάνειας S και ∫∫ το σύμβολο του κλειστού επιφανειακού

ολοκληρώματος. Β) Στροβιλισμός: Γεωμετρικά ο στροβιλισμός ενός διανύσματος μας δίνει ένα μέτρο του κατά πόσο το διάνυσμα F στροβιλίζεται, περιστρέφεται, γύρω από κάποιο συγκεκρι-μένο σημείο Ας θεωρήσουμε τώρα ένα στερεό σώμα που περιστρέφεται γύρω από κάποιον ά-ξονα, έστω τον ΟΖ, με σταθερή γωνιακή τα-χύτητα ω=ωk. Έστω R η ακτίνα της περιφέ-ρειας, που διαγράφει ένα σημείο Ρ(x,y,z) του σώματος, (Σχ. 4.3.2). Τότε:

r = Rcosωti+Rsinωtj+zk ⇒

v= ddtr =ω(-Rsinωti+Rcosωtj)=-ωyi+ωxj και

∇×v=x y zy x 0

⎛ ⎞⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎜ ⎟−ω ω⎝ ⎠

i j k

=2ωk=2ω

δηλαδή, όταν ένα στερεό σώμα περιστρέφε-ται με γωνιακή ταχύτητα ω, τότε ο στροβιλι-σμός της ταχύτητας v κάθε υλικού σημείου είναι 2ω=σταθερό, δηλαδή ο στροβιλισμός της ταχύτητας δίνει ένα μέτρο της περιστρο-φής του σώματος.

Όταν πρόκειται για ρευστό η έκφραση ∇×v δίνει ένα μέτρο της τοπικής περιστρο-φής της μάζας του ρευστού.

Ο στροβιλισμός ενός διανυσματικού πεδίου F μπορεί να ορισθεί, (όπως θα δούμε σε επόμενο κεφαλαίο), από τη σχέση:

(∇×F).n= S 0C

1lim dS→ ⋅∫ F r (4.3.5)

Σχ. 4.3.2

y

z R

ωt

r

Ρ

ω

x


όπου S είναι το εμβαδόν της επιφάνειας που περατώνεται στην κλειστή καμπύλη C, n το μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στην επιφάνεια S με φορά εκείνη που καθορίζεται από τον κανόνα του δεξιόστροφου κοχλία, και ∫ το σύμβολο του κλειστού επικαμπυλίου ολο-

κληρώματος. Όταν το F είναι δυναμικό πεδίο, ο στροβιλισμός του ∇×F μετρά το έργο ανά μονά-δα επιφάνειας. Άλλη έκφραση του στροβιλισμού ∇×F είναι η εξής:

∇×F= V 0S

1lim dSV→ ×∫∫ n F (4.3.6)

Μια διαισθητική εικόνα της απόκλισης και του στροβιλισμού ενός διανυσματικού πεδίου είναι η εξής: Φανταστείτε ότι βρίσκεστε στην όχθη μιας ήρεμης λίμνης. Εάν σκορ-πίσετε λίγο πριονίδι στην επιφάνεια της λίμνης και παρατηρήσετε ότι το πριονίδι απλώνε-ται προς τα έξω, τότε συμπεραίνουμε ότι το έχουμε ρίξει σε ένα σημείο της λίμνης όπου η απόκλιση του διανυσματικού πεδίου, που παριστάνει την ταχύτητα v του νερού σ' αυτό το σημείο, είναι θετική. Εάν το πριονίδι συσσωρεύεται στο σημείο, τότε η απόκλιση είναι αρνητική και αυτό σημαίνει ότι το σημείο αυτό υπάρχει μια απαγωγή μάζας, δηλ. μια κα-ταβόθρα. Εάν τώρα σε κάποιο σημείο της λίμνης ρίξουμε ένα τροχό φτιαγμένο από φελλό και παρατηρήσουμε ότι αρχίζει να περιστρέφεται, τότε συμπεραίνουμε ότι ο στροβιλισμός της ταχύτητας του νερού σ' αυτό το σημείο είναι μη μηδενικός. Μια δίνη είναι ένα σημείο με μεγάλο στροβιλισμό

4.4 Συναρτήσεις Δυναμικού

Ας θεωρήσουμε το βαθμωτό πεδίο 1fr

= − . Η έκφραση αυτή, πολλαπλασιασμένη με κα-

τάλληλες σταθερές, την συναντάμε στη Φυσική σαν δυναμικό. Π.χ. η έκφραση

0

1 Qf4 r

= −πε

παριστάνει το δυναμικό του ηλεκτροστατικού, πεδίου που δημιουργείται

από το φορτίο Q, που βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. Επίσης η έκφραση Mf Gr

= −

παριστάνει το δυναμικό του βαρυτικού πεδίου, που δημιουργείται από την μάζα Μ, που βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. Η βάθμωση των παραπάνω εκφράσεων:

3

1 Q Qf4 r 4 rο ο

⎛ ⎞= ∇ = ∇ − =⎜ ⎟πε πε⎝ ⎠

rE , 3

Mf G GMr r

⎛ ⎞= ∇ = ∇ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

rE

μας δίνει την ένταση των αντιστοίχων πεδίων. Εάν οι εντάσεις αυτές πολλαπλασιαστούν με κατάλληλα υποθέματα, συγκεκριμένα η πρώτη έκφραση με ένα φορτίο q και η δεύτερη με μια μάζα m, οι αντίστοιχες εκφράσεις θα μας δώσουν τις δυνάμεις που ασκούνται στο φορτίο q και στην μάζα m αντίστοιχα:

3

Qq4 rο

=πε

rF , 3

MmGr

=F r

Επειδή στην πράξη αυτό που μπορούμε να μετρήσουμε είναι οι δυνάμεις και όχι το δυνα-μικό, προκύπτει το εξής ερώτημα:


Ερώτημα: Εάν γνωρίζουμε την δύναμη F μπορούμε να ελέγξουμε εάν αυτή η δύναμη προ-έρχεται από δυναμικό; Και σε θετική περίπτωση πως μπορούμε να βρούμε το δυναμικό αυτό; Σε μαθηματική διατύπωση το παραπάνω ερώτημα διατυπώνεται ως εξής: Για δεδομένο διανυσματικό πεδίο F υπάρχει βαθμωτό πεδίο f τέτοιο ώστε ∇f=F; Απάντηση: Ναι, αν και μόνο αν ∇×F=0.

Όταν υπάρχει τέτοιο βαθμωτό πεδίο f, τότε θα λέμε ότι το διανυσματικό πεδίο F έχει μια συνάρτηση δυναμικού f ή ότι έχει ένα δυναμικό f ή ότι απορρέει από δυναμικό ή ότι είναι συντηρητικό. Εάν F=F1i+F2j+F3k τότε η εξίσωση ∇f=F γίνεται:

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

fz

i j+ + k =F1i+F2j+F3k ⇒

∂∂

fx

F= 1 ∂∂

fy

F= 2 ∂∂fz

F= 3 (4.4.1)

Από τις σχέσεις (4.4.1) έχουμε:

∂∂ ∂

∂∂

21f

y xFy

= ∂∂ ∂

∂∂

22f

x yFx

=

∂∂ ∂

∂∂

21f

z xFz

= ∂∂ ∂

∂∂

23f

x zFx

= (4.4.2)

∂∂ ∂

∂∂

22f

z yFy

= ∂∂ ∂

∂∂

23f

y zFy

=

από τις οποίες προκύπτουν οι σχέσεις:

∂∂

∂∂

Fy

Fz

3 2 0− = ∂∂

∂∂

Fz

Fx

1 3 0− = ∂∂

∂∂

Fx

Fy

2 1 0− =

ή ∇×F=0 (4.4.3) Η σχέση (4.4.3) αποτελεί ικανή και αναγκαία συνθήκη για να υπάρχει βαθμωτή συνάρτη-ση f τέτοια ώστε ∇f=F. Απόδειξη: Το αναγκαίο προκύπτει από το γεγονός ότι εάν ∇f=F τότε ∇×F = ∇×(∇f)=0. Για να αποδείξουμε το αντίστροφο, δηλαδή το ικανό, υποθέτουμε ότι ισχύει η σχέση (4.4.3) και θα προσπαθήσουμε να προσδιορίσουμε μια συνάρτηση f, τέτοια ώστε ∇f=F . Ας θεωρήσουμε μια συνάρτηση f1 , τέτοια ώστε:

∂∂fx

F11= (4.4.4)

και ας προσπαθήσουμε να εκλέξουμε έτσι την f1 ώστε να επαληθεύει και τις άλλες σχέ-σεις, δηλαδή:

∂∂fy

F12= ∂

∂fz

F13=

Από την (4.4.4) έχουμε:

f1(x,y,z)= (4.4.5) F t y z dtx

x

1

0

( , , )∫δηλαδή ολοκληρώνουμε από το σημείο (x0,y0,z0) μέχρι το σημείο (x,y,z) ως προς x. Η f1 της σχέσης (4.4.5) ικανοποιεί τη σχέση ∂f1 /∂x=F1 αλλά όχι αναγκαστικά και τις ∂f1


/∂y=F2 ∂f1 /∂z=F3 . Η ζητούμενη συνάρτηση θα είναι της μορφής f1+f2 , όπου η f2 είναι συνάρτηση μόνο των y και z. Η f1+f2 ικανοποιεί τη σχέση:

∂∂

( )f fx

F1 21

+=

Απαιτούμε τώρα να ισχύει: ∂∂

( )f fy

F1 22

+= ⇒ ∂

∂∂∂

fy

F fy

22

1= − αλλά

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂ ∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂x

Ffy

Fx

fx y

Fx y

fx

Fx

Fy2

1 22

1 2 1 2 1 0−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = − = −

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= − =

Άρα F2-∂∂fy1 =g(y,z) και συνεπώς f2(y,z)= (4.4.6) g t z dt

y

y

( , )0

∫Μέχρι εδώ η συνάρτηση f1+f2 ικανοποιεί τις δυο πρώτες συναρτήσεις της (4.4.1), δηλαδή:

∂∂

( )f fx

F1 21

+= ∂

∂( )f f

yF1 2

2+

=

Ζητούμε τώρα μια συνάρτηση f3(z) τέτοια ώστε:

∂∂

( )f f fz

F1 2 33

+ += ⇒ f3′(z)=F3-

∂∂

( )f fz

1 2+

αλλά ∂∂

∂

∂xf f

zF - 3

( )1 2+⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= [ ]∂

∂∂∂

∂∂

Fx z x

f f31 2− +⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭=∂∂

∂∂

Fx

Fz

3 1 0− =

και ∂∂

∂

∂yf f

zF - 3

( )1 2+⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= [ ]∂

∂∂∂

∂∂

Fy z y

f f31 2− +

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭=∂∂

∂∂

Fy

Fz

3 2 0− =

δηλαδή η F - 3

∂

∂

( )f fz

1 2+είναι συνάρτηση μόνο του z. Έτσι θέτουμε:

h(z)=F3-∂

∂( )f f

z1 2+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

και έχουμε: f3(z)= (4.4.7) h t dtz

z

( )0

∫ Συμπέρασμα: Εάν για ένα διανυσματικό πεδίο F ισχύει ∇×F=0, τότε υπάρχει βαθμωτό πεδίο f=f1+f2+f3 ώστε να ισχύει η σχέση ∇f=F όπου :

f1(x,y,z)= fF x y z dxx

x

1

0

( , , )∫ 2(y,z)= Ffy

dy

y

y

21

0

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮∂∂

f3(z)= Ffz

fz

dzz

z

31 2

0

− −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

⌠⌡⎮

∂∂

∂∂

(4.4.8) Πρακτικά εργαζόμαστε ως εξής: Έστω F=xyz(2z+3x)i+z(x2z-3y2+x3)j+y(2x2z-y2+x3)k. Εύκολα μπορούμε να διαπι-στώσουμε ότι ∇×F=0. Άρα υπάρχει βαθμωτή συνάρτηση f τέτοια ώστε ∇f=F. Από την τελευταία σχέση έχουμε:

∂∂

fx

=F1 =xyz(2z+3x) (4.4.9)


∂∂

fy

=F2 = z(x2z-3y2+x3) (4.4.10)

∂∂fz

=F3 = y(2x2z-y2+x3) (4.4.11)

Ολοκληρώνουμε την σχέση (4.4.9) ως προς x θεωρώντας τα y και z σταθερά:

f= +cF dx1∫ 1(y,z)= +cxyz(2z + 3x)dx ∫ 1(y,z) =x2yz2+x3yz+c1(y,z) (4.4.12)

Σημειώστε ότι εδώ η σταθερά ολοκλήρωσης c1 θα είναι γενικά συνάρτηση των δυο άλλων μεταβλητών y και z. Θέτουμε την (4.4.12) στην (4.4.10) και έχουμε:

∂∂

fy

= [∂∂y

x yz + x yz + c (y,z) 2 2 31 ]=F2 = z(x2z-3y2+x3) ⇒

x2z2+x3z+ ∂∂y

c (y,z)1 =x2z2-3y2z+x3z ⇒ ∂∂y

c (y,z)1 =-3y2z ⇒

c1(y,z)= +c−∫ 3 2y zdy 2(z)=-y3z+c2(z) (4.4.13)

και εδώ η σταθερά c2 θα είναι συνάρτηση της τρίτης μεταβλητής που απομένει, δηλαδή της z. Τώρα η (4.4.12) με την βοήθεια της (4.4.13) γράφεται:

f=x2yz2+x3yz-y3z+c2(z) (4.4.14) και θέτοντας την (4.4.14) στην (4.4.11) παίρνουμε:

∂∂fz

=2x2yz+x3y-y3+ ddz

c2(z)= F3 =y(2x2z-y2+x3) ⇒

ddz

c2(z)=0 ⇒ c2(z)=c=σταθερό.

Τελικά είναι: f=x2yz2+x3yz-y3z+c Παρατήρηση 1: Όταν ένα διανυσματικό πεδίο F έχει απόκλιση μηδέν, δηλαδή ∇⋅F=0, λέγεται σωληνοειδές, όταν δε ο στροβιλισμός του είναι μηδέν, ∇×F=0, λέγεται αστρόβι-λο. Άσκηση: Δίδεται το διανυσματικό πεδίο F=x3yi+yx2j+xzk. Χωρίς να υπολογιστεί ο στροβιλισμός ∇×F, να δειχθεί ότι το F δεν είναι συντηρητικό πεδίο. Λύση: Εάν δεχθούμε ότι το διανυσματικό πεδίο F είναι συντηρητικό, τότε θα υπάρχει βαθμωτό πεδίο f τέτοιο ώστε F=∇f. Από την τελευταία σχέση προκύπει:

31

f F x yx∂

= =∂

(1) 22

f F yxy∂

= =∂

(2) 3f F xzz∂

= =∂

(3)

Το βαθμωτό πεδίο f οφείλει, εάν υπάρχει, να ικανοποιεί τις παραπάνω τρεις σχέσεις, όπως επίσης να έχει συνεχείς τις δεύτερες παραγώγους. Και αυτό διότι το διανυσματικό πεδίο F θεωρείται όχι μόνο συνεχές αλλά και διαφορίσιμο, δηλαδή όλες οι μερικές παράγωγοι των συνιστωσών του F1, F2, F3 ως προς x, y, z είναι συνεχείς συναρτήσεις. Μια συνάρτηση έχει συνεχείς τις δεύτερες παραγώγους όταν:

2 2f fx y y x∂ ∂

=∂ ∂ ∂ ∂


Εάν παραγωγίσουμε την (1) ως προς y παίρνουμε: 2

3f xy x∂

=∂ ∂

(4)

Παραγωγίζοντας τώρα την (2) ως προς x παίρνουμε: 2f 2xy

x y∂

=∂ ∂

(5)

Παρατηρούμε ότι2f

y x∂∂ ∂

≠2f

x y∂∂ ∂

και επομένως δεν υπάρχει βαθμωτό πεδίο f τέτοιο ώστε

F=∇f. Τελικά το διανυσματικό πεδίο F δεν είναι συντηρητικό. Εδώ πρέπει να προσέξουμε ότι ο τρόπος που χρησιμοποιήσαμε για να λύσουμε το πρό-βλημα λειτουργεί σαν αρνητική απόδειξη με την έννοια ότι το αντίστροφο δεν αληθεύει πάντα. Π. χ. για το διανυσματικό πεδίο F=yk, οι δεύτερες παράγωγοι υπάρχουν είναι συ-νεχείς και ίσες με μηδέν, όμως curlF=i≠0. 4.5 Κατασκευή Διανυσματικού πεδίου από τον στροβιλισμό του.

Ερώτημα: Εάν F=F1i+F2j+F3k δεδομένο διανυσματικό πεδίο, υπάρχει διανυσμα-τικό πεδίο G=G1i+G2j+G3k τέτοιο ώστε: F=∇×G (4.5.1) Απάντηση: Ναι εάν και μόνο εάν ∇⋅F=0 (4.5.2) Το αναγκαίο προκύπτει από το γεγονός ότι εάν F=∇×G τότε ∇⋅F=∇⋅(∇×G)=0. Για να αποδείξουμε το αντίστροφο, δηλαδή το ικανό, υποθέτουμε ότι ισχύει η σχέση (4.5.1) και θα προσπαθήσουμε να προσδιορίσουμε το πεδίο G. Η (4.5.1) γράφεται:

∂∂

∂∂

Gy

Gz

F3 21− = ∂

∂∂∂

Gz

Gx

F1 32− = ∂

∂∂∂

Gx

Gy

F2 13− = (4.5.3)

Στη συνέχεια πρέπει να λύσουμε αυτό το σύστημα των μερικών διαφορικών εξισώσεων ως προς G1 , G2 , G3. Αποδεικνύεται ότι μια λύση της (4.5.1) είναι της μορφής: G = G1i+G2j+G3k

όπου G1 =0 G2= - GF t y z dtx

x

3

0

( , , )∫0

z

1 0z

F (x , y,u)du∫ 3=- F t y z dtx

x

2

0

( , , )∫ Παρατήρηση 1: Το διανυσματικό πεδίο G, που ικανοποιεί την (4.5.1), δεν είναι μοναδικό γιατί το διανυσματικό πεδίο G+∇φ, όπου φ οποιοδήποτε βαθμωτό πεδίο, ικανοποιεί την (4.5.1). Πράγματι: ∇×(G+∇φ)=∇×G+∇×(∇φ)=F+0=F

4.6 Πίνακας Διανυσματικών Ταυτοτήτων που περιέχουν ∇

Στον πίνακα αυτό τα f και φ παριστάνουν βαθμωτά πεδία και τα F και G διανυ-σματικά πεδία.

1. ∇(f+φ)=∇f+∇φ ή grad(f+φ)=gradf+gradφ

2. ∇⋅(F+G)=∇⋅F+∇⋅G ή div(F+G) = divF + divG


3. ∇× (F+G)=∇ ×F+∇×G ή curl(F+G)=curlF+curlG

4. ∇⋅(fF)=(∇f)⋅F+f(∇⋅F) ή div(fF)=gradf.F+fdivF

5. ∇× (fF)=(∇f) ×F+f(∇×F) ή curl(fF)=gradf×F+fcurlF

6. ∇⋅(F×G)=G⋅(∇×F)-F⋅(∇×G) ή div(FxG)=G⋅curlF-F⋅curlG

7. ∇× (F×G)=(G⋅∇)F-G(∇⋅F)-(F⋅∇)G+F(∇⋅G)

8. ∇(F⋅G)=(G⋅∇)F+(F⋅∇)G+G×(∇×F)+F×(∇×G)

9. ∇⋅(∇f)=∇2f= ∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

2

2

2

fx

fy

fz

+ + (3

όπου ∇2= ∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

2

2

2x y z+ + o τελεστής του Laplace.

10 ∇×(∇f)=0 ή curlgradf=0

11. ∇⋅(∇×F)=0 ή divcurlF = 0

12. ∇× (∇×F) = ∇(∇⋅F) - ∇2F


1) Στη Μηχανική των Ρευστών, η εξίσωση της συνέχειας για την ροή ενός ρευστού είναι:

t∂ρ∂

+∇⋅(ρv)=0 (1)

όπου ρ=ρ(x,y,z,t) η πυκνότητα και v=v(x,y,z,t) το πεδίο των ταχυτήτων του ρευστού. Να δειχθεί ότι η εξίσωση της συνέχειας μπορεί να πάρει τις μορφές:

t∂ρ∂

+(∇ρ)⋅v+ρ∇⋅v=0 (2)

και DDtρ +ρ∇⋅v=0 (3)

όπου D dx dy dzDt x dt y dt z dt t

∂ ∂ ∂= + + +∂ ∂ ∂

∂∂

(4)

η παράγωγος του Stokes. Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε την ταυτότητα: ∇⋅(fF)=(∇f)⋅F+f(∇⋅F) με f=ρ, F=v και έ-χουμε ∇⋅(ρv)=(∇ρ)⋅v+ρ(∇⋅v). Οπότε η (1) γράφεται:

t∂ρ∂

+∇⋅(ρv)= t

∂ρ∂

+(∇ρ)⋅v+ρ∇⋅v=0

δηλαδή η σχέση (2). Για την σχέση (3), γράφουμε την ταχύτητα v υπό την μορφή: v=dx/dti+dy/dtj+dz/dtk, ο-πότε η σχέση (2) πιο αναλυτικά γράφεται:

(3 Εάν ένα βαθμωτό πεδίο f(x,y,z) ικανοποιεί την σχέση ∇2f(x,y,z)=0 τότε λέγεται αρμονική συνάρτηση.


t∂ρ∂

+(∇ρ)⋅v+ρ∇⋅v=t

∂ρ∂

+ dx dy dzx y z dt dt dt

⎡ ⎤∂ρ ∂ρ ∂ρ ⎡ ⎤+ + ⋅ + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ⎣ ⎦⎣ ⎦i j k i j k + ρ∇⋅v=

=t

∂ρ∂

+ dx dy dzx dt y dt z dt∂ρ ∂ρ ∂ρ

+ +∂ ∂ ∂

+ ρ∇⋅v= DDtρ +ρ∇⋅v=0

Σημειώστε ότι η παράγωγος DDtρ παριστάνει τον συντελεστή μεταβολής της πυκνότητας ε-

νός σημείου που κινείται με το ρευστό. 2) Έστω ότι το πεδίο ταχυτήτων ενός ρευστού δίνεται από την σχέση: v=(y,0,0). Σχεδιάστε τις ταχύτητες των μορίων του ρευστού. Δείξτε ότι το ρευστό είναι ασυμπίεστο. Να βρεθεί ο όγκος την χρονική στιγμή t=1/3, που καταλαμβάνουν τα μόρια του ρευστού τα οποία την χρονική στιγμή t=0 πληρούσαν τον κύβο που ορίζεται από τις εξισώσεις x=0, x=1, y=0, y=1, z=0, z=1.

x

z

y

Σχ. 4.7.1

Λύση: Όταν το ρευστό είναι ασυμπίεστο, δηλα-δή όταν η πυκνότητα ρ είναι σταθερή, τότε από την εξίσωση της συνέχειας

t∂ρ∂

+∇⋅(ρv)=0

έχουμε ∇⋅v=0. Υπολογίζουμε την απόκλιση του v και βρίσκουμε ∇⋅v=0 σ’ όλα τα σημεία του χώρου. Άρα το ρευστό είναι ασυμπίεστο. Το διανυσματικό πεδίο της ταχύτητας απεικονί-ζεται στο Σχ. 4.7.1. Παρατηρούμε ότι όλα τα μόρια του ρευστού κινούνται ευθύγραμμα και παράλληλα προς τον άξονα ΟΧ και έ-χουν την ίδια ταχύτητα όσα βρίσκονται σε επίπεδο κάθετο προς τον άξονα ΟΥ. Την χρονική στιγμή t=0 τα μόρια που μας ενδια-φέρουν, πληρούν τον κύβο (ΟΑΒΓΗΔΛΖ). Τα μόρια που βρίσκονται στην κάτω πλευρά (ΟΑΔΗ) του κύβου έχουν μηδενική ταχύτη-τα και δεν μετακινούνται. Από το σχήμα εύ-κολα προκύπτει ότι τη χρονική στιγμή t=1/3 τα μόρια του αρχικού κύβου (ΟΑΒΓΗΔΛΖ) θα καταλαμβάνουν τον όγκο του παραλλη-λεπιπέδου (ΟΑΜΝΗΔΚΘ), οποίος έχει τον ίδιο όγκο με τον αρχικό κύβο, Σχ. 4.7.2.

3) Έστω ότι το πεδίο ταχυτήτων ενός ρευ-στού δίνεται από την σχέση: v=(x,0,0). Σχε-διάστε τις ταχύτητες των μορίων του ρευ-στού. Δείξτε ότι το ρευστό δεν είναι ασυ-μπίεστο. Να βρεθεί ο όγκος την χρονική στιγμή t=1, που καταλαμβάνουν τα μόρια

x

z

y

Α

Κ Β

Γ

Δ

Ζ

Η

Θ

x

y

z

t=1/3

1

1

1 t=0 Ν

Λ Μ

Ο

Σχ. 4.7.2

Σχ. 4.7.3


του ρευστού τα οποία την χρονική στιγμή t=0 πληρούσαν τον κύβο που ορίζεται από τις εξισώσεις x=0, x=1, y=0, y=1, z=0, z=1. Λύση:Οι ταχύτητες των μορίων του ρευστού δείχνονται στο Σχ. 4.7.3. Παρατηρούμε ότι τα μόρια στη θέση x=0, δηλαδή τα μόρια που βρίσκονται στο επίπεδο ΟΥΖ, έχουν μηδε-νική ταχύτητα και επομένως παραμένουν ακίνητα, ενώ τα υπόλοιπα μόρια κινούνται πα-ράλληλα προς τον άξονα OX με ταχύτητα ανάλογη προς το |x|. Επειδή ∇⋅v=1≠0 το ρευστό δεν είναι ασυμπίεστο. Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να εκφράσουμε την ταχύτητα v(x,0,0) των μορίων του ρευστού συναρτήσει του χρόνου. Έχουμε:

( )d dx dx,0,0 x,0,0 xdt dt dt

⎛ ⎞= = = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

rv

⇒ x=cet

Για να προσδιοριστεί η σταθερά c πρέπει να εφαρμόσουμε αρχικές συνθήκες, που θα αναφέρονται για t=0. Οι αρχικές όμως συνθήκες δεν πρέπει να αναφέρονται στα μόρια του ρευστού που βρίσκονται στην έδρα ΑΒΟΜ του κύβου που βρίσκεται στο επίπεδο ΟΥΖ, διότι αυτά τα μόρια έχουν ταχύτητα μηδέν και από την λύση x=cet θα βρίσκαμε c=0 δηλ. x=0. Επομένως οι αρχικές συνθήκες θα πρέπει να αναφερ-θούν σε άλλα μόρια του ρευστού, όπως π.χ. στα μόρια του ρευστού της απέναντη έδρας CKLH, όπου ισχύει x=1 για t=0.

Σχ. 4.7.4

Άρα για t=0 θα έχουμε 1=ce0 ⇒ c=1 επομένως x(t)=et. Για t=1 θα έχουμε x=et=e και τα μόρια του αρχικού κύβου ΑΒΟMΗCKL θα καταλαμβά-νουν το όγκο του παραλληλεπιπέδου ABOMGDEF, όπου η έδρα GDEF τέμνει τον άξονα ΟΧ στο σημείο x=e, Σχ. 4.7.4. Ο όγκος δε του παραλληλεπιπέδου είναι V=e×1×1=e. 4) Έστω ότι η θερμοκρασία σε ένα δωμάτιo είναι συνάρτηση των συντεταγμένων, δηλα-δή T=T(x,y,z). (1) Δώστε μια φυσική ερμηνεία της εκφράσεως:

( ) ( )T x x, y y, z z T x, y, zTs s

+ Δ + Δ + Δ −Δ=

Δ Δ (2)

και υπολογίστε το όριο της όταν Δs→0.

Επίσης δείξτε ότι dT dTds ds

=∇ ⋅r (3)

Λύση: Κατ’ αρχήν πρέπει να τονισθεί ότι ο τελεστής της βάθμωσης ∇ έχει πολύ μεγάλη σημασία για την φυσική. Με τον τελεστή της βάθμωσης μπορούμε να κατασκευάζουμε διανυσματικά πεδία από αντίστοιχα βαθμωτά. Στις περισσότερες περιπτώσεις εκείνο που μπορούμε να μετρήσουμε πειραματικά είναι το διανυσματικό πεδίο. Όμως είναι πιο κομ-ψό από μαθηματικής πλευράς να βρούμε το βαθμωτό πεδίο f, που αντιστοιχεί στο διανυ-σματικό πεδίο F, τα οποία συνδέονται, ως γνωστόν, με τη σχέση: ∇f=F. Οι δε υπολογι-σμοί με το βαθμωτό πεδίο f είναι πιο εύκολοι. Επομένως η λογική πορεία που ακολου-θούμε είναι να αρχίσουμε πρώτα με μια πειραματική διαδικασία και να μετρήσουμε το κατάλληλο διανυσματικό πεδίο, το οποίο είναι αυτό που υπάρχει στον φυσικό κόσμο. Στη


συνέχεια, με κάποιες μαθηματικές διαδικασίες, βρίσκουμε το αντίστοιχο βαθμωτό πεδίο, κάνουμε κάποιους μαθηματικούς υπολογισμούς και μετασχηματίζουμε τα μαθηματικά αποτελέσματα πίσω στα φυσικά μεγέθη, τα οποία είναι πειραματικώς μετρήσιμα. Η διαδι-κασία αυτή δείχνεται στο παρακάτω σχήμα: Μαθηματικοί

μετασχηματισμοί Βαθμωτά πεδία τα οποία αντιμετωπίζονται πιο εύ-κολα από μαθηματικής πλευράς

Διανυσματικά πεδία πει-ραματικώς μετρήσιμα

Φυσική θεωρία που περιγράφει κάποιο φυ-

σικό φαινόμενο

Μαθηματικοί υπολογισμοί

Αποτελέσματα που είναι τις περισσότερες φορές βαθμωτές ποσότητες

Μεγέθη πειραματικώς μετρήσιμα

Μαθηματικοί

μετασχηματισμοί Το T(x,y,z) παριστά την θερμοκρασία στο σημείο (x,y,z), ενώ το T(x+Δx y+Δy, z+Δz) παριστάνει την θερμοκρασία στο σημείο (x+Δx y+Δy, z+Δz). Επίσης τα ΔΤ και Δs παρι-στούν τις αλλαγές στη θερμοκρασία και στην απόσταση μεταξύ των δυο σημείων αντί-

στοιχα. Επομένως το s

ΔΤΔ

παριστάνει κατά μέσο όρο τον συντελεστή μεταβολής της θερ-

μοκρασίας ανά μονάδα αποστάσεως κατά την διεύθυνση από το σημείο (x,y,z) στο σημείο (x+Δx y+Δy, z+Δz). Από το διαφορικό της θερμοκρασία Τ(x,y,z):

T T Td dx dyx y z∂ ∂ ∂

Τ = + +∂ ∂ ∂

dz

έχουμε:

s 0dT T dx T dy T dzlim

s ds x ds y ds z dsΔ →

ΔΤ ∂ ∂ ∂= = + +

Δ ∂ ∂ ∂=

T T T dx dy dz dTx y z ds ds ds d

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ⎡ ⎤= + + ⋅ + + = ∇ ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ⎣ ⎦⎣ ⎦

ri j k i j ks



1. Να αποδειχθεί ότι:

rr 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

rr 3 0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

1 0r⎛⎝⎜⎞⎠⎟=

α) ∇⋅ β) ∇× =0 γ) ∇2

2. Εάν r=xi+yj+zk και r=|r| βρείτε όλους τους ακεραίους n για τους οποίους ισχύει div[rnr]=0 3. Δίνεται η συνάρτηση φ=φ(x,y,z), η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες dφ/dz=0 και φ(0,0,z)=0. Να βρεθεί η φ έτσι ώστε το διανυσματικό πεδίο: F(x,y,z)=(x3+3y2z)i+6xyzj+φk Να προκύπτει από δυναμικό f. Στη συνέχεια να βρεθεί το f. 4. Να δείξετε ότι το διανυσματικό πεδίο F=4u. -i , όπου u=yj+zk, προκύπτει από δυναμικό και να βρεθεί η εξίσωση των ισοσταθμικών επιφανειών του δυναμικού.

eu2

5. Έστω ότι το διανυσματικό πεδίο F=F i+F j+F1 2 3k δεν είναι κλίση ενός βαθμωτού δυνα-μικού. Είναι όμως δυνατό να προσδιορίσετε ένα μη μηδενικό βαθμωτό πεδίο μ(x,y,z), τέτοιο ώστε το διανυσματικό πεδίο μF να είναι κλίση κάποιου δυναμικού. Να δείξετε ότι αν υπάρχει ένα τέτοιο μ, το διάνυσμα F θα είναι πάντοτε κάθετο στην περιστροφή του. Αν το πεδίο είναι διδιάστατο, η παρατήρηση αυτή μας δίνει μια αναγκαία συνθήκη για να έχει η διαφορική εξίσωση F (x,y)dx+F (x,y)dy=0 έναν ολοκληρωτικό παράγοντα. 1 2 6. Εάν τα πεδία F και G είναι αστρόβιλα, να δείξετε ότι το πεδίο F×G είναι σωληνο-ειδές. 7. Να βρεθεί η γενική μορφή της συνάρτησης f(r), μιας μεταβλητής για την οποία το διανυσματικό πεδίο f(r)r είναι σωληνοειδές.

dfdr r

dfdr2

2+8. α) Να αποδείξετε ότι ∇2f(r)=

β) Να βρεθεί η συνάρτηση f(r) έτσι ώστε ∇2 f(r)=0 9. Να αποδείξετε ότι: α) ∇2 2[lnr]=1/r β) ∇2 n n-2 3 3r]=6r γ) ∇⋅[rr =n(n+1)r 10. Οι εξισώσεις του Mαxwell στον ηλεκτρομαγνητισμό για την περίπτωση του κενού είναι:

∂∂Bt

∇×E=- ∇⋅E=0

∂∂Et

∇×B= ∇⋅B=0

όπου Ε και Β οι εντάσεις του ηλεκτρικού και μαγνητικού πεδίου αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι εντάσεις Ε και Β ικανοποιούν την κυματική εξίσωση:


∂∂

2

2u

t ∇2 u=

Δίνεται: ∇×(∇×F)=-∇2F+∇(∇⋅F) 11. Ποιες από τις παρακάτω εκφράσεις έχουν μαθηματικό νόημα;

1) culr divF 2) curl curlF 3) grad gradf 4) div divF 5) div gradf 6) grad divf 7) grad divF 8) grad curlF 9) div curlF 10) curl gradf (Απ. 1) OXI 2) NAI 3) OXI 4) OXI 5) NAI 6) OXI 7) NAI 8) OXI 9) NAI 10) NAI

ΚΕΦΑΛΑΙΟ V

ΕΕΠΠΙΙΚΚΑΑΜΜΠΠΥΥΛΛΙΙΑΑ ΟΟΛΛΟΟΚΚΛΛΗΗΡΡΩΩΜΜΑΑΤΤΑΑ

5.1 Γενικά

Το κεφάλαιο αυτό, εκτός από το φυσικό ενδιαφέρον που παρουσιάζει, μπορεί να θεωρηθεί σαν μια επέκταση της έννοιας του ορισμένου ολοκληρώματος σε σχέση με το πεδίο ολοκλήρωσης. Στο ορισμένο ολοκλήρωμα το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα διά-στημα της ευθείας των πραγματικών αριθμών R. Εδώ θα ασχοληθούμε με ολοκληρώματα, των οποίων το πεδίο ολοκλήρωσης είναι ένα τμήμα μιας καμπύλης, (που μπορεί να είναι επίπεδη ή όχι). Τα ολοκληρώματα αυτά ονομάζονται επικαμπύλια και τα διακρίνουμε σε: α) επικαμπύλια ολοκληρώματα α′ είδους, που αναφέρονται σε βαθμωτά πεδία, και β) επικαμπύλια ολοκληρώματα β′ είδους, που αναφέρονται σε διανυσματικά πεδία. Μερικά φυσικά προβλήματα, που λύνονται με επικαμπύλια ολοκληρώματα α′ εί-δους είναι: 1) η εύρεση της μάζας μιας υλικής καμπύλης, 2) η εύρεση του κέντρου μάζας μιας υλικής καμπύλης, 3) η εύρεση των ροπών αδράνειας μιας υλικής καμπύλης ως προς σημείο, ευθεία, επίπεδο. Ο υπολογισμός του έργου μιας μη σταθερής δύναμης, που μετακινεί το σημείο ε-φαρμογής της κατά μήκος μιας καμπύλης γίνεται με επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β′ είδους.

5.2 Επικαμπύλιο ολοκλήρωμα α′ είδους

Ας θεωρήσουμε το τόξο AB της καμπύλης C, Σχ. 5.2.1, με εξίσωση: r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k με t∈[t1 , t2] (5.2.1) και το βαθμωτό πεδίο f(x,y,z), που ορίζεται τουλάχιστον στα σημεία του τόξου AB της καμπύλης C. Διαμερίζουμε το τόξο AB σε n τόξα με τη βοήθεια των σημείων P0=A , P1 , . . . , Pn=B. Έστω τώρα ξk(xk,yk,zk) τυχαίο σημείο του τόξου k k 1P P + με k=0,1,2,⋅⋅⋅,n-1. Σχηματίζουμε το άθροισμα:

n 1

kk 1

I f ( )−

=

= ksξ Δ∑ (5.2.2)

όπου Δsk το μήκος του τόξου k k 1P P + . Παίρνουμε το όριο του Ι καθώς το n→∞ και συγ-χρόνως το μεγαλύτερο από τα μήκη Δsk να τείνει στο μηδέν. Το όριο αυτό, όταν υπάρχει, ονομάζεται επικαμπύλιο ολοκλήρωμα α′ είδους του βαθμωτού πεδίου f κατά μήκος του τόξου AB της καμπύλης C. (ή απλά κατά μήκος της καμπύλης C, όταν το τόξο AB έχει καθοριστεί). και συμβολίζεται:

♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ V 74

Ι= (5.2.3) f x y z dsC

( , , )∫

kΕίναι δηλαδή: ( )k

n 1

n kmax( s ) 0 k 1C

I f x, y,z ds lim f ( ) s−

→∞Δ → =

⎧ ⎫= = ξ Δ⎨ ⎬

⎩ ⎭∑∫ (5.2.4)

To ολοκλήρωμα αυτό ανάλογα με την έκφραση της εξίσωσης της κα-μπύλης C παίρνει τις εξής μορφές:

α) Εάν η καμπύλη έχει τη "φυσι-κή της παραμέτρηση": r=r(s)=x(s)i+y(s)j+z(s)k με s∈[s1 , s2] (όπου η παράμετρος s παριστάνει το μήκος του τόξου από κάποιο δε-δομένο σημείο της μέχρι το σημείο r(s) ), τότε το ολοκλήρωμα (5.2.3) γράφεται:

(5.2.5) 2

1

s

s

I f[x(s),y(s),z(s)]ds = ∫ β) Εάν η καμπύλη έχει μια "τυχαία παραμέτρηση": r=r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k με t∈[t1 ,t2] και επειδή:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 2 dx dy dzds dx dy dz dt t dtdt dt dt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ′= + + = + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

r (5.2.6)

τότε το ολοκλήρωμα (5.2.3) γράφεται:

2

1

t2 2

t

dx dy dzI f[x(t),y(t),z(t)] dtdt dt dt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⎮⌡

2

+ (5.2.7))

Από τους τύπους (5.2.5) και (5.2.7) βλέπουμε πως ο υπολογισμός ενός επικαμπυλίου ολο-κληρώματος α′ είδους ανάγεται στον υπολογισμό ενός ορισμένου ολοκληρώματος μιας συνάρτησης μιας μεταβλητής. Παρατήρηση 1: α) Εάν f(x,y,z)=1 τότε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα (5.2.3) μας δίνει το μήκος της καμπύλης C. Επίσης για επίπεδες καμπύλες, έστω στο επίπεδο ΟXY, οι παρα-πάνω εκφράσεις ισχύουν για z(s)=0 και z(t)=0. β) Εάν η καμπύλη C είναι κλειστή, (δηλ. η αρχή και το τέλος της συμπίπτουν, τότε το α-ντίστοιχο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα λέγεται κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα και συμβολίζεται με: fds

C∫

x

Py

z

O0=A

Pn=B

P1

P2

Pk+1

P ξk k

Σχ.5.2.1

Επικαμπύλια Ολοκληρώματα ♦ 75

5.3 Ιδιότητες του επικαμπυλίου ολοκληρώματος α′ είδους.

Οι παρακάτω ιδιότητες προκύπτουν εύκολα από τον ορισμό του επικαμπυλίου ο-λοκληρώματος και από τη σχέση του με το ορισμένο.

C∫

α) Εάν f1 , f2 δυο βαθμωτά πεδία και k1 , k2 δυο σταθερές, τότε: (5.3.1) [ ]k f k f ds k f ds k f ds

C C1 1 2 2 1 1 2 2+ = +∫ ∫

β) Εάν Γ είναι τυχαίο σημείο του τόξου AB και f βαθμωτό πεδίο, ισχύει: (5.3.2)

AB A

fds fds fdsΓ ΓΒ

= +∫ ∫ ∫

γ) fds f dsC C∫ ∫≤ | | (5.3.3)

δ) Το πρόσημο του επικαμπυλίου ολοκληρώματος α′ είδους δεν εξαρτάται από τον προσανατολισμό, (φορά διαγραφής), της καμπύλης, δηλαδή: (5.3.4)

AB B

fds fdsΑ

=∫ ∫και αυτό συμβαίνει γιατί το στοιχειώδες μήκος ds είναι πάντα μη αρνητικός αριθμός. Συ-

νέπεια αυτής της ιδιότητας είναι ότι στον τύπο 2 2dx dy dzds dt

dt dt dt⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

, πρέπει

να θεωρούμε το dt>0 και επομένως τα όρια t1 και t2 στον τύπο (5.2.7) πρέπει να ικανοποι-ούν την ανισότητα t1<t2 . Εάν από την παραμετρική εξίσωση της καμπύλης προκύπτει t1>t2 , τότε θα αντιστρέφουμε τα όρια, (βλέπε παράδειγμα 4). Παραδείγματα: 1) Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα του βαθμωτού πεδίου f(x,y,z)=x-z κατά μήκος της έλικας: r(t)=costi+sintj+tk με t∈[0,π/2] Λύση: Θα εφαρμόσουμε τον τύπο (5.2.7) με: x(t)=cost ⇒ dx(t)/dt=-sint y(t)=sint ⇒ dy(t)/dt=cost z(t)=t ⇒ dz(t)/dt=1 Έτσι έχουμε:

[ ] [ ](π

π/ 2 2 2π/ 2 22 2

00 0

t πI cos t t sin t cos t 1 dt 2 cos t t dt 2 sin t 2 12 8

⌠⎮⌡

⎡ ⎤ ⎡= − + + = − = − = −

⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

=

2) Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα του βαθμωτού πεδίου f(x,y)=x+y2 κα-τά μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ, όπου Α=(0,0) και Β=(1,1) με τις εξής τρεις διαφορετικές παραμετρήσεις: α) x=t y=t t∈[0,1] β) x=sint y=sint t∈[0,π/2]

2 2γ) x=t y=t t∈[0,1] 2

1

t2 2

Ct

dx dyI f (x,y)ds f [x(t), y(t)] dtdt dt

⌠⎮⎮⎮⌡

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫Λύση: α) Έχουμε =


( )11 2 3

2

0 0

t t 5 2t t 1 1 dt 22 3 6

⎡ ⎤= + + = + =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

2 22 2 2

0 0

I sin t sin t 2cos tdt 2 sin t sin t d(sin t)

π π

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = +⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ = β) Έχουμε:

2 3 2

0

sin t sin t 5 222 3 6

π

⎡ ⎤= + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

γ) Έχουμε:

( ) ( )1 1 1

2 22 4 2 4 2 2 4

0 0 0

5I t t 2t 2t dt t t 8t dt 2 2 t t tdt 26

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + = + = + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫

3) Στο προηγούμενο παράδειγμα ας θεωρήσουμε ότι οι παραμετρικές εξισώσεις είναι x=f(t), y=f(t) με f(0)=0, f(1)=1. Τότε εάν η παράγωγος f′(t) είναι συνεχής και θετική στο διάστημα [0,1] το παραπάνω επικαμπύλιο ολοκλήρωμα εξακολουθεί να ισούται με 5√2/6 ανεξάρτητα από την μορφή της συνάρτησης f(t). Απόδειξη:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1 122 2 2

0 0 012 3

0

f (t) f (t) 2f t dt 2 f (t) f (t) f t dt 2 f (t) f (t) df t

f t f t 1 1 52 2 22 3 2 3 6

′ ′⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = + = + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

Παρατήρηση 1: Στο παράδειγμα 2, (με προέκταση το παράδειγμα 3), βλέπουμε ότι χρη-σιμοποιώντας διάφορες παραμετρήσεις της ίδιας καμπύλης, η τιμή του επικαμπυλίου ολοκληρώματος δεν αλλάζει. 4) Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα:

( )2 2 2

ABI x y z= + +∫ ds

κατά μήκος του τόξου της κυκλικής έλικας: r(t)=Rcosti+Rsintj+αtk εάν Α(-R,0,απ) και Β(R,0,0). Λύση: Έχουμε:

( ) ( )2 2 2

2 2 2 2 2dx dy dzds dt R sin t R cos t dt R dtdt dt dt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = − + +α = +α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Στο σημείο Α(-R,0,απ) αντιστοιχεί η τιμή t =π και στο σημείο Β(R,0,0) η τιμή t1 2=0. Επει-δή το ds≥0, (σαν μήκος τόξου), και το dt πρέπει να είναι θετικό. Αυτό συμβαίνει όταν το t μεταβάλλεται κατά αύξοντα τρόπο. Επομένως τα όρια του ολοκληρώματος που θα προ-κύψει πρέπει να είναι τέτοια ώστε το κάτω όριο να είναι μικρότερο από το άνω. Εάν αυτό δεν συμβαίνει, τότε αντιστρέφουμε τα όρια. Στην προκειμένη περίπτωση έχουμε t =π1 > t =0 και επομένως το ολοκλήρωμα θα είναι: 2

( ) ( )1

1

22

t πt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2

t 0t 0

1 πI R t R dt R R t t R 3R3 3

==π

==

⎡ ⎤= +α +α = +α + α = +α +α⎢ ⎥⎣ ⎦∫ π


5.4 Εφαρμογές των επικαμπυλίων ολοκληρωμάτων α′ είδους

Υπολογισμός της μάζας μιας υλικής καμπύλης

1) Ας θεωρήσουμε μια καμπύλη C με γραμμική πυκνότητα p=p(x,y,z). Η μάζα Μ της καμπύλης αυτής δίνεται από το ολοκλήρωμα: (5.4.1)

C

M p(x, y,z)d= ∫ s

Εάν r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k με t∈[t ,t1 2] είναι η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της υλικής καμπύλης, τότε η μάζα Μ θα δίνεται από το ολοκλήρωμα:

2

1

t2 2

t

dx dy dzM p[x(t), y(t), z(t)] dtdt dt dt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⎮⌡

2

+ (5.4.2)

Υπολογισμος των συντεταγμενων του κεντρου μαζας μιας υλικης καμπυλης2)

Είναι γνωστο από τη Στατική ότι εάν P (x ,y zk k k k), k=1,2,...,n είναι ένα σύστημα n υλικών σημείων με μάζες m ( )x y z, ,, k=1,2,...,n, τότε οι συντεταγμένες k του κέντρου μά-ζας Κ του συστήματος είναι:

xx m

m

k kk

n

kk

n= =

=

∑

∑1

1

yy m

m

k kk

n

kk

n= =

=

∑

∑1

1

zz m

m

k kk

n

kk

n= =

=

∑

∑1

1

(5.4.3)

Στην περίπτωση υλικής καμπύλης οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας της δίνονται από τις σχέσεις:

kC

1x xp(x, y,z )M

= ∫ ds kC

1y yp(x, y,z)M

= ∫ ds kC

1 zp(x, y,z)dsM

= ∫z (5.4.4)

όπου M= η μάζα της καμπύλης. (5.4.5) p(x,y,z)dsC∫

Υπολογισμός της ροπής αδράνειας μιας υλικής καμπύλης ως προς σημείο, 3)

ευθεία και επίπεδο. Από τη Μηχανική είναι γνωστό ότι η ροπή αδράνειας ενός υλικού σημείου Ρ με μάζα m ως προς το σημείο Σ, ή την ευθεία ή το επίπεδο Π είναι md2, όπου d η απόστα-ση του σημείου Ρ από το σημείο Σ ή την ευθεία ή το επίπεδο Π. Ας συμβολίσουμε με Ι0 την ροπή αδράνειας μιας υλικής καμπύλης ως προς την αρ-χή Ο του συστήματος συντεταγμένων OXYZ, με Ι , I , IOX OY OZ τις ροπές αδράνειας της καμπύλης ως προς τους άξονες ΟX, ΟY, ΟZ αντίστοιχα και με Ι , IOXY OXZ , IOYZ τις ρο-πές αδράνειας της καμπύλης ως προς τα συντεταγμένα επίπεδα OXY, OXZ, OYZ αντί-στοιχα. Οι παραπάνω ροπές υπολογίζονται από τα εξής επικαμπύλια ολοκληρώματα α′ είδους: (5.4.6) 2 2 2

OC

I (x +y +z )p(x,y,z)ds = ∫


(5.4.7) 2 2OX

C

I (y +z )p(x,y,z)ds = ∫ (5.4.8) 2 2

OYC

I (x +z )p(x,y,z)ds = ∫ (5.4.9) 2 2

OZC

I (x +y )p(x,y,z)ds = ∫ (5.4.10) 2

OXYC

I z p(x,y,z)ds = ∫ (5.4.11) 2

OXZC

I y p(x,y,z)ds = ∫ (5.4.12) 2

OYZC

I x p(x,y,z)ds = ∫Τέλος το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα: I= (5.4.13) d p x y z ds

C

2 ( , , )∫δίνει τη ροπή αδράνειας της καμπύλης ως προς σημείο το Σ, την ευθεία ή το επίπεδο Π, καθ' όσον το d είναι η απόσταση του σημείου (x,y,z) της υλικής καμπύλης από το σημείο Σ, την ευθεία ή το επίπεδο Π αντίστοιχα. Παράδειγμα 1: Θεωρούμε ένα σπειροειδές ελατήριο, που έχει μορφή κυκλικής έλικας με διανυσματική παραμετρική εξίσωση: r(t)=acosti+asintj+btk 0≤t<2π

C

2 2 2+ +∫ ( cos sin ) ( )π

a t a t b t s t dt2 2 2 2 2 2

0

2

+ + ′∫

Εάν p(x,y,z)=x2+y2 2+z είναι η πυκνότητα του ελατηρίου, να υπολογιστούν η μάζα, οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας και η ροπή αδράνειας του ελατηρίου ως προς τον άξονα ΟZ. Λύση:

α) M= = = ( )x y z dp(x,y,z)dsC∫ s

a b2 2+όπου s′(t)=| r′(t)|=|-asinti+acostj+bk|= 2

3 22 2 2 2 2 2 2 2

0

8π bM a b t a b dt a b 2π a3

π

⎡ ⎤⎡ ⎤= + + = + +⎢ ⎥⎣ ⎦

⎣ ⎦∫ Επομένως

( )1 1 2 2 2

Mxp x y z ds

Mx x y z ds

C C

( , , )∫ ∫= + + =β) x = k

= [ ] [ ]∫1 2 2 2

0

22 2

2 22 2 2

0

2

Ma t a b t a b dt

a a bM

a t b t t dcos cos cosπ

π+ + =

++∫ t

= 2

20

0

cos tdt sin t | 0π

π= =∫Έχουμε: I1

I = = t tdt t d t t t t tdt td t t t tdt2

0

22

0

22

02

0

2

0

2

02

0

2

2 2 2 2cos sin sin | sin cos cos | cosπ π

π π π ππ

= = − = = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫2

=4π-2sint =4π 20|π


Άρα x2 2 2 2

22 2

2 3 2

a a b 4πab 6abb 4π 8M 32πa π b3

+ ⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ + π+=

k 2a 4 b

y ( )1 1 2 2 2

Myp x y z ds

My x y z ds

C C

( , , )∫ ∫= + + = = k

2 22 22 2 2 2 2 2 2 2

0 0

1 a a basin t a b t a b dt a sin t b t sin t dM M

π π+⎡ ⎤ ⎡+ + = +⎣ ⎦ ⎣∫ ∫ ⎤⎦

sin sinπ π− + =4 22

02π cos | πt

= t

= 2π

2π0

0

sin tdt cos t | 1 ( 1) 0= − = − − − =∫Έχουμε: I1

I = t tdt t d t t t t tdt td t2

0

22

0

22

02

0

2 2

0

22 4 2sin cos cos | cos π sin

π ππ π π

= − = − + = − + =∫ ∫ ∫ ∫2

[ ]+ − ∫2 202

0

2t t td=-4π2 t = -4π2+(2-2)=-4π2

Άρα y2 2 2 2 2

2 22 2

2 3 2

a a b 4π ab 6 ab4π b 8M 32πa π b3

+ −⎡ ⎤− = = −⎣ ⎦ + π+2a 4 b

π= k

( )1 1 2 2 2

Mzp x y z ds

Mz x y z ds

C C

( , , )∫ ∫= + + =z = k

2π 2π2 22 2 2 2 2 2 3 3

0 0

1 a bbt a b t a b dt a bt b t dtM M

+⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + = +⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ = =

( )2 π 2 2 22 2 2 32 4 2 2 3 4

2 2 22 3 20

3 b 2 b aa b a b b 1t t 2a bπ 4b π8M 2 4 3a 4 b2πa π b3

π π +⎡ ⎤+ ⎡ ⎤+ = + =⎢ ⎥ ⎣ ⎦ + π⎣ ⎦ +=

γ) Εδώ έχουμε d2=x2+y2 2=a . Έτσι Iz= d p x y z ds a p x y z ds a p x y z ds a M

C CC

2 2 2( , , ) ( , , ) ( , , )∫ ∫∫= = 2=

5.5 Επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β′ είδους

Το έργο W, που παράγεται από μια σταθερή δύναμη F κινώντας το σημείο εφαρ-μογής της κατά το διάνυσμα r, (Σχ. 5.5.1), είναι:


W=F⋅r=|F||r|cosθ Αυτή η στοιχειώδης έννοια του έργου είναι χρήσιμη, αλλά όχι επαρκής. Στη γενική περίπτωση έχουμε να υ-πολογίσουμε το έργο μιας δύναμης, που μεταβάλλεται κατά μέτρο και διεύθυνση, (είναι δηλ. ένα διανυσμα-τικό πεδίο), και το σημείο εφαρμογής της κινείται πά-νω σε μια καμπύλη C.

F

θr

Σχ. 5.5.1 AB Ας θεωρήσουμε λοιπόν το τόξο μιας καμπύ-λης C, (Σχ. 5.5.2), που ορίζεται από τη διανυσματική εξίσωση: r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k με t∈[t ] και r(t )=r ,t1 2 1 A r(t )=r2 BB

Έστω επίσης F(x,y,z)=F (x,y,z)i+F (x,y,z)j+F (x,y,z)k 1 2 3

η έκφραση της δύναμης F. Πάνω στην καμπύλη C παίρ-νουμε δυο γειτονικά σημεία Ρ

k και Ρk+1 με διανύσματα θέσης rk και rk+1 αντίστοιχα και έστω Δrk=rk+1-rk. Κατά την μετακίνηση του σημείου εφαρμογής της δύναμης F από το σημείο Ρk στο σημείο Ρk+1 μπορούμε να υποθέσουμε ότι η δύναμη F παραμένει σχε-δόν σταθερή, (αφού τα σημεία Ρk και Ρk+1 μπορούμε να τα θεωρήσουμε οσοδήποτε κο-ντά και το διανυσματικό πεδίο

F είναι συνεχές), και ίση με F

O

x

z

P

Pn

y

0=A

Pk

Pk+1

=B

rA

rk

rk+1Δrk

Σχ. 5.5.2

, όπου Fk k είναι η τιμή της δύναμης F σ' οποιοδήποτε ση-μείο του τόξου Ρ Ρk k+1. Έτσι μπορούμε να ισχυριστούμε ότι το αντίστοιχο έργο ΔW θα είναι

=F ⋅Δr ΔWk k k (5.5.1) και το ζητούμενο ολικό έργο κατά προσέγγιση θα είναι:

Wολ= (5.5.2) n

k kk 1=

⋅ Δ∑F r

k

Εάν στη σχέση (5.5.2) πάρουμε το όριο του n→∞ με max|Δrk|→0 μπορούμε να πούμε ότι

k

n

n kmax| | 0 k 1

W limολ →∞Δ → =

⎧ ⎫= ⋅Δ⎨ ⎬⎩ ⎭∑

rF r (5.5.3)

Το όριο αυτό το συμβολίζουμε με:

F r⋅ =∫ dC k

n

n kmax| | 0 k 1

lim →∞Δ → =

k⎧ ⎫

⋅ Δ⎨ ⎬⎩ ⎭∑

rF r (5.5.4)

και ονομάζεται επικαμπύλιο ολοκλήρωμα β′ είδους του διανυσματικού πεδίου F κατά μήκος της καμπύλης C. Το ολοκλήρωμα αυτό ανάγεται σε ορισμένο ολοκλήρωμα ως ε-ξής:


F r⋅ =∫ dC

F r⋅ =∫

ddt

dtC

[ ] [ ] [ ]F x t y t z tdx t

dtF x t y t z t

dy tdt

F x t y t z tdz t

dtt

t

1 2 31

2

( ), ( ), ( )( )

( ), ( ), ( )( )

( ), ( ), ( )( )

+ +⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

⌠⌡⎮

dt (5.5.5) =

Παράδειγμα 1: Έστω το διανυσματικό πεδίο F=(3x2 2+6y)i-14yzj+20xz k. Να υπολογι-σθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα: από το σημείο ΡF r⋅∫ d

C0=(0,0,0) μέχρι το σημείο

Ρ1(1,1,1) κατά μήκος των παρακάτω καμπυλών, που ορίζονται από τις παραμετρικές εξι-σώσεις:

2 3α) x=t, y=t , z=tβ) του ευθυγράμμου τμήματος, που ενώνει τα σημεία (0,0,0) και (1,1,1). γ) των ευθυγράμμων τμημάτων από (0,0,0) έως (1,0,0) στη συνεχεία έως το (1,1,0) και τέλος έως το (1,1,1). Λύση:

2 3 2 3 2 ⇒ r(t)=ti+t j+t k ⇒ r′(t)=i+2tj+3t k Άρα , z=tα) x=t, y=t

( )2

1

0

1

tP 1 2 2 5 7 2

P 0t

dd dt 3t 6t 14t 20t 2tj 3t dtdt

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ = ⋅ = + − + ⋅ + + =⎣ ⎦⎣ ⎦⌠⎮⌡∫ ∫

rF r F i j k i k

= [ ] 9 28 60 3 4 62 6 9

0

1 3 7 1001t t t dt t t t− + = − + =∫ | 5

Άλλος τρόπος: [ ] [ ]F r i j k i j k⋅ = + + ⋅ + + = + + =∫ ∫ ∫d F F F dx dy dz F dx F dy F dz

P

P

P

P

P

P

0

1 1

0

1

1 2 3 1 2 3

+

=t

)

1

0

P 2 2

P(3x 6y)dx ( 14yz)dy 20xz dz= + + − +∫

2 3 2 ⇒ dy=2tdt, z=t ⇒ dz=3t dt αλλά x=t ⇒ dx=dt, y=tοπότε 20t

1 2 2 5

0(3t 6t )dt 14t (2tdt)+ −∫ 7 2 3 7 10 | 0

1 5=(3t )dt=3t -4t +6t

β) Από το σημείο (0,0,0) έως (1,1,1) έχουμε: x=t, y=t, z=t Άρα ( )F r⋅ = + − +∫ ∫d t t dt t dt t d

C3 6 14 202

0

1 2 3

= ( ) (3 6 14 20 6 11 20 138

2 2 3

0

1 2 3

0

1t t t t dt t t t dt+ − + = − + =∫ ∫

γ) Κατά μήκος του ευθυγράμμου τμήματος από (0,0,0) έως (1,0,0) έχουμε: y=0, z=0 ⇒ dy=0 και dz=0 ενώ 0≤x≤1 Τότε το ολοκλήρωμα κατά μήκος αυτού του ευθυγράμμου τμήματος είναι:

x 12 3

1 0x 0

I (3x 6 0)dx x |=

=

= + ⋅ = 1 1=∫

Από το σημείο (1,0,0) έως (1,1,0) έχουμε: x=1 ⇒ dx=0, 0≤y≤1, z=0 ⇒ dz=0

Άρα I = y 1

y 0

14yzdy 0=

=

− =∫2


Από το σημείο (1,1,0) έως (1,1,1) έχουμε: x=1 ⇒ dx=0, y=1 ⇒ dy=0, 0≤z≤1

20 20 203

203

2 2 301

0

1

0

1xz dz z dz z

z

z

z

z= =

=

=

=

=

∫∫ | =

Άρα I = 3

F r⋅ = + + = + =∫ d I I IP

P

0

1

1 2 3 1 203

233

Τελικά:

Παράδειγμα 2: Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα από το σημείο (-1,0) μέχρι το σημείο (1,0) του διανυσματικού πεδίου F=yi+xj κατά μήκος

2y 1 x= − 3) του κάτω ημικυκλίου 1) του άξονα ΟΧ 2) του άνω ημικυκλίου 2y 1 x= − −

Λύση: 1) Κατά τον άξονα ΟΧ έχουμε y=0 ⇒ dy=0 ( ) ( )

C C Cd y x dx dy ydx xdy 0⋅ = + ⋅ + = + =∫ ∫ ∫F r i j i j

2) Χρησιμοποιούμε τις παραμετρικές εξισώσεις του κύκλου x=rcost, y=rsint ⇒ dx=-rsintdt, dy=rcostdt. Στην περίπτωση όμως εδώ έχουμε r=1 και π≥t≥0. Επομένως:

( )00 0 0

2 2 2 2

C C

sin 2td ydx xdy sin tdt cos tdt cos t sin t dt cos 2tdt 02 ππ π π

⋅ = + = − + = − = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫F r

3) Εργαζόμαστε όπως και στην περίπτωση 2 με όρια του t από π έως 2π.

( )22 2 2

2 2 2 2

C C

sin 2td ydx xdy sin tdt cos tdt cos t sin t dt cos 2tdt 02

ππ π π

ππ π π

⋅ = + = − + = − = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫F r

Στο παράδειγμα αυτό παρατηρούμε ότι η τιμή του επικαμπυλίου ολοκληρώματος είναι η ίδια και για τις τρεις διαφορετικές καμπύλες, που ενώνουν τα σημεία (-1, 0), (1, 0). Όπως θα δούμε στην παρ. 5.7 αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι ∇× =F 0 .

5.6 Ροή και Κυκλοφορία ενός διανυσματικού πεδίου

Εάν η καμπύλη C έχει τη φυσική παραμέτρηση, δηλαδή r=r(s), τότε το επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα παίρνει τη μορφή:

F r F r F T F T⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ′∫ ∫∫d dds

ds ds s t dtC CC

( )∫C (5.6.1)

Όταν το F παριστάνει ένα πεδίο ταχυτήτων, το εσωτερικό γινόμενο F.T(1 είναι η εφα-πτομενική συνιστώσα της ταχύτητας και το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα: (5.6.2) F r⋅∫ d

C

ονομάζεται τότε το ολοκλήρωμα ροής του F κατά μήκος της C. Στην περίπτωση που η καμπύλη C είναι κλειστή, το ολοκλήρωμα ροής

F r⋅∫ dC

(5.6.3)

λέγεται η κυκλοφορία του F κατά μήκος της C.

(1 Το διάνυσμα Τ=dr/ds είναι μοναδιαίο αφού |dr|=|ds|


5.7 Εφαρμογές του επικαμπυλίου ολοκληρώματος β′ είδους.

α) Ας υποθέσουμε ότι το δυναμικό πεδίο F προέρχεται από δυναμικό, δηλαδή είναι κλίση κάποιου βαθμωτού πεδίου f: F=∇f. Τότε το έργο που παράγεται κατά μήκος μιας καμπύλης C, θα είναι:

F r r⋅ = ∇ ⋅ = + +⌠⌡⎮

=∫ ∫ ∫d f dfx

dxfy

dyfz

dz dfC

CC C

∂∂

∂∂

∂∂

(5.7.1)

Εάν τα σημεία Ρ , Ρ1 2 είναι τα άκρα της καμπύλης C, τότε το παραπάνω επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα γίνεται: (5.7.2) ( ) ( )2

2

11

P PP 2C P

d df f | f P f⋅ = = = −∫ ∫F r 1P

Σαν γενικό συμπέρασμα μπορούμε να πούμε ότι το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα μιας κλίσης είναι ανεξάρτητο της μορφής της καμπύλης C, που συνδέει τα σημεία Ρ και Ρ1 2 . Είναι φανερό επίσης ότι εάν η C είναι κλειστή καμπύλη, τότε το αντίστοιχο κλειστό επικαμπύ-λιο ολοκλήρωμα:

F ⋅∫ dC

r (5.7.3)

είναι πάντα μηδέν, (για οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη). β) Έστω F ένα δυναμικό πεδίο και C μια καμπύλη με εξίσωση r=r(t). Aς υποθέσουμε ότι για το δυναμικό αυτό πεδίο ισχύει ο νόμος του Newton:

( )2

2

d dm mdt dt

= =vF r r (5.7.4)

Τότε το έργο που παράγεται από την δύναμη F κατά μήκος της καμπύλης C υπολογίζεται από το αντίστοιχο επικαμπύλιο ολοκλήρωμα:

[ ]F r F r r v v v v⋅ = ⋅ ′ = ′ ⋅ = ⋅⌠⌡⎮∫∫∫ d t t dt m t t dt m

ddt

t t dt

t

CCC( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

12

1

2

t =

= [12

12

2 22

21

1

2

mddt

v t dt m v t v tt

t

( ) ( ) ( )⌠⌡⎮

= − ]

t 1

(5.7.5)

Εάν επίσης δεχθούμε ότι το δυναμικό πεδίο F προέρχεται από δυναμικό, είναι δηλαδή κλίση ενός βαθμωτού πεδίου f: F=∇f, τότε θα έχουμε: (5.7.6) F r r r r r r r⋅ = ∇ ⋅ = = = −∫ ∫∫d f t d df t f t f t f

C tt

t

t

t

t( ( )) ( ( )) ( ( ))| ( ( )) ( ( ))

1

2

1

2

1

2

2

Από τις σχέσεις (5.7.5) και (5.7.6) έχουμε: 12

12

22

21mv t mv t( ) ( )− =f(r(t ))-f(r(t )) ⇒ 2 1

12

22mv t( )1

22

1mv t( ) - f(r(t - f(r(t))= )) (5.7.8) 1 2

Το -f ονομάζεται δυναμική ενέργεια και η προηγούμενη σχέση λέει ότι όταν ένα δυναμι-κό πεδίο προέρχεται από δυναμικό, το άθροισμα της δυναμικής και της κινητικής ενέρ-γειας, (δηλαδή η μηχανική ενέργεια), ενός υλικού σημείου είναι σταθερό. Ένα πεδίο δυ-νάμεων, που προέρχεται από δυναμικό λέγεται συντηρητικό επειδή η ολική ενέργεια δι-ατηρείται. Σχετικό με τη πρώτη εφαρμογή είναι και το εξής βασικό θεώρημα που αναφέρεται στα αστρόβιλα πεδία:


Θεώρημα 1: Εάν F είναι ένα συνεχώς διαφορίσιμο διανυσματικό πεδίο, οι επόμενες συνθήκες είναι ισοδύναμες: α) Το πεδίο F είναι κλίση κάποιου βαθμωτού πεδίου f.

d 2β) όπου CF r F r⋅ = ⋅∫ ∫dC C1

1 2

και C είναι δυο οποιεσδήποτε1 2 καμπύλες με τα ίδια

αρχικά και τελικά σημεία και περιγραφόμενες από τις διανυσματικές συναρτήσεις r1(t) και r (t) αντίστοιχα. 2

F r⋅∫ dC

γ) =0 όπου C μια οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη.

δ) ∇×F=0 Παρατήρηση: Η δύναμη της τριβής δεν μπορεί να είναι συντηρητική διότι το γινόμενο F⋅dr είναι πάντα αρνητικό και το κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα F r⋅∫ d

C

δεν μπορεί

να μηδενιστεί.

Ένα άλλο θεώρημα, εξ’ ίσου μεγάλου ενδιαφέροντος, είναι αυτό που αναφέρεται σε σωληνοειδή πεδία και διατυπώνεται ως εξής:

Θεώρημα 2: Εάν F είναι ένα διανυσματικό πεδίο, οι επόμενες συνθήκες είναι ισοδύνα-μες: α) ∇⋅F=0 σε όλα τα σημεία του πεδίου ορισμού του F.

S

d⋅∫∫F Sβ) Το επιφανειακό ολοκλήρωμα είναι ανεξάρτητο από την μορφή της επι-

φάνειας για οποιαδήποτε καθορισμένη συνοριακή γραμμή.

S

d 0⋅ =∫∫ F Sγ) Το κλειστό επιφανειακό ολοκλήρωμα για οποιαδήποτε κλειστή επι-

φάνεια. δ) Το F μπορεί να γραφεί σαν στροβιλισμός κάποιου άλλου διανυσματικού πεδίου G, δηλαδή F=∇×G. To G ονομάζεται διανυσματικό δυναμικό του πεδίου F και δεν είναι μονοσήμαντα ορι-σμένο, όπως είχαμε δει στην παράγραφο 4.5. Τα επιφανειακά ολοκληρώματα μελετώνται στο Κεφάλαιο VIII.

5.8 Επικαμπύλια ολοκληρώματα άλλων μορφών

Εκτός από τα δυο παραπάνω είδη επικαμπυλίων ολοκληρωμάτων, μπορούμε να θε-ωρήσουμε και τα εξής επικαμπύλια ολοκληρώματα: 1) 2) f t 3) (5.8.1)

Cs ds∫ F r( ( )) d

C( ( ))r r∫ F r r( ) ×∫ d

C

των οποίων το αποτέλεσμα είναι ένα διάνυσμα.


Παράδειγμα 1: Ένα υλικό σημείο μάζας m0

βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. (Σχ. 5.8.1). Να υπολογιστεί η δύναμη F, με την οποία έλκεται το υλικό σημείο από μια υλική καμπύλη C, με παραμετρικές εξισώ-σεις:

z

x=x(s), y=y(s), z=z(s) και γραμμική πυκνότητα p=p(x,y,z). Λύση: Γνωρίζουμε ότι:

dF=Gm dm

r0

3 r

⇒F r= ⌠⌡⎮

=Gm dm

rC

03

( )Gm

rp x y z ds

C

0 3

r( , , )⌠

⌡⎮=

=[ ]

[ ]Gmp x s y s z s

x s y s z sx s y s z s ds

C

02 2 2

32

( ( ), ( ), ( ))

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

+ ++ +

⌠

⌡⎮⎮

=i j k

=[ ]

[ ]Gmp x s y s z s

x s y s z sx s ds

C

02 2 2

32

( ( ), ( ), ( ))

( ) ( ) ( )( )

+ ++

⌠

⌡⎮⎮

i[ ]

[ ]Gmp x s y s z s

x s y s z sy s ds

C

02 2 2

32

( ( ), ( ), ( ))

( ) ( ) ( )( )

+ ++

⌠

⌡⎮⎮ j

+[ ]

[ ]Gmp x s y s z s

x s y s z sz s ds

C

02 2 2

32

( ( ), ( ), ( ))

( ) ( ) ( )( )

+ +

⌠

⌡⎮⎮

k


1) Θεωρούμε την κίνηση ενός σώματος μάζας m υπό την επίδραση του πεδίου βαρύ-

τητας της γης, του οποίου το δυναμικό είναι: MV Gr

= − . Να υπολογιστεί το έργο που

παράγεται από την βαρυτική δύναμη 2

MmGr r

= −rF κατά την μεταφορά του σώματος από

το άπειρο έως το σημείο με διάνυσμα θέσης r ακολουθώντας την ευθεία που διέρχεται από το κέντρο της γης. Λύση: Επιλέγουμε το σύστημα των συντεταγμένων έτσι ώστε η ευθεία να είναι ο άξονας

ΟΖ. Τότε το δυναμικό γράφεται: MV Gz

= − και η δύναμη 2

MmGr

= −F k . Το έργο θα

είναι:

rr r

3 2zC z z

GMm GMm Mmd F dz dz G Vz z r=∞=∞ =∞

⋅ = = − = − = − = −∫ ∫ ∫F r

m0

x

ydF

dm=pds r(t)

Σχ. 5.8.1

C


2 2

y xx y− +

=+i jF2) Θεωρούμε το δυναμικό πεδίο . Ελέγξτε εάν το δυναμικό αυτό πεδίο

είναι συντηρητικό. Λύση: Για να διαπιστώσουμε εάν ένα δυναμικό πεδίο είναι συντηρητικό ελέγχουμε τον στροβιλισμό του. Εύκολα βρίσκουμε ότι ∇×F=0. Επομένως φαίνεται ότι το πεδίο είναι συντηρητικό. Όμως δεν έχουμε προσέξει ότι το δυναμικό αυτό πεδίο δεν ορίζεται στην αρχή των αξόνων. Επομένως το θεώρημα 1 της παρ. 5.7 δεν μπορεί να εφαρμοστεί για περιοχές που περιέχουν την αρχή των αξόνων. Έτσι εάν θεωρήσουμε μια κλειστή καμπύ-λη που περιέχει την αρχή των αξόνων, το αντίστοιχο κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα μάλλον δεν θα μηδενίζεται. Ας δοκιμάσουμε να υπολογίσουμε το κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα κατά μήκος του κύκλου που έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και

ακτίνα r. Θα χρησιμοποιήσουμε τις συνήθεις παραμετρικές εξισώσεις για τον κύκλο: x=rcost, y=rsint ⇒ dx=-sintdt, dy=costdt και έχουμε:

C

d⋅∫ F r

22

2 2 2 2 2 2 0C

C t 0

y x r sin t r cos td dx dy r sin t r cos t dt dx y x y r r

ππ

=

− ⎡ ⎤⋅ = + = + = = π⎢ ⎥+ + ⎣ ⎦⌠⌠

⎮ ⎮⌡ ⌡∫ ∫F r t 2

Εάν το ολοκλήρωμα προέκυπτε να είναι μηδέν, τότε θα δοκιμάζαμε ένα άλλο αντιπαρά-δειγμα Αλλά από την στιγμή που βρήκαμε έστω και μια κλειστή καμπύλη, κατά μήκος της οποίας το αντίστοιχο κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα δεν είναι μηδέν, δικαιούμα-στε να πούμε ότι το δυναμικό πεδίο δεν είναι συντηρητικό. Εάν τώρα θεωρήσουμε μια περιοχή του επι-πέδου ΟΧΥ, που να μην περιέχει την αρχή των αξό-νων, τότε το ολοκλήρωμα =0 για κάθε κλει-

στή καμπύλη που βρίσκεται σ’ αυτή την περιοχή. Έτσι π.χ. για κάθε κύκλο με κέντρο το σημείο (x

(x0,y0) r

x0

y0C

d⋅∫ F r

,y0 0) και ακτίνα r με 2

0r x y< + 20 , (έτσι ώστε η αρχή των

αξόνων να είναι εκτός του κύκλου), το αντίστοιχο ολοκλήρωμα =0.

C

d⋅∫ F r



1. Δίνεται το δυναμικό πεδίο F=e . Να υπολογιστεί το έργο κατά μήκος της καμπύλης

με εξίσωση z=ysin(zy) και από το σημείο (0,0,0) μέχρι το σημείο

r2

r

0, ,2 2

⎛ ⎞π π⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

2. Έστω C μια οποιαδήποτε καμπύλη, που συνδέει ένα τυχαίο σημείο της σφαίρας x2

+y2 2 2+z =α με ένα τυχαίο σημείο της σφαίρας x2+y2 2 2 3 . Δείξτε ότι αν F=5r+z =β r τότε

=βF r⋅∫ dC

5 5-α .

3. Ένα πεδίο δυνάμεων στο επίπεδο OXY περιγράφεται από την εξίσωση:

y F(x,y)=(2xe +y)i+(x2 y+x-2y)j eΝα υπολογίσετε το έργο της δύναμης αυτής κατά την κίνηση ενός υλικού σημείου κατά μήκος της καμπύλης r(t) = cos3ti+sin2tj με 0≤t≤π/2 4. Έστω το δυναμικό πεδίο F=(x+z)i-(y+z)j+(x-y)k. Να βρεθεί το έργο της δύναμης F κατά την μετακίνηση ενός υλικού σημείου από το σημείο Ρ (0,0,1) στο σημείο Ρ1 2(1/2,-1,1) και κατά μήκος της καμπύλης r(t) = sin2ti-tantj+k

2 2

2 2

x y 1+ =α β

5. Ένα υλικό σημείο κινείται πάνω στην έλλειψη υπό την επίδραση της

δύναμης: F=− −12

[y xi j ] εκτελώντας μια πλήρη περιφορά. Να βρείτε την σχέση που

συνδέει το παραγόμενο έργο με το εμβαδόν της έλλειψης.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ VI

ΔΔΙΙΠΠΛΛΑΑ ΟΟΛΛΟΟΚΚΛΛΗΗΡΡΩΩΜΜΑΑΤΤΑΑ

6.1 Γενικά

Στο κεφάλαιο αυτό θα γενικεύσουμε την έννοια του ορισμένου ολοκληρώματος

προς μια άλλη κατεύθυνση. Το μονοδιάστατο διάστημα [α,β] θα αντικατασταθεί

με μια διδιάστατη επίπεδη περιοχή Τ και η ολοκληρωτέα συνάρτηση f(x) της μιας με-ταβλητής x, θα αντικατασταθεί με τη συνάρτηση z=f(x,y) των δυο μεταβλητών x,y. Το αντίστοιχο ολοκλήρωμα θα το συμβολίζουμε:

f (x)dxβ

α∫

f x y dxdyT

( , )∫∫και θα το ονομάζουμε διπλό ολοκλήρωμα της συνάρτησης z=f(x,y) στην περιοχή ολο-κλήρωσης Τ.

Η έννοια του ορισμένου ολοκληρώματος προήλθε από την ανάγκη του

υπολογισμού του εμβαδού μιας επίπεδης περιοχής. Η έννοια του διπλού ολοκληρώματος προήλθε από την ανάγκη του υπολογισμού του όγκου ενός στερεού.

f (x)dxβ

α∫

Έστω λοιπόν μια περιοχή Τ στο επίπεδο OXY, που περικλείεται από την κλειστή κα-μπύλη C1 και μια συνάρτηση z=f(x,y) συνεχή στην περιοχή Τ, (Σχ.6.1.1). Η συνάρτηση z=f(x,y) σε ένα τρισορθογώνιο σύστημα αναφοράς παριστάνει μια επιφάνεια Ε. Από τα σημεία της C φέρνουμε παράλληλες ευθείες προς τον άξονα OΖ. 1 Σχηματίζεται μια κυλινδρική επιφάνεια, η οποία τέμνει την επιφάνεια Ε κατά την καμπύλη C , η οποία περικλείει το τμήμα Ε της επιφάνειας Ε. 2 1 Έστω V ο όγκος του στερεού, που περικλείεται από τις επιφάνειες Ε1, την περιοχή Τ και την κυλινδρική επιφάνεια. Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να υπολογίσουμε τον όγκο V.

Διαμερίζουμε, (χωρίζουμε) την περιοχή Τ σε μικρότερες περιοχές Τ ,Τ ,…,Τ1 2 n φέρνοντας π.χ. παράλληλες ευθείες προς τους άξονες OX, OY και με τα ίδια σύμβολα Τ ,Τ ,…,Τ παριστάνουμε τα αντίστοιχα εμβαδά. 1 2 n

k=1,2,…,n παίρνουμε ένα τυχαίο σημείο P (x ,y Σε κάθε περιοχή Τk k k k) και έστω z =f(x ,y )=P P′ η τιμή της συνάρτησης στο σημείο αυτό, όπου P′k k k k k k το σημείο στο οποίο τέμνει την επιφάνεια Ε η παράλληλος προς τον άξονα ΟΖ που φέρνουμε από το σημείο Ρ . Προφανώς το γινόμενο Τ f(x ,yk k k k) μας δίνει τον όγκο του πρίσματος που έχει βάση την περιοχή Τ και ύψος Ρ Ρ′ . k k k Σχηματίζουμε το άθροισμα:

(6.1.1) T f x yk k kk

n

( , )=∑

1

♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ VI

90

x y

∫∫

που μας δίνει τον συνολικό όγκο όλων αυτών των πρι-σμάτων. Ο συνολικός αυτός όγκος διαφέρει από τον όγκο V του στερεού τόσο λιγότερο όσο το n είναι μεγαλύτερο και όσο το μέγιστο των εμβαδών Τ

1, Τ2,…,Τn είναι μικρότερο. Επομένως:

V T fnT

k k kk

n

k

=⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

→∞→ =∑lim ( , )

max 0 1

(6.2.1) Το όριο αυτό, όταν υπάρχει και είναι ανεξάρτητο της δια-

μέρισης της περιοχής Τ, ονομάζεται διπλό ολοκλήρωμα της συνάρτησης f(x,y) στην πε-ριοχή Τ και συμβολίζεται:

(6.1.3) f x y dxdy T f x ynT

k k kk

n

T k

( , ) lim ( , )max

=⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

→∞→ =∑∫∫

0 1

6.2 Ιδιότητες των διπλών ολοκληρωμάτων

Από τον ορισμό του διπλού ολοκληρώματος εύκολα προκύπτουν οι εξής ιδιότητες: α) Εάν η περιοχή ολοκλήρωσης Τ αποτελείται από τις περιοχές Τ1,Τ2,…,Τn με Τi⊆T, i=1,⋅⋅⋅,n, τότε ισχύει:

f x y dxdyT

( , ) =∫∫ f x y dxdyT

( , )1

∫∫ + +…+ (6.2.1) f x y dxdyT

( , )2

∫∫ f x y dxdyTn

( , )∫∫β) Εάν f(x,y)=α1f1(x,y)+α2f2(x,y)+. . .+αnfn(x,y) με αi∈R, i=1,⋅⋅⋅,n, τότε

f x y dxdyT

( , ) =∫∫ 1 1T

f (x, y)dxdyα ∫∫ + +…+α (6.2.2) 2 2T

f (x, y)dxdyα ∫∫ n nT

f (x, y)dxdy

6.3 Υπολογισμός των διπλών ολοκληρωμάτων σε ορθογώνιες περιοχές

Έστω η συνάρτηση f(x,y) ορισμένη και συνεχής σε μια περιοχή R η οποία έχει σχήμα ορθογωνίου παραλληλογράμμου με πλευρές παράλληλες προς τους άξονες του ε-πιπέδου ΟΧΥ, (Σχ.6.3.1). Μια τέτοια περιοχή θα συμβολίζεται με μορφή καρτεσιανού γινομένου: R = [α,β]×[γ,δ] όπου β-α και δ-γ τα μήκη των πλευρών του παραλληλογράμμου οι οποίες είναι παράλληλες προς τους άξονες ΟΧ και ΟΥ αντίστοιχα. Στην περίπτωση αυτή το διπλό ολοκλήρωμα:

C2

z

P′kE1

E

O y Tk

C Px 1 k

Σχ. 6.1.1

α β

γ

δ

x

y

R

Σχ. 6.3.1

Διπλά Ολοκληρώματα ♦

91

I f x y dxdyR

= ∫∫ ( , ) (6.3.1)

υπολογίζεται ως εξής: Διατηρούμε το y σταθερό, όποτε η συνάρτηση f(x,y) γίνεται συνάρτηση μόνο του x, δηλαδή φ(x)=f(x,y) . Τότε το ορισμένο ολοκλήρωμα: y| =σταθερο

I( (6.3.2) y) f (x, y)dx (x)dxβ β

α α= = ϕ∫ ∫

υπάρχει και είναι συνάρτηση του y. Τώρα θεωρούμε την ως προς y συνάρτηση Ι(y), που είναι συνεχής στο διάστημα [γ,δ]. Το αντίστοιχο ορισμένο ολοκλήρωμα θα είναι:

1I I(y)dy f (x,y)dx dδ δ β

γ γ α= =∫ ∫ ∫ y (6.3.3)

Εάν τώρα εργαστούμε αντίστροφα διατηρώντας το x σταθερό, τότε σχηματίζουμε το ολοκλήρωμα:

I(x)= (6.3.4) f (x,y)dyδ

γ∫και στη συνέχεια έχουμε:

2I I(x)dx f (x,y)dy dxβ β δ

α α γ= =∫ ∫ ∫ (6.3.5)

Οι σχέσεις (6.3.3) και (6.3.5) γράφονται και ως εξής:

(6.3.6) 1I f (x,y)dxdy dy dxf (x,y)δ β δ β

γ α γ α= =∫ ∫ ∫ ∫

και (6.3.7) 2I f (x,y)dxdy dx dyf (x,y)β δ β δ

α γ α γ= =∫ ∫ ∫ ∫

Αποδεικνύεται, (με τη βοήθεια κλιμακωτών συναρτήσεων (1), ότι: =Ι και β) Ι=Ι =Ι δηλαδή : α) Ι1 2 1 2

(6.3.8) R

I f (x,y)dxdy dy dxf (x,y) dx dyf (x,y)δ β β δ

γ α α γ= = =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Έτσι ένα διπλό ολοκλήρωμα σε ορθογώνια περιοχή ανάγεται σε δυο διαδοχικά ορισμένα ολοκληρώματα.

xΠαράδειγμα: Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα της συνάρτησης f(x,y)=xsiny-ye στην ορθογώνια περιοχή R=[-1,1]×[0,π/2]. Λύση: Ολοκληρώνοντας πρώτα ως προς x και έπειτα ως προς y έχουμε:

I f x y dxdy dy dx x y ye dyx

y yex x

oR

= = − = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮ =

−−∫∫∫∫ ( , ) [ sin ] sin

π/π/ 22

1

1

1

1

0

2

2

= dy y ye yye

dy eyye

ey y

e12

12 2

0

2 2 2

0

2

sin sinπ/ π/

−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥− −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭= − +

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

⌠⌡⎮

⌠

⌡⎮ = − +

2

=

(1 Μια συνάρτηση f(x,y) ορισμένη σε μια περιοχή ορθογώνια R ονομάζεται κλιμακωτή συνάρτηση όταν υπάρχει μια διαμέριση Δ της περιοχής R, τέτοια ώστε η f(x,y) να είναι σταθερή σε κάθε υποορθογώνιο της Δ. Σαν διαμέριση Δ της R εννοούμε τον χωρισμό της R σε μικρότερα ορθογώνια παραλληλόγραμμα, τα ο-ποία σχηματίζονται από ευθείες παράλληλες προς τους άξονες ΟΧ και ΟΥ και οι οποίες διέρχονται από το εσωτερικό της R.


92 2 2π π 1 πe e

8 8e e 8⎡ ⎤= − + = − +⎢ ⎥⎣ ⎦

2

Το ίδιο αποτέλεσμα βρίσκουμε εάν αντιστρέψουμε τη σειρά των ολοκληρώσεων. Πράγ-ματι:

π/ 221 π/ 2 1x

1 0 1R 0

yI f (x,y)dxdy dx dy xsin y ye dx x cos y e2− −

⎡ ⎤⎡ ⎤= = − = − −⎢⎣ ⎦

⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫ ∫ x =⎥

=

1 112 2 2

x x

111

π π π x2xe [x] dx e x e

8 8 8 2dx

−−−

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎡ ⎤− + = − + = − +⎨ ⎬⎢ ⎥

⎩ ⎭⎣ ⎦⎩ ⎭

⌠ ⌠⎮⌡⌡

⎨ ⎬⎮ =

=2 2π 1 π 1 1 1 πe e

8 2 8 e 2 e 8⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 2⎡ ⎤− + − − + = − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

6.4 Υπολογισμός των διπλών ολοκληρωμάτων σε πιο γενικές περιοχές

Έστω μια περιοχή Τ του επιπέδου OXY, τέτοια ώστε κάθε ευθεία γραμμή παράλ-ληλη προς τον άξονα ΟY, που περνάει τουλάχιστον από ένα εσωτερικό σημείο της Τ, κό-βει το σύνορο της, (δηλαδή την κλειστή καμπύλη C, που ορίζει την περιοχή Τ), σε δυο το πολύ σημεία. Μια τέτοια περιοχή ονομάζεται κανονική ως προς y ή κανονικός τόπος ως προς y. Ανάλογα ορίζεται μια περιοχή κανονική ως προς x. Μια περιοχη, που είναι κανονική ως προς x και y θα ονομάζεται κανονική περιοχή. Τέλος, μια περιοχή, που δεν είναι κανονική ούτε ως προς x, ούτε ως προς y, θα ονομάζεται μη κανονική περιοχή. Π.χ. η περιοχή Τ1 του Σχ.6.4.1α είναι κανονική ως προς y, αλλά δεν είναι κανονική ως προς x. Η περιοχή Τ2 του Σχ. 6.4.1β είναι κανονική ως προς x, αλλά δεν είναι κανονική ως προς y.

Η περιοχή Τ3 του Σχ.6.4.1γ είναι κανονική, ενώ η περιοχή Τ4 του Σχ. 6.4.1δ είναι μη κα-νονική περιοχή.

y Cy CT2

T1

O x O x

Σχ. 6.4.1α Σχ. 6.4.1β


93

Ας θεωρήσουμε τώρα μια περιοχή Τ κανονική ως προς y, Σχ.6.4.2α ή Σχ.6.4.2β. Σ' αυτή την περίπτωση μπορούμε να δεχθούμε ότι η περιοχή Τ φράσσεται από μια κλειστή καμπύλη, που περιγράφεται από τις εξισώσεις: y=φ1(x), y=φ2 (x) , x=α , x=β με α<β, φ1(x)≤φ2(x) ∀x∈[α,β]

και ότι οι συναρτήσεις φ1(x), φ2(x) είναι συνεχείς στο διάστημα [α,β], δηλαδή η περιοχή Τ ορίζεται σαν το σημειοσύνολο: Τ = (x,y) / α≤x≤β και φ1(x)≤y≤φ2(x) Έστω επίσης f(x,y) μια συνεχής συνάρτηση στην περιοχή Τ. Τότε αποδεικνύεται ότι

(6.4.1) ( ) ( )2 2

1 1

(x ) (x)

(x) (x)T

I f (x, y)dxdy f (x, y)dy dx dx f (x, y)dyβ β

ϕ ϕ

ϕ ϕα α

= = =⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡∫∫ ∫ ∫

Στη σχέση (6.4.1) εκτελούμε πρώτα την ολοκλήρωση ως προς y, θεωρώντας το x σταθερό και με όρια τις συναρτήσεις φ1(x) και φ2(x). Το αποτέλεσμα είναι μια έκφραση, (συνάρ-τηση), του x, δηλαδή:

Φ = (6.4.2) 2

1

(x)

(x )(x) f (x,y)dy

ϕ

ϕ∫Ολοκληρώνοντας την Φ(x) ως προς x από α έως β, προκύπτει ένας συγκεκριμένος αριθ-μός, που είναι η τιμή του ζητουμένου διπλού ολοκληρώματος: I (6.4.3) (x)dx f (x, y)dxdy

β

αΤ

= Φ =∫ ∫∫

O

O

O

O

x

x

x

x

y

y

y

y

T T

Σχ. 6.4.1γ

Σχ. 6.4.2α

Σχ. 6.4.1δ

Σχ. 6.4.2β

T3T4

CC

φ2(x) φ2(x)

φ1(x) φ1(x) αα ββ


94 Παράδειγμα 1: Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα της συνάρτησης f(x,y)=x2+y2 στην περιοχή Τ, της οποίας το σύνορο αποτελείται από τις καμπύλες με εξισώσεις: x=1, y=0, y=x2 . Λύση: Η περιοχή Τ, όπως φαίνεται από το Σχ.6.4.3 είναι κανονική. Εδώ θα τη θεωρή-σουμε κανονική ως προς y με φ1(x)=0 και φ (x)=x2

2 . Τα σημεία α και β είναι: α=0, β=1. Έτσι θα έχουμε:

( ) ( )2

1y x2 2 2 2

y 0T 0

I x y dxdy dx x y dy=

== + = +⌠⎮

⌡∫∫ ∫

=2

1y x3

2

y 00

ydx x y3

=

=

⎡ ⎤+⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

=

16

2 2

0

xdx x x [0 0]3

⎧ ⎫⎡ ⎤+ − −⎨ ⎬⎢ ⎥

⎣ ⎦⎩ ⎭

⌠⎮⌡

y=φ2(x)

1 x

y

Σχ. 6.4.3

= =

xx

dxx x4

6

0

15 7

0

1

3 5 2126

105+

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮ = + = =

Παράδειγμα 2: Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα της συνάρτησης f(x,y)=x2+y2 στην περιοχή Τ του πρώτου τεταρτοκυκλίου με εξίσωση x2+y2=1. Λύση: Η περιοχή Τ, που είναι κανονική, μπορεί να περιγραφεί από τις σχέσεις 0≤x≤1, 0≤y≤ 21 x−21 x− . Εδώ θα τη θεωρήσουμε κανονική ως προς y με φ (x)=0 και φ (x)=1 2 . Έτσι θα έχουμε:

( ) ( )2

2

11 y 1 x3y 1 x2 2 2 2 2

y 0T y 00

0

yI x y dxdy dx x y dy dx x y3

= −= −

==

⎡ ⎤= + = + = +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⌠ ⎮⎮ ⎮⌡ ⌡∫∫ ∫ =

( )1

3 / 222 2

0

1 xdx x 1 x

3

⎡ ⎤−⎢ ⎥= − +⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

Τ x2+y2=1

Θέτουμε x=sint ⇒ dx=costdt, 0≤t≤π/2 και έχουμε: / 2

2 3

0

1I sin t cos t cos t cos tdt3

π

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡

=

/ 2

2 2 4

0

1sin t cos t cos t dt3

π

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡

=

/ 2 / 2

0 0

t 1 1 3 1 1sin 4t t sin 2t sin 4t8 32 3 8 4 32 8

π π π⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + + + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Διπλά Ολοκληρώματα ♦ 95Παρατήρηση 1: Για την περίπτωση f(x,y)≥0 ο τύπος (6.4.1) έχει την εξής γεωμετρική ερμηνεία: Θεωρούμε το στερεό που ορίζεται από την επιφάνεια με εξίσωση z=f(x,y), την κυλινδρι-κή επιφάνεια με γεννήτορα ευθεία παράλληλη προς τον άξονα ΟΖ και οδηγό την κλειστή καμπύλη C, που ορίζει την περιοχή Τ και τέλος από την περιοχή Τ, (Σχ.6.4.4). Ας υ-πολογίσουμε τον όγκο V αυτού του στερεού. Ξέρουμε ήδη ότι ο όγκος αυτός ισούται με το διπλό ολοκλήρωμα:

V= (6.4.4) f x y dxdyT

( , )∫∫Από τις γεωμετρικές εφαρμογές του ορισμένου ολοκληρώματος είναι γνωστό ότι εάν Ε(x) είναι το εμβαδόν των παραλλήλων τομών του στερεού, που είναι κάθετες στον άξονα ΟX και το στερεό εκτείνεται από x=α έως x=β, τότε ο όγκος του δίνεται από το ορισμένο ολοκλήρωμα:

E(x)dxβ

α∫ (6.4.5)

Στο σχήμα 6.4.4 θεωρούμε το επί-πεδο x=k=σταθερό με α<k<β, του οποίου η τομή με το στερεό είναι η επίπεδη περιοχή (ΑΒΓΔΕΑ). Το εμβαδόν αυτής της περιοχής προφα-νώς είναι:

2

1

(x)

(x)E(x) f (x, y)dy

ϕ

ϕ= ∫ (6.4.6)

Από την έκφραση του εμβαδού των παραλλήλων τομών εύκολα βρί-σκουμε ότι ο όγκος V του στερεού θα είναι:

2

1

(x)

(x )V E(x)dx f (x, y)dy dx dx

β ββ ϕ

α ϕα α

= = =⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡∫ ∫

(6.4.7)

Στη συνέχεια ας θεωρήσουμε μια περιοχή κανονική ως προς x, Σχ.6.4.5α ή 6.4.5β. Σ' αυτή την περίπτωση μπορούμε να δεχθούμε ότι η περιοχή Τ ορίζεται από μια κλειστή

Σχ. 6.4.4

Τ

Δ

z

x

y

C

E Γ

C2

Α y=φ1(x)

α

Β y=φ (x)k 2

β

O x

y

Σχ.6.4.5α

ψ2(y)

γ

δ

ψ1(y)

x O

y

Σχ.6.4.5β

ψ2(y) ψ1(y)

δ

T T

γ


96 καμπύλη, που περιγράφεται από τις εξισώσεις: x=ψ (y), x=ψ (y), y=γ, y=δ, με ψ (y)≤ψ (y) ∀ y∈[γ,δ] 1 2 1 2και ότι οι συναρτήσεις ψ (y), ψ1 2(y) είναι συνεχείς στο διάστημα [γ,δ], δηλαδή η περιοχή Τ ορίζεται σαν το σημειοσύνολο: T = (x,y) / γ≤y≤δ και ψ (y)≤x≤ψ (y) (6.4.8) 1 2 Έστω επίσης f(x,y) μια συνεχής συνάρτηση στην περιοχή Τ. Τότε αποδεικνύεται ότι:

(6.4.9) 2 2

1 1

(y) (y)

(y) (y)T

I f (x, y)dxdy f (x, y)dx dy dy f (x, y)dxδ δ

ψ ψ

ψ ψγ γ

= = =⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡∫∫ ∫ ∫

y όπ

Στη σχέση (6.4.9) εκτελούμε πρώτα την ολοκλήρωση ως προς x, θεωρώντας το y σταθε-ρό και με όρια τις συναρτήσεις ψ (y) και ψ1 2(y). Το αποτέλεσμα είναι μια έκφραση, (συ-νάρτηση), του y, δηλαδή:

F(y)= 2 (6.4.10) 1

(y)

(y)f (x,y)dx

ψ

ψ∫Ολοκληρώνοντας την F(y) ως προς y από γ έως δ, προκύπτει ένας συγκεκριμένος αριθ-μός, που είναι η τιμή του ζητούμενου διπλού ολοκληρώματος: I= (6.4.11)

T

F(y)dy f (x,y)dxdyδ

γ=∫ ∫∫

Παράδειγμα: Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα ου η περιοχή Τ

ορίζεται από τις καμπύλες: x=ψ

2

T

I (y -x)dxd= ∫∫

1(y)=-y2, x=ψ (y)=y2, y=-1, y=1 2Λύση: Η περιοχή Τ, όπως φαίνεται από το Σχ. 6.4.6 είναι κανονική μόνο ως προς x. Έτσι θα έχουμε:

y=-1

x=y2x=-y2

x=1x=-1

Σχ. 6.4.6

y=1


972

2

22

11 x y2x y2 2 2

x yT x y1

1

xI (y x)dxdy dy (y x)dx dy y x2

==

=−=−−

−

⎡ ⎤= − = − = −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⌠⎮ ⎮⎮⌡ ⌡∫∫ ∫ =

= 1 1

14 42 2 2 2 4 5

111

y y 2 4y y y y ( y ) dy 2y y2 2 5 5−

−−

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ ⎪− − − − = = =⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭

⌠ ⌠⎮⌡⌡

d⎮

Παρατήρηση 2: Πολλές φορές μπο-ρεί η περιοχή Τ, που ας τη θεωρή-σουμε κανονική ως προς y, να είναι τέτοια ώστε μια από τις συναρτήσεις φ

1(x), φ2(x) να μην μπορεί να παρα-σταθεί από μια αναλυτική έκφραση στο διάστημα [α,β]. Μπορεί δηλαδή, όπως φαίνεται στο Σχ. 6.4.7 να έχου-με:

[ ]

[ ]1

g(x) x ,(x)

h(x) x ,

⎧ ∈ α γ⎪

ϕ = ⎨⎪ ∈ γ β⎩

(6.4.12)

Τότε το διπλό ολοκλήρωμα γράφε-ται:

( ) ( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )2 2 2

1

x x x

T x g x h x

I f x, y dxdy dx f x, y dy dx f x, y dy dx f x, y dy

β γ βϕ ϕ ϕ

ϕα α γ

= = = +⌠ ⌠ ⌠⎮ ⎮ ⎮⎮ ⎮ ⎮⌡ ⌡ ⌡

∫∫ ∫ ∫ ∫ (6.4.13)

Παρατήρηση 3: Εάν η περιοχή Τ δεν είναι κανονική ούτε ως προς x, ούτε ως προς y, (δηλαδή υπάρχουν ευθείες παράλληλες προς τους άξονες ΟX και ΟY, που τέμνουν το σύνορο της Τ σε περισσότερα από δυο σημεία, Σχ. 6.4.8, τότε δεν μπορούμε να υπολογί-σουμε το διπλό ολοκλήρωμα, όπως προη-γούμενα. Σ' αυτή την περίπτωση προσπαθούμε να χωρίσουμε την περιοχή Τ σε πεπερασμένο πλήθος υποπεριοχών Τ1, Τ2, …, Τn έτσι ώστε κάθε μια υποπεριοχή να είναι κανονική ή ως προς x ή ως προς y. Τότε το ζητούμενο διπλό ολοκλήρωμα θα είναι:

( ) ( )

( ) ( )1

2 n

T T

T T

f x, y dxdy f x, y dxdy

f x, y dxdy f x, y dxdy

= +

+ + +

∫∫ ∫∫

∫∫ ∫∫(6.4.14)

Σχ.6.4.7

α

y

βγ

h(x)

x

φ (x)2

g(x)

O

T2

T1

Σχ. 6.4.8

TT3

4


98

]

Παρατήρηση 4: Ο όγκος ενός στερεού, που προβάλλεται στο επίπεδο OXY και στην πε-ριοχή Τ δίνεται από τον τύπο:

[ ]V f x y f x y dxdyT

= −∫∫ 2 1( , ) ( , ) (6.4.15)

όπου z1=f1(x,y) και z2=f2(x,y) είναι οι εξισώσεις, που περιγράφουν την κάτω και άνω επιφάνεια του στερεού, (Σχ. 6.4.9). Εάν η περιοχή Τ είναι κανονική ως προς y, ο τύ-πος (6.4.15) γίνεται

[ ]2

1

(x )

2 1(x)V dx f (x,y) f (x,y) dy

β ϕ

α ϕ= −∫ ∫ (6.4.16)

Εάν η ορθή προβολή Τ είναι κανονική ως προς x, ο τύπος (6.4.15) γίνεται:

[2

1

(x)

2 1(x)V dy f (x,y) f (x,y) dx

δ ψ

γ ψ= −∫ ∫ (6.4.17)

Σχ. 6.4.9

Τ

z

x

yO

z2=f2(x,y)

z1=f1(x,y)

Ανάλογοι τύποι ισχύουν όταν το στερεό προβάλ-λεται στα επίπεδα OXZ και OYZ.

6.5 Μετασχηματισμοί των διπλών ολοκληρωμάτων

Στην προσπάθεια μας να υπολογίσουμε σχετικά πολύπλοκα ολοκληρώματα μιας μεταβλητής , πολλές φορές κάνουμε αλλαγή της μεταβλητής, έτσι ώστε η νέα

μορφή των ολοκληρωμάτων να είναι απλούστερη από την αρχική ή να αναγνωρίζεται πιο εύκολα. Η αλλαγή αυτή της μεταβλητής στηρίζεται στον τύπο:

f (x)dxβ

α∫

(6.5.1) ( )f (x)dx f g(t) g (t)dtβ δ

α γ′=∫ ∫

όπου x=g(t), α=g(γ) και β=g(δ). Ο τύπος αυτός ισχύει όταν ο μετασχηματισμός x=g(t) έχει συνεχή παράγωγο στο διάστημα [γ, δ] και η f είναι συνεχής. Ανάλογος τύπος ισχύει και για τα διπλά ολοκληρώματα: με ορισμέ-

νες διαφορές. Εδώ έχουμε δυο μετασχηματισμούς, ένα για κάθε μεταβλητή. Αυτό σημαί-νει ότι αντί για μια συνάρτηση g, θα έχουμε δυο συναρτήσεις X, Y, που συνδέουν τις πα-λιές μεταβλητές x, y με τις καινούργιες u, v:

f x y dxdyT

( , )∫∫

x=X(u,v), y=Y(u,v) (6.5.2) Από γεωμετρικής πλευράς οι εξισώσεις (6.5.2) απεικονίζουν σημεία (u, v) του OUV επιπέδου σε σημεία (x,y) του OXY επιπέδου. Έτσι ένα σύνολο S του OUV επιπέδου απει-κονίζεται, μετασχηματίζεται, σ' ένα σύνολο Τ του OXY επιπέδου, (Σχ.6.5.1). Η απεικόνιση αυτή μπορεί να παρασταθεί διανυσματικά ως εξής: r(u,v) = X(u,v)i+Y(u,v)j (6.5.3) Σε μερικές περιπτώσεις οι δυο εξισώσεις (6.5.2) μπορούν να επιλυθούν ως προς u και v. Θα έχουμε τότε: u=U(x,y), v=V(x,y) (6.5.4)


99και οι εξισώσεις αυτές ορίζουν μια απεικόνιση του ΟXY επιπέδου στο OUV επίπεδο. Η απεικόνιση αυτή είναι ένα προς ένα με αποτέλεσμα δυο διαφορετικά σημεία της περιο-χής Τ να απεικονίζονται σε δυο διαφορετικά σημεία της περιοχής S και αντίστροφα.

Στα επόμενα θα θεωρήσουμε απεικονίσεις, για τις οποίες οι συναρτήσεις X και Y, όπως και οι μερικές παράγωγοι

∂∂Xu

, ∂∂Xv

, ∂∂Yu

, ∂∂Yv

(6.5.5)

είναι συνεχείς στην περιοχή S. Όμοιες συνθήκες δεχόμαστε και για τις συναρτήσεις U και V. Ο τύπος μετασχηματισμού για τα διπλά ολοκληρώματα αποδεικνύεται ότι είναι ( )f x y dxdy f X u v Y u v J u v dudv

ST

( , ) ( , ), ( , ) ( , )= ∫∫∫∫ (6.5.6)

Ο όρος J(u,v), που παίζει αντίστοιχο ρόλο του όρου g′(t) στον τύπο (6.5.1) για ολοκληρώ-ματα μιας μεταβλητής, λέγεται Ιακωβιανή του μετασχηματισμού (6.5.2) ή συναρτησι-ακή ορίζουσα και ισούται με την ορίζουσα:

J u v

Xu

Yu

Xv

Yv

( , ) =

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

(6.5.7)

η οποία συμβολίζεται και ως εξής: ∂∂( , )( , )X Yu v

ή D(u,v)

Δεν θα δώσουμε εδώ την απόδειξη του τύπου (6.5.6), (η οποία δεν είναι απλή), αλλά θα επιχειρήσουμε μια γεωμετρική αιτιολόγηση. Θεωρούμε τις διανυσματικές συναρτήσεις

1X Y

u u u∂ ∂ ∂

= = +∂ ∂ ∂

rv i j 2X Y

v v v∂ ∂ ∂

= = +∂ ∂ ∂

rv i j (6.5.8)

Έστω Q ένα σημείο του επιπέδου OUV με συντεταγμένες (u,v), που απεικονίζεται στο σημείο Ρ του επιπέδου OXY με τη βοήθεια της διανυσματικής συνάρτησης r(u,v) της (6.5.3), (Σχ.6.5.2). Η ευθεία που περνάει από το σημείο Q και είναι παράλληλη προς τον άξονα Οu, απεικονίζεται σε μια καμπύλη του επιπέδου OXY, που περνάει από το σημείο

(u,v)

v y

(x,y) x=X(u,v) r(u,v) S y=Y(u,v) Τ

Ο u Ο x

Σχ. 6.5.1


100 Ρ. Την καμπύλη αυτή την ονομάζουμε u-καμπύλη. Με όμοιο τρόπο κατασκευάζουμε και την v-καμπύλη.

x

y

Ou-καμπύλη

P

A

Γ

Β v-καμπύλη

∂∂

rv

x=X(u,v)y=Y(u,v)

O′

v

Δv

Δu

∂∂

ru

Το διάνυσμα ∂r/∂u είναι εφαπτομενικό διάνυσμα της u-καμπύλης στο σημείο Ρ. Όμοια το διάνυσμα ∂r/∂v είναι εφαπτομενικό διάνυσμα της v-καμπύλης. Εάν το σημείο Q μετακινηθεί παράλληλα προς τον άξονα Οu κατά Δu, τότε το ση-μείο Ρ θα μετακινηθεί κατά μήκος της u-καμπύλης μέχρι το σημείο Α. Εάν την μεταβλη-τή u την ερμηνεύσουμε σαν χρόνο, τότε το διάνυσμα ∂r/∂u είναι το διάνυσμα της ταχύτη-

τας της u-καμπύλης και η απόσταση |ΡΑ| είναι σχεδόν ίση με uu∂

Δ∂

r . Με παρόμοιους

συλλογισμούς έχουμε |ΡΒ|= vv∂

Δ∂

r . Το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο QΑ1Γ1Β1 απεικο-

νίζεται σε μια περιοχή, που προσεγγίζεται από το παραλληλόγραμμο ΡΑΓΒ, του οποίου το εμβαδόν είναι:

ΔE= u v uu v u v∂ ∂ ∂ ∂

Δ × Δ = × Δ Δ∂ ∂ ∂ ∂

r r r r v (6.5.10)

αλλά v1×v2=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

r r

i j k

ku v

Xu

Yu

Xv

Yv

Xu

Yu

Xv

Yv

× = =0

0

=J(u,v)k (6.5.11)

Επομένως ΔΕ = |J(u,v)|ΔuΔv (6.5.12) Εάν |J(u,v)|=1 για όλα τα σημεία της περιοχής S, τότε η αντίστοιχη απεικόνιση διατηρεί τα εμβαδά και ονομάζεται ισομετρία. Εάν |J(u,v)|>1, τότε η Ιακωβιανή J(u,v) μπορεί να θεωρηθεί σαν συντελεστής μεγέ-θυνσης των εμβαδών και εάν |J(u,v)|<1 σαν συντελεστής σμίκρυνσης των εμβαδών.

Σχ.6.5.2

uQ

ΓΒ1 1

Α1


101

6.6 Εφαρμογές του τύπου του μετασχηματισμού

1) Πολικές συντεταγμένες: Στην περίπτωση αυτή έχουμε r και θ αντί για u και v, με τις γνωστές εξισώσεις: x=X(r,θ)=rcosθ , y=Y(r,θ)=rsinθ (6.6.1)

≤θ<θΓια να είναι ο μετασχηματισμός ένα προς ένα, θεωρούμε r>0 και θ0 0+2π, (συνήθως θεωρούμε θ =0). Η αντίστοιχη Ιακωβιανή είναι: 0

( )X Y

cos sinr rJ r, rX Y r sin r cos

∂ ∂θ θ∂ ∂θ = = =

∂ ∂ − θ θ∂θ ∂θ

(6.6.2)

και ο μετασχηματισμός (6.5.6) γράφεται:

(6.6.3) T S

f (x,y)dxdy f (r cos , r sin )rdrd= θ θ∫∫ ∫∫ θ

θ =

Παράδειγμα 1: Να υπολογισθεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου Τ ο κύκλος

με εξίσωση: x

x y dxdyT

2 2∫∫2+y2 =1.

Λύση : Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες έχουμε 0≤r≤1 και 0≤θ<2π, δηλαδή η περιοχή S είναι το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο:

S = (r,θ) / 0≤r≤1 και 0≤θ<2π

Τελικά: 2 2 5 2 2

S S

I (r cos ) (r sin ) rdrd r cos sin drd= θ θ θ = θ θ∫∫ ∫∫

[ ]162π 1 2π 2π22 2 5 2

0 0 0 00

1 r 1cos sin d r dr 2 cos sin d sin 2 d4 6 24

⎡ ⎤= θ θ θ = θ θ θ = θ⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫ θ =

2π2π 2

00

1 1 sin 2 cos 2 πsin 2 d248 48 2 24

θ θ⎡ ⎤= θ θ = − + θ⎢ ⎥⎣ ⎦∫ =

2) Γραμμικοί μετασχηματισμοί: Μια απεικόνιση, που ορίζεται από εξισώσεις της μορφής: x=X(u,v)=αu+βv , y=Y(u,v)=γu+δv (6.6.4) ονομάζεται γραμμικός μετασχηματισμός. Η Ιακωβιανή είναι:

J(u, v)α β

= = αδ−γ δ

βγ (6.6.5)

και εάν αδ-βγ≠0, υπάρχει ο αντίστροφος μετασχηματισμός. Ας δούμε τη χρησιμότητα του μετασχηματισμού αυτού μ' ένα παράδειγμα. Παράδειγμα 2: Να υπολογιστεί το διπλό ολοκλήρωμα:


102 y xy x

T

I e dxdy−+= ⌠⌠

⌡⌡

όπου Τ η περιοχή που ορίζεται από τις καμπύλες x+y=2, x=0, y=0 Λύση: Προφανώς η περιοχή Τ είναι το τρίγωνο ΟΑΒ του Σχ. 6.6.1β. Η παρουσία των εκ-φράσεων y+x και y-x στην ολοκληρωτέα ποσότητα οδηγεί στον μετασχηματισμό: u=y-x, v=y+x ⇒ x=(v-u)/2, y=(v+u)/2

x=(v-u)/2

του οποίου η Ιακωβιανή είναι: J u v

xu

yu

xv

yv

( , ) = =−

= − − = −

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

12

12

12

12

14

14

12

Για να βρούμε την εικόνα S του Τ στο OUV επίπεδο, παρατηρούμε ότι οι ευθείες x=0 και y=0 απεικονίζονται στις ευθείες u=v και u=-v και η ευθεία x+y=2 στην ευθεία v=2. Έτσι λοιπόν η περιοχή Τ=ΟΑΒ απεικονίζεται στην περιοχή S=O′A′B′, Σχ.6.6.1α.

y x u uy x v v

ST S

1 1I e dxdy e dudv e dudv2 2

−+= = − =

⌠⌠⌠⌠ ⌠⌠⎮⎮⎮⎮ ⎮⎮ ⌡⌡⌡⌡ ⌡⌡

και ολοκληρώνοντας πρώτα ως προς u βρίσκουμε

22 2u v 2v u u 2v v

v 0u v 10 1

1 1 1 1 1 1 vI dv due ve dv v e dv e e2 2 2 e 2 e 2

=

− =−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥= = = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⎮ ⌡⌡ ⌡∫

1e

= −

6.7 Eφαρμογές.

( Μάζα, συντεταγμένες κέντρου μάζας και ροπές αδράνειας επίπεδης υλικής πλάκας) Θεωρούμε μια λεπτή επίπεδη υλική πλάκα, που καταλαμβάνει την περιοχή Τ και έστω p(x,y) η συνάρτηση πυκνότητας της πλάκας. Τότε: α) Η μάζα Μ της πλάκας δίνεται από το διπλό ολοκλήρωμα:

Σχ. 6.6.1α Σχ. 6.6.1β

O Ou

v y

x

v=-u v=u

A′ B′v=2

y=(v+u)/2

B

A

x+y=2 S

T


103 M (6.7.1) p x y dxdy

T

= ∫∫ ( , )

β) Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας δίνονται από τα διπλά ολοκληρώματα:

x M

xp x y dxdykT

= ∫∫1 ( , ) y

Myp x y dxdyk

T

= ∫∫1 ( , ) (6.7.2)

, Iγ) Οι ροπές αδράνειας Ιx y, IO, της πλάκας ως προς τους άξονες ΟΧ, ΟY την αρχή Ο και ως προς οποιαδήποτε ευθεία , είναι αντίστοιχα:

I

I (6.7.3) 2x

T

y p(x, y)dxdy= ∫∫x p(x, y)dxdy= =∫∫

x y )p(x, y)dxdy= +∫∫d p(x,y)dxdy= ∫∫

I (6.7.4) 2y

T

I ( (6.7.5) 2 2O

T

I (6.7.6) 2

T

όπου d(x,y) είναι η απόσταση του σημείου (x,y) της πλάκας από την ευθεία . Παράδειγμα 1: Να υπολογιστεί το κέντρο μάζας της επίπεδης υλικής περιοχής T που ο-ρίζεται από τις καμπύλες y2=3x, y=2x και έχει σταθερή πυκνότητα p.

Λύση: Εφαρμόζουμε τους τύπους x M

xp x y dxdykT

= ∫∫1 ( , ) y

Myp x y dxdyk

T

= ∫∫1 ( , ) όπου

η μάζα Μ δίνεται από τον τύπο: 3/ 4

y 3x

T yx 0

M p(x, y)dxdy p dx dy=

==

= =⌠⎮⌡

∫∫ ∫2x

=

3/ 43/ 43/ 2 2

x 0 x 0

2 3 3p dx 3x 2x p x x p3 16= =

⎡ ⎤⎡ ⎤− = − =⎢ ⎥⎣ ⎦

⎣ ⎦∫

3/ 43x

KT y

x 0

1 px xpdxdy dx xdyM M =

=

= =⌠⎮⌡

∫∫ ∫2x

=

= [ ]3/ 4

y 3x

y 2xx 0

16 dx xy3

=

==

=∫3/ 4

3/ 2 2

x 0

16 dx 3x 2x3 =

⎡ ⎤− =⎣ ⎦∫

y2=3x

y=2x

(3/4, 3/2)

T

3/ 4

5/ 2 3

x 0

16 2 3 2 3x x3 5 3 10

=

⎡ ⎤− =⎢ ⎥

⎣ ⎦

3/ 43/ 4y 3x

2k

T T y 2x x 0x 0

1 16 16 16 1y yp(x, y)dxdy ydxdy dx ydy 3x 4x dxM 3 3 3 2

=

= ==

⎡ ⎤= = = = −⎣ ⎦⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

∫∫ ∫∫ ∫34

=


104

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Να υπολογισθεί η τιμή του ολοκληρώματος Ι= όπου η περιοχή Τ πε-

ρικλείεται από τις ευθείες y=0, x=2 και την παραβολή y=

( )x y dxdyT

2 +∫∫8x .

2. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= , όπου η περιοχή Τ περικλείεται από

τις ευθείες y=0, y=-x, 3x-5y-24=0.

ydxdyT∫∫

3. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα το εμβαδόν της περιοχής Τ, που ορίζεται από τις καμπύλες y2 2=4x, y=2x . 4. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα το εμβαδόν της περιοχής Τ, που ορίζεται από τις ευθείες y=0, y=x, x+y=2. 5. Nα υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= όπου η περιοχή Τ ορίζεται από τις ευ-

θείες x=3, y=0, y=2x.

ydxdyT∫∫

6. Να υπολογισθεί το εμβαδόν της περιοχής Τ, που ορίζεται από τις εξισώσεις: xy=2, y=8-x2, x=1, x=2. 7. Όμοια για την περιοχή Τ=y2=4αx, x+y=3α, με α>0 και y≥0

( )2 2

T

x y dxdy+∫∫8. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= , όπου η περιοχή Τ είναι το εσω-

τερικό του κύκλου x2+y2=9 9. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= , όπου η περιοχή Τ είναι το εσωτερικό

του κύκλου x

xy dxdyT

2∫∫2+y2-2x=0.

dxdy

x yT 1 2− −∫∫10. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι=2

όπου η περιοχή Τ είναι το ε-

σωτερικό του κύκλου x2+y2-x=0 11. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από τις ε-πιφάνειες x2+y2 2, z=x+y, με x, y, z≥0. =α 12. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από τις ε-πιφάνειες y2=4x, 2x+y=4, z=y, z=0. 13. Να μετασχηματίσετε το παρακάτω ολοκλήρωμα σε πολικές συντεταγμένες και να υπολογίσετε την τιμή του:


105

( )2

22 x x

2 2

00

I x y

α

α −⎧ ⎫⎪ ⎪= +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

⌠⎮⎮⌡

∫ dy

14. Όμοια και για το ολοκλήρωμα

Ix y

dy dxx

x

=+

⌠

⌡⎮⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪

⌠

⌡⎮⎮

12 2

0

1 2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ VII

ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

7.1 Γενικά

Η έννοια του τριπλού ολοκληρώματος είναι απλή γενίκευση της έννοιας του διπλού ολοκληρώματος. Εδώ θα έχουμε ολοκληρωτέες συναρτήσεις τριών μεταβλητών f=f(x,y,z) και η περιοχή ολοκληρώσεως θα είναι μια περιοχή V του χώρου R3 των τριών διαστάσεων, (δηλαδή ένα στερεό).

7.2 Ορισμός του τριπλού ολοκληρώματος

Ορισμός 1: Έστω OXYZ ένα τρισορθογώνιο σύστημα αναφοράς και V ένα στερεό, που περικλείεται από επιφάνεια, η οποία τέμνεται από κάθε ευθεία διερχόμενη από το εσωτε-ρικό του V και παράλληλη προς τον άξονα ΟΖ σε δυο το πολύ σημεία, (κανονική περιοχή ως προς z (1), (Σχ. 7.2.1). Τα σημεία του στερεού V προβάλλονται στο επίπεδο OXY στην περιοχή Τ, που περικλείεται από την καμπύλη C. Η κυλινδρική επιφάνεια, την ο-ποία σχηματίζουν οι ευθείες οι παράλλη-λες προς τον άξονα ΟΖ, που φέρονται από τα σημεία της C, εφάπτονται του στερεού V κατά μια καμπύλη C

1, η οποία χωρίζει την επιφάνεια του στερεού σε δυο επιφάνειες S1, (όπου ισχύει n⋅k<0)(2 και S2, (όπου ισχύει n⋅k>0), με εξισώσεις z=φ1(x,y), z=φ2(x,y). Χωρίζουμε το στε-ρεό σε μικρότερα στερεά V1, V2,…,Vk,…,Vn και σε καθένα από αυτά παίρνουμε τυχαίο σημείο Ρk(xk,yk,zk). Έστω μια συνάρτηση f(x,y,z) συνεχή σ' όλα τα σημεία του στερεού V. Σχηματί-ζουμε το άθροισμα των γινομένων:

I V f x y zn k k kk

n

==∑ ( , , )

1k

(7.2.1)

όπου με Vk παριστάνουμε και τους ό-γκους των στερεών Vk . Ορίζουμε ως τριπλό ολοκλήρωμα της συνάρτησης f(x,y,z) στο στερεό V το όριο, (όταν υπάρχει):

(1 Ανάλογα ορίζονται στερεά κανονικά ως προς x ή κανονικά ως προς y. (2 Το διάνυσμα n θεωρείται μοναδιαίο και κάθετο σε κάθε σημείο της επιφάνειας S. Για την επιφάνεια S1 η γωνία φ1 που σχηματίζουν τα διανύσματα k και n1 είναι αμβλεία και επομένως cosφ1=k⋅n1≤0. Για την επι-φάνεια S2 ισχύουν ανάλογα.

Σχ. 7.2.1

n S2

V

O

C x

z

S1

z2=φ2(x,y)

zC1

=φ (x,y)1 1

n y

T

♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ VII 108

(7.2.2) I f x y z dxdydz V f x y znVV

k k k kk

n

k

= = →∞→ =

∫∫∫ ∑( , , ) lim ( , , )max 0 1

Παρατήρηση 1: Στα τριπλά ολοκληρώματα ισχύουν ιδιότητες ανάλογες με εκείνες των διπλών ολοκληρωμάτων.

dz δί

z)

Παρατήρηση 2: Εάν f(x,y,z)=1, τότε το τριπλό ολοκλήρωμα νει τον ό-

γκο του στερεού V. V

I dxdy= ∫∫∫

Παρατήρηση 3: Εάν η περιοχή ολοκλήρωσης V είναι το ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο:

≤x≤β , α ≤y≤β , α ≤z≤β (7.2.3) V = (x,y,z) / α1 1 2 2 3 3τότε το τριπλό ολοκλήρωμα γράφεται ως τρία διαδοχικά απλά ολοκληρώματα:

(7.2.4) 3 2 1

3 2 1

I dz dy dxf (x,y,β β β

α α α= ∫ ∫ ∫

Η σειρά των απλών ολοκληρώσεων μπορεί να είναι οποιαδήποτε. Παράδειγμα 1: Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα της συναρτήσεως f(x,y,z)=x2y πάνω στον κύβο V που ορίζεται από τα συντεταγμένα επίπεδα και τα επίπεδα με εξισώ-σεις x=1, y=1, z=1. Λύση: Βάσει του προηγουμένου τύπου θα έχουμε:

( )1 1 1 2

0 0 0V

1 11 113

x 000 00

I f (x, y, z)dxdydz dz dy dx x y

x 1dz dy y dz dy y3 3

=

= = =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⎮⎮ ⎮ ⌡⎮ ⌡ ⌡⌡

∫∫∫ ∫ ∫ ∫

y

x

z

1 11 12

z 0y 000

1 y 1 z 1dz dz3 2 6 6 6==

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⌡⌡

= Σχ. 7.2.2

Παρατήρηση 4: Έστω ότι το στερεό V είναι κανονικό ως προς z. Τότε υπάρχουν δυο συ-ναρτήσεις z=φ (x,y) και z=φ1 2(x,y) οι οποίες περιγράφουν την κάτω και πάνω επιφάνεια του στερεού. Αποδεικνύεται ότι το τριπλό ολοκλήρωμα:

I f x y z dxdydzV

= ∫∫∫ ( , , )

2

11

(x,y)

(x,y)T

I f (x, y, z)dz dxdyϕ

ϕ= ∫∫ ∫

(7.2.5) μπορεί να γραφεί:

όπου Τ η προβολή του στερεού στο επίπεδο ΟΧΥ. 1Εάν το στερεό V είναι κανονικό ως προς x, τότε υπάρχουν δυο συναρτήσεις

x=g (y,z) και x=g1 2(y,z), οι οποίες περιγράφουν την «πίσω» και «μπροστινή» επιφάνεια του στερεού. Το αντίστοιχο τριπλό ολοκλήρωμα μπορεί να γραφεί:

Τριπλά Ολοκληρώματα♦ 109

2

12

(y,z)

(y,z)T

I f (x, y, z)dx= ∫∫ ∫ x=g

x=gdydz (7.2.6)

όπου Τ η προβολή του στερεού στο επίπεδο ΟΥΖ. 2Τέλος εάν το στερεό V είναι κανονικό ως προς y, τότε υπάρχουν δυο συναρτήσεις

y=h (x,z) και y=h1 2(x,z), οι οποίες περιγράφουν την «αριστερή» και «δεξιά» επιφάνεια του στερεού. Το αντίστοιχο τριπλό ολοκλήρωμα μπορεί να γραφεί:

2

13

y=h (x,z)

y=h (x,z)T

I f (x, y, z)dy dxdz= ∫∫ ∫ (7.2.7)

η προβολή του στερεού στο επίπεδο ΟΧΖ. όπου Τ3 Παράδειγμα 2: Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα:

I x y z dxdydzV

= − +∫∫∫ ( )2 3 2

όπου V το στερεό που ορίζεται από την σχέση: V= (x,y,z) / x≥0, y≥0, z≥0, x+y+z=1 Λύση: Η εξίσωση x+y+z=1 παριστάνει επίπεδο, που τέμνει τους άξονες στα ση-μεία Α, Β, Γ, όπως δείχνει το σχήμα 7.2.3. Επομένως το στερεό V είναι η τρι-γωνική πυραμίδα ΟΑΒΓ, της οποίας η προβολή Τ στο επίπεδο OXY συμπίπτει με τη βάση της ΟΑΒ. Επίσης οι επι-φάνειες, που θα θεωρηθούν ως κάτω και πάνω επιφάνειες, (ή βάσεις), του στερεού V είναι οι ΟΑΒ και ΑΒΓ αντίστοιχα, με εξισώ-σεις: z=φ

Γ(0,0,1)

B(0,1,0)

A(1,0,0)

z

x

y

Σχ. 7.2.3

O

(x,y)=0 και z=φ (x,y)=1-x-y 1 2Επομένως από τον τύπο (7.2.5) θα έχουμε:

( ) ( )I dxdy dz x y z dxdy x y z zz

z x y

T Tz

z x y= − + = − +

=

= − −

=

= − −

∫∫∫ ∫∫2

0

1

2 2

0

13 2 3( ) =

=

=

− 2

=2

( )= − − − + − −∫∫ dxdy x y x y x yT

( )( ) ( )2 23 1 1

( )= − + − − − + − + − −∫∫ dxdy x x y y x x y x y x yT

2 2 2 2 21 3 3 1 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )

( )= − + − − − +∫∫ dxdy x x y x y x y xT

2 2 21 4 5 1 1( ) ( ) ( )

Το διπλό ολοκλήρωμα, στο οποίο έχει αναχθεί το αρχικό τριπλό ολοκλήρωμα, μπορεί να υπολογιστεί θεωρώντας την περιοχή Τ, είτε κανονική ως προς x, είτε κανονική ως προς y. Θεωρώντας την περιοχή Τ κανονική ως προς y και παίρνοντας υπόψη μας ότι η εξί-σωση της ευθείας ΑΒ είναι x+y=1, έχουμε:

( )I dx dy x x y x y x y xx

= − + − − − + −−

∫∫ 2 2 2

0

1

0

11 4 5 1 1( ) ( ) ( )


y 1 x12

2 3 2 2 2

0 y 0

4 5 ydx x (1 x)y y (1 x)y x (1 x) y3 2 2

= −

=

⎡ ⎤= − + − − − + −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⌡

=

1

2 2 3 3 2 2 3

0

4 5 1dx x (1 x) (1 x) (1 x) x (1 x) (1 x)3 2 2

⎡ ⎤= − + − − − − − + − =⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡

140

−

Εάν το στερεό V το θεωρήσουμε κανονικό ως προς x, τότε η πίσω επιφάνεια είναι το τρίγωνο (ΟΒΓ) με εξίσωση x=g1(y,z)=0 και η μπροστινή επιφάνεια το τρίγωνο (ΑΒΓ) με εξίσωση x=g (y,z)= 1-y-z. Η προβολή του T2 2 στο επίπεδο ΟΥΖ είναι το τρίγωνο (ΟΒΓ). Χρησιμοποιούμε τον τύπο (7.2.6) και έχουμε:

( )

( ) ( )( )

( )

2

12

2

2

2

x=g (y,z) x=1-y-z 2

x=g (y,z) x=0T T

x 1 y z3

x 0T

3

T

3 2

I dydz f (x, y, z)dx dydz x 3y 2z dx

xdydz ( 3y 2z)x3

1dydz 1 y z 3y 2z 1 y z3

1dz dy 1 y z 3y 3y yz 2z3

= − −

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤= + − + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤= − − + − + − − =⎢ ⎥⎣ ⎦

= − − − + + + −

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫∫ ∫ ∫ =

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

1y 1 z

2

y 00

1y 1 z

4 2 3 2 2

y 00

1

2 3 2 42

013 4

54 3

0

2z

1 3 1dz 1 y z y y y z 2z 2z y12 2 2

3 1 1dz 1 z 1 z 1 z z 2z 2z 1 z 1 z2 2 12

1 z 1 z 5 5 5 1 1z z z 1 z2 4 8 3 4 60 40

= −

=

= −

=

⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= − − − − + + + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞= − − + − + − + − − + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤− −= − − − + − − = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⌠⎮ ⎮⎮ ⌡

⌡

⌠⎮⌡

⌠⎮⌡

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎤− + ⎥⎦

Τέλος εάν το στερεό V το θεωρήσουμε κανονικό ως προς y, τότε η αριστερή επι-φάνεια είναι το τρίγωνο (ΟΑΓ) με εξίσωση y=h1(x,z)=0 και η δεξιά επιφάνεια το τρίγωνο (ΑΒΓ) με εξίσωση y=h (y,z)= 1-x-z. Η προβολή του Τ2 3 στο επίπεδο ΟXΖ είναι το τρίγω-νο (ΟAΓ). Χρησιμοποιούμε τον τύπο (7.2.7) και έχουμε:

( )2

13 3

y=h (x,z) y=1-x-z 2

y=h (x,z) x=0T T

I dzdx f (x, y, z)dy dzdx x 3y 2z dx⎡ ⎤ ⎡= =⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣⌠⌠⎮⎮⌡⌡∫∫ ∫ ∫

Ο υπολογισμός του παραπάνω ολοκληρώματος γίνεται με παρόμοιο τρόπο και αφήνεται στον αναγνώστη.


Παράδειγμα 3: Να υπολογιστεί το τριπλό ολοκλήρωμα της συναρτήσεως f(x,y,z)=xz+yz πάνω στο στερεό V που ορίζεται από τα συντεταγμένα επίπεδα και τα επίπεδα με εξισώ-σεις x=2, y=3, z=-x+4. Λύση: Το στερεό V είναι κανονικό. Εδώ μπορούμε να το θεωρήσουμε κανονικό ως προς z. Τότε οι συναρτήσεις φ και φ είναι: z=φ (x,y) = 0, z=φ1 2 1 2(y,z)=-x+4. H προβολή του στερεού V στο επίπεδο ΟΧΥ είναι το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (ABΓ), που ορίζεται από τις σχέσεις 0≤x≤2, 0≤y≤3. Χρησιμοποιούμε τον τύπο (7.2.5) και έχουμε:

2

1

(x,y)

(x,y)T

I f (x, y,z)dz dxdyϕ

ϕ= =⌠⌠⎮⎮⌡⌡ ∫

( )

2

1

x 4

0T

xz yz dz dxdyϕ =− +

ϕ =

⎧ ⎫⎪ ⎪+ =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

⌠⌠⎮⎮⎮⎮⌡⌡

∫z=

z=

y

x

z

2

3

4

z=-x+4

( )z x 42

z 0T

zdxdy x y dxdy2

=− +

=

⎡ ⎤= +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

= Η Ζ

32

3 2 2

x 0y 0

1 1dy dx x 4x 8x x y 4xy 8y2 2

==

⎧ ⎫= − + + −⎨ ⎬⎩ ⎭

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⌡⌡+ =

Δ Γ Ε Ο

3 32

y 0y 0

22 28 22 28 ydy y y 643 3 3 3 2

==

⎡ ⎤⎡ ⎤= + = +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠⎮⌡

Β Α = Σχ. 7.2.4

Υπολογίστε το παραπάνω τριπλό ολοκλήρωμα θεωρώντας το στερεό V α) κανονι-

κό ως προς x και β) κανονικό ως προς y. Παρατήρηση 5: Εάν η "κάτω και η πάνω βάση" του, στερεού V δεν μπορούν να περι-γραφούν από δυο συναρτήσεις φ (x,y) και φ1 2(x,y), τότε προσπαθούμε να διαιρέσουμε την περιοχή V σε πεπερασμένο πλήθος υποπεριοχών V ,V ,…,V1 2 n, κάθε μια από τις οποίες να είναι κανονικές ως προς z. Τότε θα έχουμε: = + . . . + (7.2.8) f x y z dxdydz

V

( , , )1

∫∫∫ f x y z dxdydzVn

( , , )∫∫∫f x y z dxdydzV

( , , )∫∫∫Παρατήρηση 6: Όπως και στην περίπτωση του διπλού ολοκληρώματος, έτσι και στην περίπτωση του τριπλού ολοκληρώματος είναι πολλές φορές αναγκαίο να χρησιμοποιή-σουμε κάποιο μετασχηματισμό στις μεταβλητές, έτσι ώστε ο υπολογισμός του να γίνει ευκολότερα. Έστω λοιπόν:

x=X(u,v,w), y=Y(u,v,w), z=Z(u,v,w) (7.2.9)

οι σχέσεις που συνδέουν τις καρτεσιανές συντεταγμένες (x,y,z) με τις νέες συντεταγμένες (u,v,w). Τότε αποδεικνύεται ότι:

[ ]I f x y z dxdydz f X u v w Y u v w Z u v w Jx y zu v w

dudvdwVV

= =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟∫∫∫∫∫∫ ( , , ) ( , , ), ( , , ), ( , , )

, ,, ,

*

(7.2.10)


J x y zu v w

, ,, ,

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

όπου η Ιακωβιανή του μετασχηματισμού, που είναι:

X Y u u

X Y x, y,zJ v v

u, v, w X Y w w

∂ ∂∂ ∂

∂ ∂⎛ ⎞ = ∂ ∂⎜ ⎟⎝ ⎠

∂ ∂∂ ∂

Zu

Zv

Zw

∂∂

∂∂

∂∂

(7.2.11)

και V* η εικόνα της περιοχής V δια μέσου του αντιστρόφου μετασχηματισμού (7.2.9). Στην πράξη χρησιμοποιούνται οι μετασχηματισμοί σε κυλινδρικές και σφαιρικές συντε-ταγμένες. 1) Κυλινδρικές συντεταγμένες: Οι σχέσεις που συνδέουν τις καρτεσιανές με τις κυ-λινδρικές συντεταγμένες, (Σχ.7.2.5), είναι: x=X(r,θ,z)=rcosθ, y=Y(r,θ,z)=rsinθ, z=Z(r,θ,z)=z (7.2.12) με 0≤r<∞ , 0≤θ<2π και -∞<z<∞ όποτε η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι:

x,y,zJr, ,z

⎛ ⎞⎜ ⎟θ⎝ ⎠

X Y Zr r r

Zz

X Y Z

X Yz z

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂θ ∂θ ∂θ

∂ ∂ ∂

=

∂ ∂ ∂

cos sin 0r sin r cos 0 r

0 0 1

θ θ= − θ θ = (7.2.13)

zz

P

O O

x x

y y

P r

φ

θ θr P′ P′

Σχ. 7.2.5 Σχ. 7.2.6


Για να δικαιολογήσουμε τον όρο ‘κυλινδρικές συντεταγμένες’, παρατηρούμε ότι αν 0≤θ<2π και r=α μια θετική σταθερά, τότε ο γεωμετρικός τόπος των σημείων, που πληρούν τις παραπάνω συνθήκες, είναι ένας κύλινδρος ακτίνας α. 2) Σφαιρικές συντεταγμένες: Οι σχέσεις που συνδέουν τις καρτεσιανές με τις σφαι-ρικές συντεταγμένες, (Σχ. 7.2.6), είναι: x=X(r,θ,φ)=rcosθsinφ , y=Y(r,θ,φ)=rsinθsinφ , z=Z(r,θ,φ)=rcosφ (7.2.14) με 0≤r<∞, 0≤θ<2π και 0≤φ≤π οπότε η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι:

x,y,zJr, ,

⎛ ⎞⎜ ⎟θ ϕ⎝ ⎠

X Y Zr r r

Z

X Y Z

X Y

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂θ ∂θ ∂θ

∂ ∂ ∂∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ

2

cos sin sin sin cosr sin sin r cos sin 0 r sin

r cos cos r sin cos r sin

θ ϕ θ ϕ ϕ= = (7.2.15) − θ ϕ θ ϕ = ϕ

θ ϕ θ ϕ − ϕ

Στις σφαιρικές συντεταγμένες η εξίσωση της σφαίρας με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα α παίρνει την απλή μορφή: r=α. Προσοχή: Το r στις κυλινδρικές και σφαιρικές συντεταγμένες είναι διαφορετικό.

r θ dθ

dz

dθ rdθ dr

dV=(rdθ)(dr)(dz)=rdrdθdz

Στο διπλανό Σχ. 7.2.7 μπορούμε να δούμε τον τρόπο με τον οποίο μπο-ρούμε να εκφράσουμε τον στοιχειώ-δη όγκο dV με την βοήθεια των κυ-λινδρικών συντεταγμένων (r, θ, z) και των στοιχειωδών μεταβολών dr, dθ, dz. Σχ. 7.2.7

dθ

dV=(rsinφdθ)(rdφ)(dr) =r P

2Psinφdrdφdθ

rsinφdθ


Ομοίως στο διπλανό Σχ. 7.2.8 μπορούμε να δούμε τον τρόπο με τον οποίο μπορούμε να εκφράσουμε τον στοιχειώδη όγκο dV με την βοήθεια των σφαιρικών συντεταγμένων (r, θ, φ) και των στοιχειωδών μεταβολών dr, dθ, dφ. Σχ. 7.2.8 Παράδειγμα 1: Να υπολογιστεί ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από τις επιφάνειες: x2

+y2 2=z , z=h. Λύση: Η εξίσωση x2+y2 2=z ορίζει έναν κώνο. Για να βρούμε τα όρια του τριπλού ολο-κληρώματος, ου θα μας

δώσει τον όγκο του στερεού, θεωρούμε ένα τυχαίο σημείο (x,y,z) στην περιοχή V και για x, y σταθερά βρίσκουμε ότι το z μεταβάλλεται από

V

V dzdy= ∫∫∫ dx , π

z2=x2+ 2z x y2= + έως z=h. Η προβολή του στερεού στο επίπεδο ΟΧΥ είναι ο κύκλος x2+y2=h2. Επομένως για σταθερό x, το y μεταβάλλεται από 2 2xy h= − − έως

2y h x2= − και το x από x=-h έως x=h. Έτσι ο όγκος βρίσκεται από το ολοκλήρωμα:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

h hy h x y h xh

2 2

V y h x z x y y h xx hx h

V dzdydx dx dy dz dx dy h x y= − =− −

=− − = + =− −=−=−

⎡ ⎤= = = − +⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮⎮

⌡⌡∫∫∫ ∫ ∫ ∫

το οποίο είναι μάλλον δύσκολο να υπολογιστεί. Η δυσκολία παραμένει ακόμα και αν επι-χειρήσουμε να αλλάξουμε την σειρά των ολοκληρώσεων. Εάν όμως χρησιμοποιήσουμε κυλινδρικές συντεταγμένες ο υπολογισμός του ολοκληρώματος είναι μάλλον εύκολος. Έχουμε: x=rcosθ, y=rsinθ, z=z ⇒ dV=rdrdθdz. Η νέα περιοχή ολοκληρώσεως T είναι:

T=(r,θ,z) / 0≤r≤h, 0≤θ≤2π, r≤z≤h Πράγματι από την εξίσωση του κώνου x2+y2=z2 και από την σχέση x2+y2=r2, προκύπτει r=z και επειδή το z μεταβάλλεται από 2x y2+ έως h μπορούμε να γράψουμε r≤z≤h. Το

r τώρα ισούται με r= 2x y+ 2

x y

και παριστάνει την ακτίνα του κύκλου, που είναι η τομή του κώνου και ενός επιπέδου καθέτου στον άξονα ΟΖ. Η ακτίνα δε αυτή μεταβάλλεται από 0 έως h, άρα τα όρια του r είναι 0≤r≤h. Τελικά θα είναι:

y2

z=h

h

z

Σχ. 7.2.9


( )22 2

hh h 2 3h

z rT r 0 r 0 r 0

0 0 0

r rV rdrd dz d dr r dz d dr r h r d h2 3

ππ π

== = =

θ= θ= θ=

⎡ ⎤= θ = θ = θ − = θ −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⌠ ⌠⎮⎮ ⎮

⌡ ⌡ ⌡∫∫∫ ∫ ∫ ∫ =

23

3

0

h 1d h6 3

π

θ=

= θ = π⌠⎮⌡

Παράδειγμα 2: Να υπολογισθεί ο όγκος της σφαίρας ακτίνας R. Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε σφαιρικές συντεταγμένες. Έχουμε:

1

2

V V

V dxdydz r sin drd d= = ϕ∫∫∫ ∫∫∫ θ ϕ

=(r,θ,φ) / 0≤r≤R, 0≤θ<2π, 0≤φ≤π όπου V1

[ ][ ] [ ][ ]

2

RR 3 32 3

00 0

00

r RV d sin d r dr 2 cos 2 2 R3 3

ππ

π ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= θ ϕ ϕ = π − ϕ = π = π⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⌡⌡∫

43

Επομένως


(Μάζα, συντεταγμένες κέντρου μάζας και ροπές αδράνειας ενός στερεού V)

Θεωρούμε ένα στερεό V και έστω p(x,y,z) η πυκνότητα του. α) Η μάζα Μ του στερεού δίνεται από το τριπλό ολοκλήρωμα: M (7.3.1) p x y z dxdydz

V

= ∫∫∫ ( , , )

β) Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας δίνονται από τα τριπλά ολοκληρώματα:

xM

xp x y z dxdydzkV

= ∫∫∫1 ( , , )

yM

yp x y z dxdydzkV

= ∫∫∫1 ( , , ) (7.3.2)

zM

zp x y z dxdydzkV

= ∫∫∫1 ( , , )

γ) Οι ροπές αδράνειας Ι , I

x y, Iz, ως προς τους άξονες ΟX, ΟY, ΟZ αντίστοιχα, την ροπή Ι ως προς την αρχή Ο και οι ροπές αδράνειας Ioxy , Ioxz , Ioyz ως προς τα επίπεδα OXY, OXZ και ΟYΖ, όπως και οι ροπές αδράνειας ως προς σημείο Ρ(α,β,γ) και ευθεία l, δίνονται αντίστοιχα από τα τριπλά ολοκληρώματα:

I (7.3.3) y z p x y z dxdydzOXV

= +∫∫∫ ( ) ( , , )2 2

I (7.3.4) x z p x y z dxdydzOYV

= +∫∫∫ ( ) ( , , )2 2


(7.3.5) I x y p x y z dxdydzOZV

= +∫∫∫ ( ) ( , , )2 2

(7.3.6) I x y z p x y z dxdydzOV

= + +∫∫∫ ( ) ( , , )2 2 2

(7.3.7) I z p x y z dxdydzOXYV

= ∫∫∫ 2 ( , , )

(7.3.8) I y p x y z dxdydzOXZV

= ∫∫∫ 2 ( , , )

(7.3.9) I x p x y z dxdydzOYZV

= ∫∫∫ 2 ( , , )

(7.3.10) 2 2 2P

V

I (x ) (y ) (z ) p(x, y, z)dxdydz⎡ ⎤= −α + −β + − γ⎣ ⎦∫∫∫

(7.3.11) I d p x y z dxdydzl lV

= ∫∫∫ 2 ( , , )

2 η απόσταση του σημείου (x,y,z) από την ευθεία l. όπου dl

1) Να υπολογιστεί η μάζα του κυλίνδρου, που ορίζεται από τις σχέσεις x2+y2=R2, 0≤z≤h και του οποίου η πυκνότητα είναι p(x,y,z)=α(x2+y2)+βe-z .

( )z h

2 2 z

V z 0T

M p(x, y,z)dxdydz dxdy x y e dz=

−

=

⎡ ⎤= = α + +β⎣ ⎦⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫∫∫ ∫Λύση:

Εδώ είναι προτιμότερο να χρησιμοποιήσουμε κυλινδρικές συντεταγμένες, οπότε το ολο-κλήρωμα γράφεται:

z h 2 R2 z 2 h 3 z

z 0 S 0 0S

M rdrd r e dz rdrd r h e d dr r h r e r= π

− −

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡= θ α + β = θ α −β + β = θ α − β + β⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ ∫∫ ∫ ∫ − ⎤ =⎦

( )R2 2 2 2

4 h 4 h 4 2 h

r 0

h r r h R R h2 r e 2 R e R R 1 e4 2 2 4 2 2 2

− −

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤α α πα= π −β +β = π −β +β = + πβ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦−

2) Να βρεθεί το κέντρο μάζας ενός ομογενούς υλικού στερεού που αποκόπτεται από μια σφαίρα ακτίνας R και από ένα κώνο γωνίας α που έχει την κορυφή του στο κέντρο της σφαί-ρας.

R α

x

y

z

Λύση: Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας ενός στερεού δίνονται από την σχέση:

xM

xp x y z dxdydzkV

= ∫∫∫1 ( , , ) ,

yM

yp x y z dxdydzkV

= ∫∫∫1 ( , , ) ,

Σχ. 7.2.10 z

Mzp x y z dxdydzk

V

= ∫∫∫1 ( , , )


Λόγω της συμμετρίας και της ομογένειας του στερεού συμπεραίνουμε ότι x =yk k=0. Επει-δή το στερεό είναι ομογενές η συντεταγμένη z θα υπολογιστεί από το ολοκλήρωμα: k

Vk

V

zdVz

dV=∫∫∫

∫∫∫

Σε σφαιρικές συντεταγμένες, έχουμε: 2sinφdrdθdφ, z=rcosφ με όρια 0≤r≤R, 0≤φ≤α, 0≤θ≤2π dV=r

Επομένως: 2

R2 4

0 r 0V 0 0

k 2 3R

2V0

0 r 00

d d r cos r sin dr RzdV 2 cos sin d4 3 1 cos2z R

16 1 cosRdV 2 sin dd d r sin dr 3

πα

α

ϕ= =θ=

π αα

ϕ= =θ=

θ ϕ ϕ ϕπ ϕ ϕ ϕ

− α⎡ ⎤= = = = ⎢ ⎥− α⎣ ⎦π ϕ ϕθ ϕ ϕ

⌠⎮⌡

⌠⎮⌡

∫ ∫∫∫∫ ∫

∫∫∫ ∫∫ ∫

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1. Να υπολογισθεί η τιμή του τριπλού ολοκληρώματος Ι= όπου ο τόπος V

ορίζεται από τις επιφάνειες y=0, z=0, x+y=2, x+2y=6 και y

zdxdydzV∫∫∫

2 2+z =4. 2. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= όπου η περιοχή V ορίζε-

ται από τις επιφάνειες x

( )x y dxdydzV

2 2+∫∫∫2+y2=9-z και z=0.

3. Να υπολογισθεί με τριπλή ολοκλήρωση ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από την σφαίρα x2

+y2 2 2+z =16, από τον κύλινδρο (x-2) +y2=4, με την συνθήκη ότι z≥0. 4. Να υπολογισθεί δια τριπλής ολοκλήρωσης ο όγκος του στερεού V, που ορίζεται από τις επιφάνειες: y=4-x2, z=0, y=z.

5. Έστω V ένα στερεό με όγκο: V dxdydz dx dy dzxx

V

= =−−

∫∫∫∫∫∫0

2

0

9

0

2 2

Να σχεδιαστεί η επιφάνεια του στερεού και να βρεθούν τα όρια της τριπλής ολοκλήρω-σης, (για τον υπολογισμό του όγκου), όταν η σειρά ολοκλήρωσης είναι: α) ως προς y, x, z, β) ως προς y, z, x, γ) ως προς z, x, y.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ VΙΙΙ

ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

8.1 Γενικά

Σε μερικά φυσικά προβλήματα εμφανίζονται συναρτήσεις, που ορίζονται πάνω σε επιφάνειες. Παραδείγματα τέτοιων συναρτήσεων είναι η πυκνότητα του φορτίου πάνω στην επιφάνεια ενός αγωγού, η ένταση της φωτεινότητας μιας επιφάνειας, η ταχύτητα των σωματίων ενός ρευστού που διέρχεται διαμέσου μιας επιφάνειας κ.α. Στο κεφάλαιο αυτό θα ασχοληθούμε με ολοκληρώματα συναρτήσεων πάνω σε ε-πιφάνειες, δηλαδή με επιφανειακά ολοκληρώματα Η θεωρία των επιφανειακών ολοκληρωμάτων είναι ανάλογη σε πολλά σημεία με τη θεωρία των επικαμπυλίων ολοκληρωμάτων. Και εδώ θα διακρίνουμε επιφανειακά ολο-κληρώματα α′ και β′ είδους. Προτού δώσουμε τον ορισμό των επιφανειακών ολοκληρωμάτων, θα αναφερθούμε σε βασικά στοιχεία της θεωρίας των επιφανειών.

8.2 Η έννοια της επιφάνειας.

Η έννοια της επιφάνειας, αν και αρκετά κατανοητή από διαισθητικής πλευράς, μπορεί να οριστεί με πολλούς γενικούς τρόπους. Στη μαθηματική ανάλυση συχνά θεωρούμε μια επιφάνεια να περιγράφεται από μια εξίσωση της μορφής: z = f(x,y) (8.2.1) όπου η συνάρτηση f(x,y) είναι συνεχής σε μια περιοχή Τ του επιπέδου ΟΧY, στην οποία οι μεταβλητές x και y μεταβάλλονται ανεξάρτητα μεταξύ τους. Έτσι μπορούμε να πούμε, με όχι αυστηρό τρόπο, ότι μια επιφάνεια είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων, που ικανοποιούν την εξίσωση z=f(x,y). Από φυσικής πλευράς μπορούμε να πούμε ότι μια επιφάνεια είναι ο γεωμετρικός τόπος του σημείου που κινείται στο χώρο με δυο βαθμούς ελευθερίας. Μια ευρύτερη τάξη επιφανειών περιγράφεται από εξισώσεις της μορφής: F(x,y,z) = 0 (8.2.2) Παραδείγματα επιφανειών των παραπάνω μορφών είναι: α) z=f(x,y)=x2+y2 και β) F(x,y,z)=x2+y2+z2-R2=0, που παριστάνουν ένα παραβολοειδές και μια σφαίρα αντίστοι-χα, όπως δείχνουν τα σχήματα 8.2.1 και 8.2.2. Ο ορισμός μιας επιφάνειας σαν ένα σύνολο σημείων, των οποίων οι συντεταγμένες (x,y,z) ικανοποιούν εξισώσεις της μορφής (8.2.1) ή (8.2.2), μερικές φορές δεν είναι ικα-νοποιητικός, διότι εξαρτάται στενά από το συγκεκριμένο σύστημα συντεταγμένων, που χρησιμοποιούμε. Έτσι θα δώσουμε έναν ορισμό της έννοιας της επιφάνειας, που να είναι ανεξάρτητος από το σύστημα συντεταγμένων. Για τον ορισμό αυτό θα αναφερθούμε σε μια πολύ χρήσιμη έννοια: στην έννοια της απλά συνεκτικής περιοχής.

♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ VIII 120

Έστω Τ μια περιοχή του επιπέδου OXY. Λέμε ότι η περιοχή Τ είναι απλά συνεκτι-κή εάν οποιαδήποτε κλειστή καμπύλη C, που βρίσκεται μέσα στην περιοχή Τ, μπορεί να συσταλεί και να γίνει σημείο χωρίς να εγκαταλείψει την περιοχή, (Σχ. 8.2.3).

Μια περιοχή Τ, που δεν είναι απλά συνεκτική, λέγεται πολλαπλά συνεκτική, (Σχ. 8.2.4). Προφανώς μια περιοχή Τ θα είναι πολλαπλά συνεκτική όταν περιέχει τουλάχιστον μια "τρύπα". Σαν απλή επιφάνεια θα ονομάζουμε ένα σύνολο σημείων του χώρου, το οποίο εί-ναι η εικόνα μιας φραγμένης κλειστής και απλά συνεκτικής περιοχής με τη βοήθεια μιας αμφιμονοσημάντου και συνεχούς απεικόνισης. Σαν επιφάνεια θα ονομάζουμε την ένωση ενός πεπερασμένου πλήθους απλών επι-φανειών. Εξισώσεις της μορφής z=f(x,y), με f(x,y) συνεχή συνάρτηση, ορίζουν απλές επιφά-νειες.

Ο x

y

T

C

Σχ. 8.2.3

x Ο

y

C

T

Σχ. 8.2.4

x

z

Σχ. 8.2.2

y y

z

Σχ. 8.2.1 x

Επιφανειακά Ολοκληρώματα ♦ 121

8.3 Παραμετρικοποίηση μιας Επιφάνειας

Στη μαθηματική ανάλυση πολύ συχνά περιγράφουμε τις επιφάνειες με εξισώσεις της μορφής z=f(x,y) ή F(x,y,z)=0. Μερικές φορές είναι πιο εξυπηρετικό να περιγράψουμε μια επιφάνεια με παραμετρικές εξισώσεις. Προτού ορίσουμε την παραμετρική παράσταση μιας επιφάνειας, θα αναφερθούμε με λίγα λόγια στις συντεταγμένες της. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει μια μονοπαραμετρική οικογένεια καμπυλών πάνω στην επιφάνεια S, (αυτό σημαίνει ότι κάθε καμπύλη της οικογένειας ορίζεται από μια συ-γκεκριμένη τιμή μιας παραμέτρου. Π.χ. η εξίσωση r=rρ(θ)=ρcosθi+ρsinθj παριστάνει μια οικογένεια ομόκεντρων κύκλων. Η παράμετρος, από την οποία εξαρτάται κάθε μέλος της οικογένειας, είναι το ρ, που καθορίζει την ακτίνα του κύκλου, ενώ το θ κάποιο σημείο του κύκλου). Η οικογένεια αυτή θα λέγεται ομαλή εάν από κάθε σημείο της επιφάνειας περ-νάει μια και μόνο μια καμπύλη της οικογένειας. Έστω τώρα ότι υπάρχουν δυο ομαλές οικογένειες καμπυλών στην επιφάνεια S, τέ-τοιες ώστε κάθε καμπύλη της μιας οικογένειας να έχει ένα και μόνο ένα σημείο τομής με κάθε καμπύλη της άλλης οικογένειας. Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι έχουμε ένα σύστη-μα (ή πλέγμα), παραμετρικών συντεταγμένων καμπυλών στην επιφάνεια S. Έστω u η παράμετρος, που ορίζει τις καμπύλες της μιας οικογένειας και v η παρά-μετρος, που ορίζει τις καμπύλες της άλλης. Τις καμπύλες της πρώτης οικογένειας θα τις λέμε u-καμπύλες και της δεύτερης v-καμπύλες, Σχ. 8.3.1. Επειδή για

x

Σχ. 8.3.1

y

z

u1 u2u3

v1

v2

v3

v-καμπύλη

u-καμπύλη

v

v3

v2

v1

O u u1 u2 u3

κάθε σημείο της επιφάνειας υπάρχει μια u-καμπύλη και μια v-καμπύλη, που διέρχονται από αυτό το σημείο, η θέση κάθε σημείου της επιφάνειας ορίζεται μονοσήμαντα από τις τιμές των παραμέτρων u και v, που αντιστοιχούν σ’ αυτές τις καμπύλες. Οι παράμετροι u και v, των οποίων οι τιμές προσδιορίζουν τις παραμετρικές καμπύλες, λέγονται καμπυλό-γραμμες συντεταγμένες της επιφάνειας. Η εισαγωγή συντεταγμένων σε μια επιφάνεια είναι προφανώς ισοδύναμη με το να έχουμε μια αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση μεταξύ της περιοχής Τ του επιπέδου OUV και της επιφάνειας S. Οι παραμετρικές καμπύλες, που σχηματίζουν το σύστημα, (πλέγμα), των συντεταγμένων καμπυλών της επιφάνειας, είναι οι εικόνες των ευθειών των παράλ-ληλων προς τους άξονες συντεταγμένων στο επίπεδο OUV.


Παράδειγμα 1: Ας θεωρήσουμε μια περιφέρεια και έναν άξονα, ο οποίος βρίσκεται πάνω στο επίπεδο της περιφέρειας χωρίς να την τέμνει. Ας υποθέσουμε ότι η περιφέρεια περι-στρέφεται γύρω από τον άξονα έως ότου εκτελέσει μια πλήρη περιστροφή έτσι ώστε το κέντρο της περιφέρειας να βρίσκεται σε σταθερή απόσταση από τον άξονα. Η επιφάνεια, η οποία παράγεται μ' αυτό τον τρόπο, ονομάζεται τόρος και έχει τη μορφή σαμπρέλας, Σχ. 8.3.2.

Ας καλέσουμε τον άξονα περιστροφής της περιφέρειας ΟΖ και ας θεωρήσουμε άλλους δυο άξονες ΟΧ και ΟY έτσι ώστε το σύστημα αξόνων OXYZ να είναι ένα τρισορθο-γώνιο σύστημα αξό-νων και η αρχή Ο να είναι η προβολή του κέντρου Κ της περιφέρειας στον

άξονα ΟΖ.

φ-καμπύλη

Η θέση ενός σημείου Ρ πάνω στην περιφέρεια, (Σχ. 8.3.2), προσδιορίζεται από τη γωνία φ, με 0≤φ<2π, η οποία σχηματίζεται από την ακτίνα ΚΡ του σημείου Ρ και την α-κτίνα ΚΠ, που είναι παράλληλη προς τον άξονα ΟΖ, (η με οποιαδήποτε άλλη ακτίνα ΚΠ, η οποία να έχει καθορισμένη διεύθυνση). Η θέση τώρα της περιφέρειας προσδιορί-ζεται από τη γωνία θ με 0≤θ<2π, που σχηματίζεται από το διάνυσμα θέσης ΟΚ του κέ-ντρου της περιφέρειας και του άξονα ΟX, (ή με οποιαδήποτε άλλη ευθεία του επιπέδου ΟΧY καθορισμένης διεύθυνσης). Έτσι η θέση ενός σημείου πάνω στον τόρο προσδιορί-ζεται από τις δυο γωνίες φ και θ. Όταν η παράμετρος θ μεταβάλλεται, ενώ η παράμετρος φ είναι σταθερή, παίρνου-με μια φ-καμπύλη, που είναι περιφέρεια, που σχηματίζεται από ένα σταθερό σημείο της περιφέρειας, που παράγει τον τόρο κατά την περιστροφή του γύρω από τον άξονα, (δη-λαδή τον ΟΖ). Όταν η παράμετρος φ μεταβάλλεται, ενώ η παράμετρος θ είναι σταθερή, παίρνουμε μια θ-καμπύλη, που είναι η περιφέρεια που παράγει τον τόρο σε κάποια θέση, που αντιστοιχεί στη γωνία θ. Παρατήρηση 1: Mια επιφάνεια μπορεί ″χοντρικά″ να προκύψει από μια επίπεδη περιοχή Τ αν την ″κυλίσουμε″ και την ″λυγίσουμε″ κατάλληλα, όπως συμβαίνει στον τόρο. Πράγ-ματι ο τόρος μπορεί να προκύψει από ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ αφού το κυλίσουμε ενώνοντας την πλευρά ΑΒ με την ΓΔ ώστε να σχηματιστεί ένας κύλινδρος και μετά λυγίσουμε τον κύλινδρο ώστε να ενωθούν τα άκρα του, (Σχ. 8.3.3).

O θ

Κ

ΠΡ

θ-καμπύλη

φ γωνία

x

y

z

Σχ. 8.3.2


A

Δ

Δ

Γ

Γ

B

B

A

Παράδειγμα 2: Έστω ότι μια επιφάνεια S περιγράφεται από την εξίσωση z=f(x,y). Με αλλά λόγια υπάρχει μια αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία μεταξύ των σημείων της επιφάνει-

ας S και των σημείων της προ-βολής τους στο OXY επίπεδο. Οι καμπύλες, των οποίων οι προβολές είναι οι ευθείες x=σταθερό και y=σταθερό, σχηματίζουν τις αντίστοιχες οικογένειες των συντεταγμέ-νων καμπυλών της επιφάνειας z=f(x,y), (Σχ. 8.3.4). Είναι προφανές ότι υπάρχουν πολ-λές διαφορετικές οικογένειες συντεταγμένων καμπυλών, που μπορούν να κατασκευαστούν πάνω στην ίδια επιφάνεια, (π.χ. φανταστείτε εκείνες τις οικο-γένειες καμπυλών πάνω στην

επιφάνεια, των οποίων οι προβολές είναι ευθείες του επιπέδου ΟΧY, που τέμνονται όχι κάθετα αλλά υπό γωνία ω≠π/2.

O

Σχ 8.3.4

x-καμπύλη

y-καμπύλη

y=σταθ.

x=σταθ.

x

z

S y

8.4 Παραμετρικές εξισώσεις μιας επιφάνειας

Έστω u και v οι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες της επιφάνειας S. Τότε, όπως ξέ-ρουμε, κάθε σημείο της επιφάνειας μπορεί να οριστεί από συγκεκριμένες τιμές των καρ-τεσιανών συντεταγμένων (x,y,z). Επομένως οι καρτεσιανές συντεταγμένες x,y,z των ση-μείων της επιφάνειας S, στην οποία έχουν οριστεί οι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες u και v, είναι συναρτήσεις των συντεταγμένων του OUV επιπέδου, δηλαδή θα έχουμε:

x=x(u,v) y=y(u,v) z=z(u,v) (8.4.1)


Οι εξισώσεις (8.4.1) ονομάζονται παραμετρικές εξισώσεις της επιφάνειας S. Οι τρεις αυτές βαθμωτές εξισώσεις μπορούν να ενσωματωθούν σε μια διανυσματική εξί-σωση r(u,v) = x(u,v)i+y(u,v)j+z(u,v)k (8.4.2) η οποία ονομάζεται διανυσματική παραμετρική εξίσωση της επιφάνειας. Παρατήρηση 1: Εάν η επιφάνεια S περιγράφεται από την εξίσωση z=f(x,y), τότε η αντίστοιχη διανυσματική παραμετρική εξίσωση είναι: r(x,y) = xi+yj+f(x,y)k (8.4.3) θεωρώντας τώρα τις συντεταγμένες x,y σαν παραμέτρους. Ορισμός 1: Μια επιφάνεια S, της οποίας οι μερικές παράγωγοι ∂r/∂u και ∂r/∂v είναι συ-νεχείς συναρτήσεις, ονομάζεται λεία επιφάνεια. Σε τέτοιες επιφάνειες ορίζεται πάντα το εφαπτομενικό επίπεδο σε κάθε σημείο. Στα επόμενα μόνο με λείες επιφάνειες θα ασχοληθούμε. Άσκηση 1: Να βρεθούν οι παραμετρικές εξισώσεις του τόρου, που προκύπτει από μια περιφέρεια ακτίνας α και από ένα άξονα, που βρίσκεται στο επίπεδο της περιφέρειας και που η απόσταση του κέντρου της περιφέρειας από τον άξονα είναι β, με β>α. Λύση: Υποθέτουμε ότι η περιφέρεια αρχικά βρίσκεται στο επίπεδο ΟΧΖ και το κέντρο της στον άξονα ΟΧ σε απόσταση β από την αρχή. Θεωρούμε τώρα την περιφέρεια μετά από στροφή του επιπέδου της γύρω από τον άξονα ΟΖ κατά γωνία θ, όπως φαίνεται στο Σχ. 8.4.1.

z

Εάν r1 το διάνυσμα θέσης του κέντρου της περιφέρειας, r2 το διάνυσμα θέσης τυχόντος σημείου της περιφέρειας ως προς το κέντρο της και r το διάνυσμα θέσης του ίδιου σημεί-ου ως προς την αρχή Ο, θα έχουμε: r1=βcosθi+βsinθj , r2=αsinφcosθi+αsinφsinθj+αcosφk και τελικά: r(θ,φ)=r1+r2=(β+αsinφ)cosθi+(β+αsinφ)sinθj+αcosφk (8.4.4)

Σχ. 8.4.1x

y

Κ

ΡθO r

φ r2r1


( Η καρτεσιανή εξίσωση του τόρου είναι ( )22 2 2 2 2 2 2 2x y z - 4 (x y+ + +β α = β + ) , βλέπε παράδειγμα 5 παρ. 8.4 του βιβλίου “Αναλυτική Γεωμετρία”. Είναι φανερό ότι η καρτεσι-ανή εξίσωση του τόρου είναι αρκετά πολύπλοκη και ως εκ τούτου δύσχρηστη)

8.5 Καμπύλες σε μια επιφάνεια.

Ας θεωρήσουμε μια επιφάνεια S με διανυσματική παραμετρική εξίσωση: r(u,v)=x(u,v)i+y(u,v)j+z(u,v)k (8.5.1) και μια καμπύλη C πάνω στην επιφάνεια. Έστω ότι τα σημεία της καμπύλης C προσδιορί-ζονται από τις τιμές μιας παραμέτρου t. Τότε σε κάθε τιμή του t αντιστοιχεί ένα σημείο της καμπύλης C, δηλαδή ένα σημείο της επιφάνειας S, δηλαδή συγκεκριμένες τιμές των παραμέτρων u και v. Έτσι οι παράμετροι u και v γίνονται συναρτήσεις της παραμέτρου t, (μόνο πάνω στα σημεία της καμπύλης) u=u(t) , v=v(t) (8.5.2) Οι εξισώσεις αυτές είναι οι παραμετρικές εξισώσεις της καμπύλης C, τις οποίες εάν τις αντικαταστήσουμε στην εξίσωση (8.5.1) παίρνουμε τη διανυσματική παραμετρική εξίσω-ση της καμπύλης r(t)=r[u(t),v(t)]=x[u(t),v(t)]i+y[u(t),v(t)]j+z[u(t),v(t)]k (8.5.3) Από την άλλη πλευρά αντικαθιστώντας τυχαίες συναρτήσεις της μεταβλητής t για τις παραμέτρους u και v στην εξίσωση της επιφάνειας (8.5.1), προκύπτει η εξίσωση μιας άλ-λης καμπύλης, που βρίσκεται πάνω στην επιφάνεια. Ας θεωρήσουμε τώρα την εφαπτομένη της καμπύλης (8.5.3). Η διεύθυνση της ορί-ζεται από το διάνυσμα:

ddt

tu

dudt v

dvdt

r r r( ) = +∂∂

∂∂

(8.5.4)

που είναι γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων:

ru=∂∂

ru

και rv=∂∂

rv

(8.5.5)

Τα διανύσματα αυτά ονομάζονται βασικά διανύσματα των αντιστοίχων συντεταγμένων καμπυλών. Σε κάθε σημείο Ρ τα βασικά διανύσματα είναι εφαπτόμενα στις συντεταγμένες

καμπύλες, που διέρχονται από αυτό το σημείο. Συγκεκριμένα το βασικό διάνυσμα ( )Pu

∂∂r

είναι εφαπτόμενο διάνυσμα της v-καμπύλης στο σημείο Ρ.

8.6 Εφαπτόμενο επίπεδο σ' ένα σημείο μιας επιφάνειας.

Ας θεωρήσουμε όλες τις δυνατές καμπύλες της επιφάνειας S, που διέρχονται από το σημείο Ρ και τα εφαπτόμενα διανύσματα των καμπυλών σ' αυτό το σημείο, Σχ. 8.6.1 Καθένα από αυτά τα εφαπτόμενα διανύσματα μπορεί να εκφραστεί σαν γραμμικός συν-δυασμός των βασικών διανυσμάτων ru και rv και επομένως βρίσκεται στο επίπεδο Ε, που ορίζεται από αυτά τα βασικά διανύσματα. Το επίπεδο αυτό λέγεται εφαπτομενικό επίπε-δο της επιφάνειας S στο σημείο Ρ0.


Εάν rP0 το διάνυσμα θέσης του σημείου Ρ0 και r το διάνυσμα θέσης ενός οποιουδήποτε σημείου του επιπέδου, τότε η εξίσωση του είναι (r-rΡ0)⋅Ν=0 (8.6.1) όπου Ν είναι ένα τυχαίο διάνυσμα κάθετο στο επίπεδο. Σαν τέτοιο διάνυσμα μπορούμε να θεωρήσουμε το: N=ru×rv (8.6.2) που ονομάζεται θεμελιώδες διανυσματικό γινόμενο. (Προφανώς θα εξαιρούμε τα ση-μεία στα οποία έχουμε ru×rv=0 ). Παρατήρηση 1: Έστω ότι η επιφάνεια S περιγράφεται από εξίσωση της μορφής z=f(x,y). Η εξίσωση αυτή μπορεί να γραφεί και ως F(x,y,z)=z-f(x,y)=0 και υπό διανυσματική μορ-

φή: r=xi+yj+f(x,y)k. Τότε rx=i+∂∂

fx

k , ry=j+∂∂

fy

k και

rv

P

S

x

z

rPor

ruP

N=rx×ry=

i j k

i j

1 0

0 1

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

fx

fy

= − − +k (8.6.3)

Το διάνυσμα Ν συμπίπτει με το διάνυσμα της βάθμωσης ∇F της εξίσωσης

της επιφάνειας: ∇F=- ∂∂

∂∂

fx

fy

i j k− + = N (8.6.4)

όποτε η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου στο σημείο Ρ0(x0,y0,z0) της επιφάνειας S θα είναι:

y

o

E

O

Σχ. 8.6.1


(x - x ) + (y - y ) + (z - z )0 0i j [ ]0 k ⋅ − − +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

∂∂

∂∂

fx

fy

i j k =0 ⇒

( ) ( ) ( )x x fx

y y fy

z z− + − − −0 0 0 0∂∂

=∂∂

(8.6.5)

Παρατήρηση 2: Εάν η εξίσωση της επιφάνειας S δίνεται υπό πεπλεγμένη μορφή F(x,y,z)=0, τότε προκύπτει ότι η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου στο σημείο Ρ εί-ναι:

( ) ( ) ( )x x Fx

y y Fy

z z Fz

− + − + − =0 0 0 0∂∂

∂ ∂∂ ∂

i

i

(8.6.6)

8.7 Επιφανειακά ολοκληρώματα.

Έστω S μια επιφάνεια και f(x,y,z) ένα βαθμωτό πεδίο ορισμένο πάνω στην επι-φάνεια. Θεωρούμε μια τυχαία διαμέριση ΔS1,ΔS2,…,ΔSn της επιφάνειας και έστω ότι με τα ίδια σύμβολα παριστάνουμε τα αντίστοιχα εμβαδά. Από κάθε τμήμα ΔSi παίρνου-

με ένα τυχαίο σημείο Ρi, Σχ. 8.7.1. Σχηματίζουμε το άθροισμα:

.

S

ΔSiPi

Σχ. 8.7.1 x

y

z

(8.7.1) ( )n

ii 1

f P S=

Δ∑Ορίζουμε τώρα σαν επιφανειακό ολοκλήρωμα α′ είδους του βαθμωτού πεδίου f πάνω στην επιφάνεια S το όριο, (αν υπάρχει):

( ) ( )i

n

n imax S 0 i 1S

f P dS lim f P S→∞Δ → =

⎧ ⎫= Δ⎨ ⎬

⎩ ⎭∑∫∫ (8.7.2)

Όταν η επιφάνεια S είναι κλειστή, το αντίστοιχο επιφανειακό ολοκλήρωμα λέγεται κλειστό επιφανειακό ολοκλήρωμα και συμβολίζεται με: f P dS

S

( )∫∫ (8.7.3)

8.8 Έκφραση του διαφορικού dS

Θεωρούμε την επιφάνεια S με διανυσματική παραμετρική εξίσωση:


r = r(u,v) (8.8.1) Έστω Q ένα σημείο του επιπέδου OUV με συντεταγμένες (u,v), που απεικονίζεται στο σημείο Ρ με τη βοήθεια της διανυσματικής συνάρτησης r=r(u,v), (Σχ. 8.8.1). Ξέρουμε ότι η ευθεία, που διέρχεται από το σημείο Q και είναι παράλληλη προς τον άξονα ΟU απει-κονίζεται σε μια καμπύλη της επιφάνειας S, που διέρχεται από το σημείο Ρ. Την καμπύλη αυτή την ονομάσαμε v-καμπύλη. Με όμοιο τρόπο κατασκευάζουμε και την u-καμπύλη. Εάν το σημείο Q μετακινηθεί παράλληλα προς τον άξονα ΟU κατά Δu, τότε το σημείο Ρ θα μετακινηθεί κατά μήκος της v-καμπύλης μέχρι το σημείο Α και η απόσταση

|ΡΑ| είναι σχεδόν ίση με uu∂

Δ∂

r . Με παρόμοιους συλλογισμούς έχουμε |ΡΒ|= vv∂

Δ∂r . Το

ορθογώνιο παραλληλόγραμμο QΑ1Γ1Β1 απεικονίζεται σε μια περιοχή της επιφάνειας S, που προσεγγίζεται από το παραλληλόγραμμο ΡΑΓΒ του οποίου το εμβαδόν είναι:

ΔS= u vu v u∂ ∂ ∂ ∂

Δ × Δ = ×∂ ∂ ∂ ∂

r r rvr ΔuΔv (8.8.2)

Από την τελευταία σχέση προκύπτει άμεσα η σχέση των διαφορικών:

dS= ∂∂

dudv (8.8.3) ∂∂

r ru v×

x

y

z

v-καμπύλη

u-καμπύλη

P A

B Γ

Su

Εάν η επιφάνεια S περιγράφεται από την εξίσωση z=z(x,y)(1, τότε μπορούμε να θέσουμε u=x, v=y και να έχουμε: r(x,y) = xi+yj+z(x,y)k (8.8.4)

B1

Q Δu A

Γ1

Δv v=σταθ.

u=σταθ.

Σχ. 8.8.1

A1

v

O

όπως επίσης ∂∂

∂∂

r i kx

zx

= + ∂∂

∂∂

r jy

zy

= + k

(8.8.5)

(1 Την εξίσωση της επιφάνειας την συμβολίζουμε με z=z(x,y) για να μην δημιουργηθεί σύγχυση με την ο-λοκληρωτέα συνάρτηση f(x,y,z) στο επιφανειακό ολοκλήρωμα.


όποτε ∂∂

∂∂

r ru v× = z z z1 0

x x yz0 1y

∂ ∂ ∂= − − +

∂ ∂ ∂∂∂

i j k

i j k ⇒

∂∂

∂∂

r ru v× = 1

2 2

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∂∂

∂∂

zx

zy

(8.8.6)

και τελικά προκύπτει: dS= 12 2

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∂∂

∂∂

zx

zy

dxdy (8.8.7)

Ας δούμε τώρα την περίπτωση που η επιφάνεια S δίνεται από την πεπλεγμένη σχέση F(x,y,z)=0. Εάν η S είναι δυνατό να προβληθεί κατά αμφιμονοσύμαντο τρόπο πάνω στο OXY επίπεδο, η εξίσωση F(x,y,z)=0, θα ορίζει το z σαν συνάρτηση των x και y. Οι δε μερικές παράγωγοι ∂z/∂x, ∂z/∂y θα συνδέονται με τις μερικές παραγώγους της F με τις σχέσεις:

∂∂

∂∂∂∂

zx

FxFz

= − και ∂∂

∂∂∂∂

zy

FyFz

= − (8.8.8)

Θέτουμε τις (8.8.8) στο τύπο (8.8.7) και έχουμε:

dS

Fx

Fy

Fz

Fz

dxdyF

Fdxdy dxdy

FF

dxdy=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

=∇

∇ ⋅=

∇∇

⋅

=⋅

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

2 2 2

kk

n k

με n= ∇∇

FF

δηλαδή dxdydS =⋅n k

(8.8.9)

Άσκηση 1: Να αποδειχθούν οι σχέσεις (8.8.8) Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι θεωρητικά μπορούμε να λύσουμε την εξίσωση F(x,y,z)=0 ως προς z συναρτήσει των x και y και ότι μια λύση είναι η z=z(x,y). Εάν αντικαταστή-σουμε τη λύση αυτή στην αρχική εξίσωση, θα έχουμε την ταυτότητα: F(x,y,z(x,y)) = 0 Εισάγουμε τώρα μια νέα συνάρτηση: g(x,y) = F(x,y,z(x,y)) η οποία είναι εκ ταυτότητος ίση με μηδέν: g(x,y)=0. Επίσης και οι μερικές παράγωγοι ∂g/∂x και ∂g/∂y είναι μηδέν. Γράφουμε τώρα την g(x,y) στη μορφή: g(x,y) = F[u1(x,y),u2(x,y),u3(x,y)] όπου u1(x,y)=x, u2(x,y)=y και u3(x,y)=z(x,y) και υπολογίζουμε τις μερικές παραγώ-γους:


∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

gx

Fu

ux

Fu

ux

Fu

ux

= + +1

1

2

2

3

3 (α)

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

gy

Fu

uy

Fu

uy

Fu

uy

= + +1

1

2

2

3

3 (β)

αλλά ∂u1/∂x=1 , ∂u2/∂x=0 , ∂u3/∂x=∂z/∂x και ∂g/∂x=0 και η σχέση (α) γίνεται

∂∂

∂∂

∂∂

Fu

Fu

ux1 3

3 0+ = ⇒ ∂∂

∂∂∂∂

∂∂∂∂

zx

FuFu

FxFz

= − = −1

3

Με όμοιους υπολογισμούς από την (β) βρίσκουμε: ∂∂

∂∂∂∂

zy

FyFz

= −

8.9 Αναγωγή του επιφανειακού ολοκληρώματος σε διπλό.

1) Εάν η εξίσωση της επιφάνειας S δίνεται από την εξίσωση z=z(x,y), τότε το επιφα-νειακό ολοκλήρωμα: (8.9.1) I f x y z

S

= ∫∫ ( , , )dS

ανάγεται στο διπλό ολοκλήρωμα:

I = ( )( )f x y z x yzx

zy

T

, , , 12 2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡⎮⎮⌠

⌡⎮⎮

∂∂

∂∂

dxdy (8.9.2)

όπου Τ η προβολή της επιφάνειας S στο επίπεδο ΟΧY. Ανάλογοι τύποι ισχύουν όταν η εξίσωση της επιφάνειας είναι της μορφής x=x(y,z) ή y=y(x,z). 2) Εάν η εξίσωση της επιφάνειας S δίνεται από την εξίσωση F(x,y,z)=0, τότε το επι-φανειακό ολοκλήρωμα ανάγεται στο διπλό ολοκλήρωμα:

I f x y z)T

= ∫∫ ( , , dxdyn k⋅

(8.9.3)

όπου Τ η προβολή της επιφάνειας S στο επίπεδο ΟΧY και n= ∇∇

FF

(8.9.4) Εάν η επιφάνεια S προβληθεί στο επίπεδο ΟΧΖ και Τ′ η προβολή της, θα έ-χουμε:

I f x y z)T

=′∫∫ ( , , dxdz

⋅n j (8.9.5)

Τέλος εάν η επιφάνεια S προβληθεί στο επίπεδο ΟYΖ και Τ′′ η προβολή της, θα έχουμε:


T

=′′∫∫ ( , , I f x y z) dydz

⋅n i (8.9.6)

Παράδειγμα 1: Δίνεται η επιφάνεια S με εξίσωση z=z(x,y)=x2+y με 0≤x≤1, -1≤y≤1 και το βαθμωτό πεδίο f=x. Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα I f x y z d

S

= ∫∫ ( , , ) S .

Λύση: Θα εφαρμόσουμε τον τύπο (8.9.2): I = ( )( )f x y z x yzx

zy

T

, , , 12 2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡⎮⎮⌠

⌡⎮⎮

∂∂

∂∂

dxdy

όπου T= (x,y) / 0≤x≤1, -1≤y≤1 . Έχουμε:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 11 1

2 2 2

T 0 01 1

1 112 3/ 2 3/ 2 3/ 2 3/ 2

011

1I x 1 2x 1dxdy dy dx x 2 4x dy 2 4x d 2 4x8

2 1 1 1 1dy 2 4x dy 6 2 6 2 2 33 8 12 6 3

− −

−−

= + + = + = + +

⎛ ⎞⎡ ⎤= + = − = − = −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠

⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡

⌠⌡

∫∫ ∫ ∫

∫

2 =

Παράδειγμα 2: Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα ( )2 2

S

I x y= +∫∫ dS όπου S η

επιφάνεια του κώνου z2=3(x2+y2), που περιορίζεται από τα επίπεδα z=0, z=3. Λύση: Εδώ θα θεωρήσουμε την εξίσωση της επιφάνειας ότι είναι γραμμένη σε πεπλεγμέ-νη μορφή: F(x,y,z)=z2-3(x2+y2) και θα εφαρμόσουμε το τύπο 8.8.9:

22 2F F Fx y z

dS dxdyFz

⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠=∂∂

(Βέβαια θα μπορούσαμε να λύσουμε την εξί-σωση της επιφάνειας ως προς z, δηλαδή

( ) ( )2 2z z x, y 3 x y= = + και να εργαστούμε

όπως στο προηγούμενο παράδειγμα). Έχουμε:

F F F6x, 6y, 2zx y z∂ ∂ ∂

= − = − =∂ ∂ ∂

Οπότε

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

2 3 2 2 2 2 2

2 2

36 x y 12 x y6x 6y 2zdS dxdy dxdy 2dxdy

2z 2 3 x y

+ + ++ += =

+

z2=3(x2+y2

)

x2+y2=3

=

Άρα ( )2 2

T

I x y 2dxdy= +∫∫


Όπου Τ η προβολή της επιφάνειας S στο επίπεδο ΟΧΥ. Το σύνορο της προβολής βρίσκε-ται από την εξίσωση της επιφάνειας εάν θέσουμε z=3, δηλαδή θα είναι ο κύκλος με εξί-σωση: x2+y2=3. Για να υπολογίσουμε το παραπάνω διπλό ολοκλήρωμα χρησιμοποιούμε πολικές συντεταγμένες x=rcosθ, y=rsinθ, dxdy→rdrdθ και το ολοκλήρωμα γράφεται:

233 4

2 3

T 0 00

r 9I r rdrd d r dr 24 2

π

= θ = θ = π =⌠⎮⌡

∫∫ ∫ π

S

Παράδειγμα 3: Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα 2

S

I z d= ∫∫ όπου S η επιφά-

νεια της μοναδιαίας σφαίρας x2+y2+z2=1. Λύση: Εδώ είναι προτιμότερο να εργαστούμε με την διανυσματική παραμετρική εξίσωση της σφαίρας: r(θ,φ)=Rcosθsinφi+Rsinθsinφj+Rcosφk ⇒

x y z R sin sin R cos sin 0

R cos cos R sin cos R sinx y z

∂ ∂ ∂ − θ ϕ θ ϕ∂ ∂× = =∂θ ∂θ ∂θ

∂θ ∂ϕ=

θ ϕ θ ϕ − ϕ∂ ∂ ∂∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ

i j k i j k

r r

=-R2cosθsin2φi-R2sinθsin2φj+[-R2sin2θcosφ-R2cos2θcosφsinφ]k= =-R2cosθsin2φi-R2sinθsin2φj-R2cosφsinφk ⇒

2 4 2 2 2 2R sin cos sin R | sin | R sin∂ ∂× = ϕ + ϕ ϕ = ϕ =

∂θ ∂ϕr r

ϕ επειδή 0≤φ<π.

Θέτουμε R=1 και έχουμε:

( )2π π π22 2

0 0 0S T

3

0

z dS cos sin d d d cos sin d 2 cos d(cos )

cos 423 3

π

= ϕ ϕ ϕ θ = θ ϕ ϕ ϕ = − π ϕ ϕ

ϕ π= − π =

∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ 2 =

Παράδειγμα 4: Να υπολογιστεί η στερεά γωνία Ω, που ορίζεται από τον κώνο x2+y2≤5z2, z≥0.

x

z

y

Λύση: Πρώτα θα δώσουμε τον ορισμό της στερεάς γωνίας. Θεωρούμε την μοναδιαία σφαίρα με ακτίνα 1: x2 +y2+z2=1 και έναν ορθό κυκλικό κώνο με κορυφή την αρχή των αξόνων. Ορίζουμε σαν στερεά γωνία Ω το εμβαδόν του τμήματος της μοναδιαίας σφαί-ρας, που αποκόπτεται από τον κώνο.

Στη συγκεκριμένη περίπτωση για να υπολογίσουμε την στερεά γωνία πρέπει να βρούμε την τομή του κώνου και της σφαί-


ρας, βλέπε διπλανό σχήμα. Λύνουμε το σύστημα: x2 +y2+z2=1, x2+y2=5z2 ⇒ 6z2=1 ⇒ z=1/√6 και x2+y2=5/6. Επομένως η τομή του κώνου και της σφαίρας είναι ο κύκλος x2+y2=5/6 που βρί-

σκεται στο επίπεδο z=1/√6. Η προβολή δε του τμήματος της σφαίρας, που αποκόπτεται από τον κώνο, στο επίπεδο ΟΧΥ είναι ο κυκλικός δίσκος x2+y2=5/6.

Θέτουμε F=x2+y2+z2-1=0 ⇒ ∂F/∂x=2x, ∂F/∂y=2y, ∂F/∂z=2z και επομένως 22 2

2 2 2

TT

T

F F Fx y z 4x 4y 4z 1dxdy dxdy dxdy

F | 2z | zz

⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠Ω = = = =∂∂

⌠⌠⎮⎮ ⌠⌠ ⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⎮⎮ ⌡⌡⎮⎮ ⌡⌡⎮⎮⌡⌡

=2 2

T

1 dxdy1 x y− −

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

όπου Τ ο κύκλος x2+y2=5/6 στο επίπεδο ΟΧΥ.

Χρησιμοποιούμε πολικές συντεταγμένες: x=rcosθ, y=rsinθ, dxdy → rdrdθ και το τελευ-ταίο ολοκλήρωμα γράφεται:

25/ 6

5/ 62

2 00

0

r 1d dr 2 1 r 2 161 r

π

⎛ ⎞⎡ ⎤Ω = θ = π − − = π −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠−

⌠⌠⎮ ⎮

⎮ ⌡⌡

Γενικότερος ορισμός της στερεάς γωνίας: Έστω S μια κλειστή επιφάνεια και r το διάνυ-σμα θέσεως ενός σημείου P(x,y,z). Θεωρούμε ένα στοιχείο dS της επιφάνειας, που απο-κόπτεται από έναν ορθό κυκλικό κώνο C με κορυφή την αρχή των αξόνων. Έστω dΩ το εμβαδόν του τμήματος της σφαίρας με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτί-να r=|r|, που αποκόπτεται από τον κώνο C. Ορίζουμε την στερεά γωνία dω, που αντι-στοιχεί στο dS, την σχέση:

2ddrΩ

ω=

Αποδεικνύεται ότι: 3d dr⋅

ω =n r S .

Πράγματι: Εάν n το μοναδιαίο διάνυσμα, κάθετο στο dS διευθυνόμενο προς τα έξω και θ η γωνία που σχηματίζουν τα διανύσματα n και r, τότε μπορούμε να γράψουμε:

cosr⋅

θ =n r . Από το σχήμα προκύπτει: dΩ=dScosθ= dS

r⋅n r ⇒ 3d d

r⋅

ω =n r S

8.10 Αλλαγή της παραμετρικής παράστασης μιας επιφάνειας.

Ας υποθέσουμε ότι η συνάρτηση r=r(u,v) απεικονίζει την περιοχή Τ του επιπέ-δου OUV στην επιφάνεια S και ότι η περιοχή αυτή Τ είναι η εικόνα μιας άλλης περιο-


χής W του OST επιπέδου με τη βοήθεια της αμφιμονοσημάντου, συνεχούς και πα-ραγωγίσιμης απεικόνισης g, (Σχ. 8.10.1): g(s,t)=u(s,t)e1+v(s,t)e2 (8.10.1) Θεωρούμε τωρα την συνάρτηση R, που ορίζεται στην περιοχή W από την εξίσωση: R(s,t) = r(g(s,t)) (8.10.2) Τότε αποδεικνύεται ότι:

( ) ( )fdS f u vu v

dudv f s tu v

D u vD s t

dsdtTS W

= × = ×∫∫∫∫ ∫∫r r r r g r r( , ) ( ( , ) ( , )( , )

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

(8.10.3)

z

S=r(T)=R(w)

SO

y

8.11 Εφαρμογές.

Έστω p(x,y,z) η επιφανειακή πυκνότητα μιας υλικής επιφάνειας S. 1) Η μάζα Μ της υλικής επιφάνειας S δίνεται από το επιφανειακό ολοκλήρωμα: (8.11.1) M p x y z dS

C

= ∫∫ ( , , )

2) Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας της επιφάνειας S είναι:

xM

xp x y z dSkS

= ∫∫1 ( , , ) (8.11.2)

yM

yp x y z dSkS

= ∫∫1 ( , , ) (8.11.3)

x R

T Wg

r

O O

v t

u s e1

e2

Σχ 8.10.1


zM

zp x y z dSkS

= ∫∫1 ( , , ) (8.11.4)

3) Οι ροπές αδρανείας Ιx, Ιy, Ιz ως προς τους άξονες ΟX, OY, OZ αντίστοιχα είναι: ( )I y z p x y z dSx

S

= +∫∫ 2 2 (( , , ) (8.11.5)

( )2 2y

S

I x z p((x,y,z)dS= +∫∫ (8.11.6)

( )2 2z

S

I x y p((x,y,z)dS= +∫∫ (8.11.7))

Όμοια υπολογίζονται και οι υπόλοιπες ροπές. 1) Να υπολογιστεί το εμβαδόν μιας υλικής επιφάνειας, που ορίζεται από τις σχέσεις z=f(x,y)=x2+y2, 1≤z≤9 καθώς και η μάζα της, όταν η πυκνότητα της είναι ανάλογη της αποστάσεως από τον άξονα ΟΖ. Λύση: Έχουμε:

222 2

S TT

z zS dS 1 dxdy 1 4x 4y dxdyx y

⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞= = + + = + +⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⌠⎮⎮⎮⎮⌡⌡

∫∫ ∫∫

όπου T ο δακτύλιος 1≤x2+y2≤9. Χρησιμοποιούμε πολικές συντεταγμένες, οπότε το ολο-κλήρωμα γράφεται:

( ) ( )32 3 / 23 23

2 2 2 2

T ' 1 10 1

4r 11S 1 4r rdrd d dr r 1 4r 2 1 4r d 1 4r8 4 3/ 2

π+π

= + θ = θ + = π + + =⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

∫∫ ∫ =

= 3 / 2 3 / 237 56π ⎡ ⎤−⎣ ⎦

Για τον υπολογισμό της μάζας χρησιμοποιούμε τον τύπο: M p x y z dS

C

= ∫∫ ( , , )

όπου η πυκνότητα p δίνεται από την σχέση: 2p x 2y= λ + όπου λ η σταθερά της αναλο-γίας. Έχουμε:

2 2 2 2 2

S T T'

32 2

1

M p(x, y, z)dS x y 1 4x 4y dxdy r 1 4r rdrd

2 1 4r r dr

= = λ + + + = λ +

= λ π +

∫∫ ∫∫ ∫∫

∫

θ =

Χρησιμοποιούμε τον τύπο

( ) ( )2 432 2 2 2 2 2 2 2 2x a ax x a dx x a x x a ln x x a

4 8 8+ = + − + − + +∫

με x=r και a=1 και βρίσκουμε: 3 9 5 1 2 5M 27 37 ln2 8 8 4 6 37

⎡ ⎤⎛ ⎞λπ += − +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟+⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦


8.12 Επιφανειακό ολοκλήρωμα β′ είδους

Ένα βασικό χαρακτηριστικό των επιφανειακών ολοκληρωμάτων του α′ είδους εί-ναι ότι αφ' ενός αναφέρονται σε βαθμωτά πεδία και αφ' ετέρου η επιφάνεια S εμφανίζεται με το μέγεθος της, (δηλαδή με το εμβαδόν της), ενώ ο προσανατολισμός της δεν παίζει κανένα ρόλο. Υπάρχουν όμως προβλήματα στη Φυσική, στα οποία ο προσανατολισμός της επιφάνειας S παίζει σημαντικό ρόλο. Τέτοια προβλήματα είναι ο υπολογισμός της πο-σότητας του ρευστού, που διέρχεται από μια επιφάνεια ανά μονάδα χρόνου, ο υπολογι-σμός της μαγνητικής ροής Φ ενός μαγνητικού πεδίου Β διαμέσου μιας επιφάνειας S, κ.α. Τα προβλήματα αυτά οδηγούν σε επιφανειακά ολοκληρώματα β′ είδους. Προτού δώσουμε τον ορισμό των ολοκληρωμάτων αυτών και τον τρόπο υπολογι-σμού τους, ας αναφέρουμε με λίγα λόγια μερικά στοιχεία για τις μονόπλευρες και δίπλευ-ρες επιφάνειες.

8.13 Μονόπλευρες και δίπλευρες επιφάνειες

Έστω Ρ0 ένα σημείο μιας λείας επιφάνειας S και (ε) η ευθεία η κάθετος στην επι-φάνεια S στο σημείο Ρ0 . Η ευθεία (ε) έχει δυο διευθύνσεις, που περιγράφονται με τα μο-ναδιαία διανύσματα n και -n, Σχ. (8.13.1). Θεωρούμε τώρα μια τυχαία κλειστή καμπύλη C της επιφάνειας S, που διέρχεται

από το σημείο Ρ

0 και δεν έχει κανέ-να κοινό σημείο με το σύνορο της επιφάνειας S. Φανταζόμαστε τώρα το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα n να ξεκινάει από το σημείο Ρ

P0

S

(ε)

n

Σχ. 8.13.1

-nC

0 και να μετακινείται κατά μήκος της καμπύ-λης C, έτσι ώστε να παραμένει πά-ντα κάθετο στην επιφάνεια S. Όταν η αρχή του n διαγράψει την κλειστή καμπύλη C και επανέλθει στο ση-μείο Ρ0, τότε είναι δυνατό να συμβεί ένα από τα εξής δυο ενδεχόμενα: 1) το διάνυσμα n να έχει α-κριβώς την ίδια αρχική διεύθυνση n ή 2) το διάνυσμα n να έχει την αντίθετη διεύθυνση -n.

Από τα δυο αυτά διαφορετικά ενδεχόμενα ακολουθεί ο εξής ορισμός: Ορισμός 1: Μια λεία επιφάνεια S λέγεται δίπλευρη αν το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα n, μετά τη διαγραφή μιας τυχαίας κλειστής καμπύλης της επιφάνειας S, που δεν έχει κοινά σημεία με το σύνορο της, επανέρχεται στην αρχική του διεύθυνση. Εάν υπάρχει έστω και μια κλειστή καμπύλη, τέτοια ώστε το μοναδιαίο κάθετο διά-νυσμα n μετά τη διαγραφή της καμπύλης να έχει την αντίθετη από την αρχική του διεύ-θυνση, τότε η επιφάνεια S λέγεται μονόπλευρη.


Παράδειγμα 1: Το απλούστερο παράδειγμα δίπλευρης επιφάνειας είναι το επίπεδο. Επίσης κάθε τμήμα του, π.χ. ένας κύκλος, είναι επίσης δίπλευρη επιφάνεια. Παράδειγμα 2: Κάθε λεία επιφάνεια, που ορίζεται από την εξίσωση z=f(x,y) είναι δί-πλευρη επιφάνεια. Πράγματι, εάν σε κάθε σημείο της επιφάνειας θεωρήσουμε το μονα-διαίο κάθετο διάνυσμα n, του οποίου η διεύθυνση σχηματίζει οξεία γωνία με τον θετικό ημιάξονα ΟΖ, τότε προκύπτει η μια πλευρά, (η άνω πλευρά), της επιφάνειας και η άλλη, (η κάτω πλευρά), εάν αντιστρέψουμε τον προσανατολισμό του καθέτου διανύσματος. Παράδειγμα 3: Οποιαδήποτε κλειστή επιφάνεια, που δεν τέμνει τον εαυτό της, είναι δί-πλευρη, π.χ. η σφαίρα, το ελλειψοειδές κ.α. Εάν θεωρήσουμε σε κάθε σημείο μιας τέτοιας επιφάνειας το κάθετο διάνυσμα να διευθύνεται προς το εσωτερικό του στερεού, που φράσσεται από την επιφάνεια, τότε έχουμε την μια πλευρά, που λέγεται εσωτερική πλευ-ρά της επιφάνειας. Παράδειγμα 4: Το πιο απλό γνωστό παράδειγμα μονόπλευρης επιφάνειας είναι η ταινία του Möbious, (Σχ. 8.13.2) η οποία προκύπτει από ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒCD ενώνοντας την κορυφή Α με την C και την Β με την D, αφού προηγουμένως το έχουμε στρίψει κατά 180 μοίρες.

B

D

Σχ. 8.13

C A

Σχ. 8.13.2

Σε μια δίπλευρη επιφάνεια S μπορούμε να κατασκευάσουμε δυο συνεχείς διανυ-σματικές συναρτήσεις n(Ρ), (μια για κάθε πλευρά), οι οποίες μας δίνουν κατά συνεχή τρόπο τη μεταβολή της θέσης του μοναδιαίου κάθετου διανύσματος n όταν μετακινούμε-θα πάνω στην επιφάνεια. Όταν διαλέξουμε μια από τις δυο αυτές διανυσματικές συναρ-τήσεις, αυτόματα έχουμε διαλέξει και μια από τις δυο πλευρές της επιφάνειας. Στην πε-ρίπτωση μιας μονόπλευρης επιφάνειας δεν μπορούμε να κατασκευάσουμε τέτοιες διανυ-σματικές συναρτήσεις.


Παρατήρηση 1: Μια δίπλευρη επιφάνεια ονομάζεται και προσανατολισμένη, η δε διαδι-κασία της επιλογής μιας από τις δυο πλευρές ονομάζεται προσανατολισμός της επιφάνει-ας. Παρατήρηση 2: Η ιδιότητα μιας επιφάνειας να είναι προσανατολισμένη είναι ολική, (global), δηλαδή αναφέρεται σ' όλα τα σημεία της επιφάνειας, σε αντίθεση με την ιδιό-τητα π.χ. να είναι λεία, που είναι τοπική, (local), ιδιότητα. Παρατήρηση 3: Στα επιφανειακά ολοκληρώματα β′ είδους, (όπως θα δούμε παρακάτω), η επιφάνεια ολοκλήρωσης είναι δίπλευρη. Ποια από τις δυο πλευρές θα χρησιμοποιή-σουμε για τον υπολογισμό του επιφανειακού ολοκληρώματος, εξαρτάται από το φυσικό πρόβλημα που μας οδήγησε στο ολοκλήρωμα αυτό. Συνήθως όταν η επιφάνεια είναι κλειστή, τότε χρησιμοποιούμε την εξωτερική πλευρά, (που την ονομάζουμε θετική). Εάν η δίπλευρη επιφάνεια δίνεται από την εξίσωση z=f(x,y) ή F(x,y,z)=0, τότε συνήθως χρη-σιμοποιούμε την πλευρά, που αντιστοιχεί στην διεύθυνση της βάθμωσης ∇(z-f(x,y)) ή ∇F(x,y,z).

8.14 Ορισμός του επιφανειακού ολοκληρώματος β′ είδους

Aς μελετήσουμε πρώτα ένα συγκεκριμένο πρόβλημα, που περιέχει την έννοια του επιφανειακού ολοκληρώματος β′ είδους. Το πρόβλημα αυτό αναφέρεται στον υπολογισμό της ροής ενός ρευστού δια μέσου μιας επιφάνειας. Θεωρούμε ένα σωλήνα από τον οποίο διέρχεται ρευστό, του οποίου η ταχύτητα στο σημείο (x,y,z) δίνεται από την διανυσματική συνάρτηση: v(x,y,z) = v (x,y,z)i+v (x,y,z)j+v (x,y,z)k (8.14.1) 1 2 3και η πυκνότητα του από τη βαθμωτή συνάρτηση p=p(x,y,z). Υποθέτουμε επίσης ότι μέ-σα στον σωλήνα υπάρχει μια προσανατολισμένη επιφάνεια S, (ή πιο σωστά ένα τμήμα μιας επιφάνειας). Θέλουμε τώρα να υπολογίσουμε τη ροή Φ του ρευστού δια μέσου της προσανατολισμένης επιφάνειας.

Έστω ένα απειροστό τμήμα dS της ε-πιφάνειας S, (Σχ. 8.14.1). Η ποσότητα του ρευστού, που διέρχεται από το dS στη μονάδα του χρόνου, προφανώς, ισούται με:

S

dΦ=pv⋅ndS (8.14.2) όπου n το μοναδιαίο διάνυσμα το κά-θετο στη στοιχειώδη επιφάνεια dS. Η σχέση αυτή μας δίνει την στοιχειώδη ροή. Η ολική ροή, δηλαδή η ποσότη-τα του ρευστού, που ρέει δια μέσου της επιφάνειας S στη μονάδα του χρόνου,

προκύπτει από το επιφανειακό ολοκλήρωμα

Σχ. 8.14.1

v

n

S

dS

Φ= (8.14.3) S

p d⋅∫∫ v n

Από το παραπάνω πρόβλημα μπορούμε να ορίσουμε το επιφανειακό ολοκλήρωμα β′ είδους ως εξής: Έστω S μια λεία δίπλευρη επιφάνεια και F=F (x,y,z)i+F (x,y,z)j+F1 2 3(x,y,z)k ένα διανυσματικό πεδίο ορισμένο πάνω στην επιφάνεια S. Ας θεωρήσουμε τώρα μια από τις


δυο πλευρές της επιφάνειας με τη βοήθεια του μοναδιαίου κάθετου διανύσματος n. Το ολοκλήρωμα:

dS I (8.14.4) S

= ⋅∫∫ F n

ονομάζεται επιφανειακό ολοκλήρωμα β′ είδους του διανυσματικού πεδίου F πάνω στην επιφάνεια S, (και το αποτέλεσμα είναι αριθμός). Το ολοκλήρωμα (8.14.4) γράφεται και ως: I (8.14.5) d

S

= ⋅∫∫ F S

όπου dS=ndS. Εάν η ολοκλήρωση γίνει στην άλλη πλευρά της επιφάνειας, το διάνυσμα n αντι-καθίσταται από το -n και το ολοκλήρωμα αλλάζει πρόσημο. Παράδειγμα 1: Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα I d όπου

F=12yi+2xj-3k και S το τμήμα του επιπέδου x+2y+8z=12, που ορίζεται από τις σχέσεις x≥0, y≥0, z≥0.

S

= ⋅∫∫ F S

ST

I d dxdy| |

⋅= ⋅ =

⋅⌠⌠⎮⎮⌡⌡∫∫

F nF Sn k

Λύση: Έχουμε ,

όπου T είναι η προβολή του τμήματος του επι-πέδου στο επίπεδο ΟΧΥ και n το μοναδιαίο κά-θετο διάνυσμα στο επίπεδο, το οποίο θα υπολο-γιστεί από την βάθμωση της εξισώσεως του επι-πέδου: f= x+2y+8z-12=0 ⇒

x+2y=12

x

z

y 6

12

12/8

( )f 1 2 8| f | 69∇

= = + +∇

n i j k∇f=i+2j+8k ⇒ ⇒

n⋅k= 869

( )1 12y 4x 2469

+ −, n⋅F=

Επομένως:

( )T

T T

1 3I dxdy 12y 4x 24 dxdy y 3 dxdy| | 8 2 2

⋅ ⎛ ⎞= = + − = + −⎜ ⎟⋅ ⎝ ⎠⌠⌠⌠⌠

⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡∫∫

F nn k

x

Η περιοχή T είναι το τρίγωνο με κορυφές τα σημεία (12,0,0), (0,6,0), (0,0,0) και το τελευ-ταίο διπλό ολοκλήρωμα υπολογίζεται κατά τα γνωστά:

12126 x / 2 12

y 6 x / 22 2

y 00 00

0

3 x 3 xy 1I dx dy y 3 dx y 3y dx x 92 2 4 2 16

−= −

=

⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡= + − = + − = −⎜ ⎟⎤+ =⎢ ⎥ ⎢⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣

⌠ ⌠⌠ ⌠⎮ ⎮ ⎮⎮⎮ ⌡ ⌡⌡⌡⎥⎦

x 123

x 0

1 x 9x 7216 3

=

=

⎡ ⎤− + =⎢ ⎥⎣ ⎦

=


8.15 Επιφανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικού πεδίου

Εκτός από τα επιφανειακά ολοκληρώματα α′ και β′ είδους, μπορούμε να έχουμε και επιφανειακά ολοκληρώματα της μορφής:

dS (8.15.1) IS

= ∫∫ F

που ονομάζονται επιφανειακά ολοκληρώματα διανυσματικού πεδίου, (ή διανυσματι-κής συνάρτησης) και το αποτέλεσμα είναι διάνυσμα. Η σχέση (8.15.1) μπορεί να γράφει:

[ ]I F F F dS F dS F dS F dSS S S

= + + = + +∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫1 2 3 1 2 3i j k i jS

k (8.15.2)

δηλαδή ένα επιφανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικού πεδίου ισοδυναμεί με τρία επιφα-νειακά ολοκληρώματα α′ είδους. Μια εφαρμογή στη φυσική αυτού του είδους του ολοκληρώματος είναι η εξής: Έστω p(x,y,z) η πυκνότητα μιας υλικής επιφάνειας S και έστω m0 η μάζα ενός υλι-κού σημείου Ρ0, που δεν ανήκει στην επιφάνεια, (Σχ. 8.15.1). Θέλουμε να υπολογίσουμε τη δύναμη F, με την οποία η υλική επιφάνεια S έλκει το υλικό σημείο Ρ0. Προς τούτο ας θεωρήσουμε μια στοιχειώδη επιφάνεια dS, της οποίας η μάζα είναι dm=p(x,y,z)dS, όπου το σημείο (x,y,z) είναι τυχαίο σημείο του dS. Από τον νόμο της βαρύτητας του Newton έχουμε ότι η στοιχειώδης δύναμη dF, με την οποία η στοιχειώδης μάζα dm έλκει το υλι-κό σημείο Ρ είναι: 0

d Gm p x y z dSr

F = 03

( , , ) r (8.15.3)

όπου G η σταθερά της παγκοσμίου έλξης και r το διάνυσμα, που συνδέει το σημείο Ρ0 με το σημείο (x,y,z) της επιφάνειας S, (Σχ. 8.15.1). Η συνολική δύναμη F, με την οποία η υλική επιφάνεια έλκει το υλικό σημείο, υπολογίζεται από το επιφανειακό ολοκλήρωμα:

F r= ∫∫Gm p x y z

rdS

S0 3

( , , ) (8.15.4)

που είναι ένα επιφανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικού πεδίου.

x

y

z

OP0

r

Σχ. 8.15.1

dS(x,y,z)


Από το επιφανειακό ολοκλήρωμα διανυσματικού πεδίου μπορούμε να ορίσουμε το διάνυσμα επιφάνειας από το ολοκλήρωμα:

S

dS= ∫∫S n

Βλέπε άσκηση 16. Παρατήρηση 1: Άλλες μορφές επιφανειακών ολοκληρωμάτων είναι οι εξής: f x y z dS f x y z d

SS

( , , ) ( , , )n = ∫∫∫∫ S

S F n F( , , ) ( , , )x y z dS x y z dSS

× = ×∫∫∫∫

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1. Να βρεθεί το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας του κυλίνδρου ακτίνας α και ύψους h. 2. Να βρεθεί το εμβαδόν της σφαίρας ακτίνας R. 3. Να βρεθεί το εμβαδόν της επιφάνειας με διανυσματική εξίσωση: r(u,v)=ucosvi+usinvj+u2k με 0≤u≤4 και 0≤v≤2π. 4. Να βρεθεί το εμβαδόν της επιφάνειας του τόρου με εξίσωση: r(θ,φ)=(β+αsinφ)cosθi+(β+αsinφ)sinθj+αcosφk με 0≤θ<2π, 0≤φ<2π. 5. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του τμήματος του επιπέδου x+y+z=β, που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου x2

+y2 2=α . 6. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του μέρους της σφαιρικής επιφάνειας x2+y2 2 2+z =α , που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου x2+y2=αy με α>0. 7. Μια σφαίρα είναι εγγεγραμμένη σ' ένα ορθό κυκλικό κύλινδρο. Τέμνουμε τη σφαίρα με δυο παράλληλα επίπεδα και κάθετα στον άξονα του κυλίνδρου. Να δείξετε ότι τα τμήματα της επιφάνειας της σφαίρας και του κυλίνδρου, που περιέχονται μεταξύ των δυο αυτών επιπέδων, έχουν ίσα εμβαδά. 8. Να βρεθεί το κέντρο μάζας του τμήματος της ομογενούς σφαιρικής επιφάνειας x2+y2 2 2+z =α , που βρίσκεται στο πρώτο οκταημόριο. 9. Να υπολογισθεί η μάζα της υλικής επιφάνειας S με εξίσωση: z=1-(x2+y2)/2, 0≤x≤1, 0≤y≤1 όταν η πυκνότητα p(x,y,z) είναι ανάλογη του xy. 10. Να υπολογισθεί η ροή του διανυσματικού πεδίου F για τις παρακάτω περιπτώσεις: α) F=xi+yj+zk, β) F=(x+z)k, γ) F=x2i-y2j


όταν η επιφάνεια S είναι το τμήμα του επιπέδου x+y+z=α, που βρίσκεται στο πρώτο ο-κταημόριο. Σαν μοναδιαίο διάνυσμα n θεωρείστε το μοναδιαίο διάνυσμα, που προκύπτει που την βάθμωση της εξίσωσης του επιπέδου. 11. Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα όταν: f x y z dS

S

( , , )∫∫ α) f(x,y,z)=x+y+z S: z=x+y, 0≤y≤x, 0≤x≤1

β) f(x,y,z)=exp(x+y) S: x+y+z=1, x,y,z≥0 γ) f(x,y,z)=x+1 S: r(u,v)=cosui+sinvj+vk, 0≤u≤2π, 0≤v≤3

δ) f(x,y,z)=x+y+z S: x2+y2=1, 0≤z≤2 2y S: r(u,v)=ui+vj+(1-v2)k, -1≤u≤1, 0≤v≤1 ε) f(x,y,z)=(1-x)

ζ) f(x,y,z)=x2+y2 S: z=(x2+y2 1/2) , x2+y2≤4 (Απ. α) √3, β) √3 γ) 6π, δ) 4π, ε) (53/2-1)/9, ζ) 8√2π

12. Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα όταν: F S( , , )x y z d

S

⋅∫∫ α) F(x,y,z)=xi+yj S: z=2x+3y, 0≤x≤2, -1≤y≤1

β) F(x,y,z)=x2i-xzk S: r(u,v)=ui+u2j+vk, 0≤u≤1, -2≤v≤2 γ) F(x,y,z)=sinxi+zj+yk S: y2 2+z =4, -1/2≤x≤1/2, y≥0, z≥0 δ) F(x,y,z)=i+x2j+xyzk S: z=xy, 0≤x≤y, 0≤y≤1 ε) F(x,y,z)=y3i+x3 2j+3z k S: z=x2+y2, x2+y2≤4

ζ) F(x,y,z)=esinxi-2y2 xj+e k S: r(u,v)=ui+vj+v2k, 1≤u≤3, 1≤v≤2 (Απ. α) -8, β) 2 γ) 2, δ) –59/180, ε) 64π, ζ) 30+(e3-e)

13. Να βρεθεί η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου καθώς και της ευθείας της κάθετης στην επιφάνεια x2+xyz-z3=1 στο σημείο Ρ (1,1,1). 0 14. Οι επιφάνειες f(x,y,z)=x2+y2-z2=1, g(x,y,z)=x+y+x=5 τέμνονται κατά μια καμπύλη C. να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της C στο σημείο Ρ (1,2,2). 0 15. Μια καμπύλη λέγεται εφαπτομένη σε μια επιφάνεια στο σημείο Ρ εάν η ευθεία που εφάπτεται της καμπύλης στο σημείο Ρ, ανήκει στο εφαπτόμενο επίπεδο της επιφάνειας στο Ρ.

2α) Δείξτε ότι η καμπύλη r(t)=lnti+tlntj+tk είναι εφαπτόμενη στην επιφάνεια xz -yz+cosxy=1 στο σημείο Ρ(0,0,1).

3β) Δείξτε ότι η καμπύλη r(t)=[t /4-2]i+[4/t-3]j+cos(t-2) k εφάπτεται στην επιφά-νεια x3+y3 3+z -xyz=0 για t=2. 16. Να υπολογισθούν τα διανύσματα S των παρακάτω επιφανειών: α) της σφαίρας ακτί-νας R. β) του άνω ημισφαιρίου ακτίνας R, γ) της παράπλευρης επιφάνειας ενός ορθού κυ-κλικού κυλίνδρου ύψους H και ακτίνας βάσεως R, δ) της παράπλευρης επιφάνειας του ίδιου κυλίνδρου για θετικά y, ε) ενός κύβου ακμής α, ζ) ενός τετραγώνου πλευράς α του οποίου το κέντρο βρίσκεται στο σημείο (α/2, α/2) και οι πλευρές του είναι παράλληλες προς τους άξονες ενός καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων. (Απ. α) S=0, β) S=πR2 2k, γ) S=0, δ) S=2RHj ε) S=0 ζ) S=±α k)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ IX

ΤΤΑΑ ΘΘΕΕΩΩΡΡΗΗΜΜΑΑΤΤΑΑ ΤΤΩΩΝΝ GGRREEEENN ,, SSTTOOKKEESS ΚΚΑΑΙΙ GGAAUUSSSS

9.1 Γενικά

Στο κεφάλαιο αυτό θα αναφερθούμε σε τρία βασικά θεωρήματα της Διανυσματι-κής ανάλυσης. Τα θεωρήματα αυτά εκτός από το μαθηματικό ενδιαφέρον, που παρουσιά-ζουν, μας βοηθούν για να κατανοήσουμε καλύτερα τη φυσική σημασία της απόκλισης και της περιστροφής ενός διανυσματικού πεδίου. Επίσης βρίσκουν ενδιαφέρουσες εφαρ-μογές στη Μηχανική του συνεχούς μέσου, στον Ηλεκτρομαγνητισμό, κ. α.

9.1 Το θεώρημα του Green.

Το θεώρημα αυτό αποτελεί μερική περίπτωση του θεωρήματος του Stokes. Από μαθηματικής πλευράς μας λέει πως ένα διπλό ολοκλήρωμα είναι ισοδύναμο με ένα κλει-στό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα. Η διατύπωση του είναι η εξής: Έστω F=P(x,y)i+Q(x,y)j ένα συνεχές διαφορίσιμο διανυσματικό πεδίο(1 και C μια απλή κλειστή καμπύλη(2 του επιπέδου OXY. Τότε ισχύει:

F r⋅ = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮∫ dQx

Py

dxdyC T

∂∂

∂∂

(9.2.1)

όπου Τ η περιοχή, της οποίας το σύνορο είναι η κλειστή καμπύλη C. Απόδειξη: Πρώτα θα αποδείξουμε τη σχέση (9.2.1) για απλή κλειστή καμπύλη C, τέτοια ώστε η περιοχή Τ να είναι κανονική, δηλαδή κάθε ευθεία παράλληλη προς τον άξονα ΟΧ ή τον ΟY να τέμνει την καμπύλη C σε δυο το πολύ σημεία, Σχ. 9.2.1. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν δυο συναρτήσεις y1(x) και y2(x), που περιγράφουν τα τόξα ΑΓΒ και ΑΔΒ α-ντίστοιχα, όπως επίσης υπάρχουν συναρτήσεις x1(y) και x2(y), που περιγράφουν τα τόξα ΓΑΔ και ΓΒΔ αντίστοιχα. Θεωρούμε την έκφραση:

1

T

PI dxdyy∂

= −∂

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

η οποία διαδοχικά γράφεται ως εξής:

(1 Ένα διανυσματικό πεδίο F λέγεται συνεχές διαφορίσιμο όταν όλες οι πρώτες μερικές παράγωγοι των συνιστωσών του είναι συνεχείς συναρτήσεις. (2 Μια κλειστή καμπύλη C, με διανυσματική εξίσωση r=r(t) με t∈[α,β] και r(α)=r(β) λέγεται απλή κλει-στή καμπύλη εάν για t1≠t2 έχουμε r(t1)≠r(t2), δηλαδή η καμπύλη δεν τέμνει τον εαυτόν της. Η φορά δε διαγραφής της κλειστής καμπύλης, που αντιστοιχεί σε αυξανόμενες τιμές του t είναι αυτή που λαμβάνεται υπόψη στον υπολογισμό του αντιστοίχου επικαμπυλίου ολοκληρώματος. Θετική δε είναι η φορά εκείνη που είναι αντίθετη προς την κίνηση των δεικτών του ωρολογίου.

♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ IX 144

[ ]2

1

y (x)

1 2

y (x)

PI dx dy dx P(x, y (x)) P(x, y (x))y

β

β

α

α

∂= − = − − =

∂

⌠⌠⎮ ⎮⎮ ⌡

⌡∫

2 1

1

2 1C

P(x, y (x))dx P(x, y (x))dx P(x, y (x))dx P(x, y (x))dx P(x, y)dxβ β α β

α α β α= − + = + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

(9.2.2) y Επίσης η ποσότητα:

IQx

dxdyT

2 = ∫∫∂∂

διαδοχικά γράφεται ως εξής:

[ ]

2

1

x (y)

2

x (y)

2 1

QI dy dxx

dy Q(x (y), y) Q(x (y), y)

δ

γ

δ

γ

∂= =

∂

= − =

⌠⌠⎮ ⎮⌡⎮

⌡

∫

=

=

Γ

Δ

2 1

2 1

C

Q(x (y), y)dy Q(x (y), y)dy

Q(x (y), y)dx Q(x (y), y)dy

Q(x, y)dy

δδ

γγ

δ γ

γ δ

= −

= +

=

∫ ∫

∫ ∫∫

(9.2.3) Από τις σχέσεις (9.2.2) και (9.2.3) προκύπτει:

2 1

T T

Q P Q PI I dxdy dxdy dxdyx y x y

Τ

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂+ = − = −⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⌠⌠⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡ ⌡⌡=

C C

Q(x, y)dy P(x, y)dx+ =∫ ∫

= + = ∫∫ P x y dx Q x y dy dCC

( , ) ( , ) F r⋅ ⇒ C

T

Q Pd dxdyx y

⎡ ⎤∂ ∂⋅ = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ F r

δηλαδή η σχέση (9.2.1) Παρατήρηση 1: Στην περίπτωση που η απλή κλειστή καμπύλη C είναι τέτοια ώστε η αντίστοιχη περιοχή Τ να μην είναι κανονική, (Σχ. 9.2.2), (δηλαδή υπάρχουν ευθείες πα-ράλληλες προς τους άξονες που διέρχονται από ένα τουλάχιστον εσωτερικό σημείο της Τ και τέμνουν την καμπύλη C σε περισσότερα από δυο σημεία), τότε προσπαθούμε να χωρίσουμε την περιοχή Τ σε πεπερασμένο πλήθος κανονικές υποπεριοχές, στις οποίες ισχύει το θεώρημα του Green. Από την εφαρμογή του θεωρήματος του Green σε κάθε υποπεριοχή προκύπτουν αντίστοιχες εκφράσεις της (9.2.1), οι οποίες με πρόσθεση κατά μέλη μας δίνουν την έκφραση του θεωρήματος του Green για όλη την περιοχή Τ.

Σχ. 9.2.1

Β

Ο x

Α

α

γ

δ

β

Το θεώρημα του Green♦

145

Τα παραπάνω αποσαφηνίζονται καλύτερα με το εξής παράδειγμα Ας θεωρήσουμε την περιοχή Τ=ΑΒΓΔΑ του Σχ. 9.2.3, η οποία δεν είναι κανονική ως προς y. Φέρνοντας το ευθύγραμμο τμήμα ΔΒ, η περιοχή Τ διαιρείται στις υποπεριοχές Τ1 και Τ2, οι οποίες υπο-θέτουμε ότι είναι κανονικές και επομένως μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα του Green. Έτσι για την περιοχή Τ1 έχουμε:

F r⋅ = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮∫ dQx

Py

dxdyTΑΒΔΑ

∂∂

∂∂

1

(9.2.4)

και για την περιοχή Τ2 :

F r⋅ = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮∫ dQx

Py

dxdyTΒΓΔΒ

∂∂

∂∂

2

(9.2.5)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (9.2.4) και (9.2.5) προκύπτει:

1 2

AB A BT T

Q P Q PF dr F dr dxdy dxdyx y x yΔ ΒΓΔ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⋅ + ⋅ = − + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠⌠ ⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡

∫ ∫ (9.2.6)

αλλά (9.2.7α) AB

F dr F dr F dr F drΒΔ ΔΑ

ΑΒΔΑ

⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫ ∫

(9.2.7β) B

F dr F dr F dr F drΓ ΓΔ ΔΒ

ΒΓΔΒ

⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫ ∫

Bd

ΒΔ Δd⋅ = − ⋅∫ ∫F r F r (9.2.7γ)

και ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Qx

Py

dxdyQx

Py

dxdyQx

Py

dxdyT T T

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮+ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮= −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮1 2

(9.2.7δ)

Από τις σχέσεις (9.2.7), η (9.2.6) γράφεται:

T

Q PF dr dxdyx yΑΒΓΔΑ

⎡ ⎤∂ ∂⋅ = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ (9.2.8)

x

y

Γ

x

y

O O

Δ Β

Α

T2

T1

Σχ 9.2.2 Σχ 9.2.3


Η τελευταία σχέση είναι το θεώρημα του Green για την περιοχή Τ. Παρατήρηση 2: Το θεώρημα του Green ισχύει επίσης και για περιοχές πολλαπλά συνε-κτικές. Ας θεωρήσουμε π.χ. την πολλαπλά συνεκτική περιοχή Τ, (Σχ. 9.2.4), της οποίας το σύνορο C αποτελείται από τις καμπύλες C1 και C2. Ενώνουμε τώρα τις καμπύλες C1 και C2

(3 με τα ευθύγραμμα τμήματα, (διατομές), ΑΔ και ΗΘ. Η περιοχή Τ χωρίζεται σε δυο απλά συνεκτικές περιοχές Τ1 και Τ2 με σύνορα τις απλές κλειστές καμπύλες (ΑΔΕΗΘ-ΓΑ) και (ΑΒΘΗΖΔΑ) αντίστοιχα. Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Green για τις περιοχές Τ1 και Τ2 και έχουμε:

1

( )T

Q Pdx yΑΔΕΗΘΓΑ

⎡ ⎤∂ ∂⋅ = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ F r dxdy (9.2.9)

F r⋅ = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮∫ dQx

Py

dxdyT( )ΑΒΘΗΖΔΑ

∂∂

∂∂

2

(9.2.10)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (9.2.9) και (9.2.10) και επειδή

A Ad d

Δ Δ⋅ = − ⋅∫ ∫F r F r d

ΗΘ ΘΗd⋅ = − ⋅∫ ∫F r F r (9.2.11)

προκύπτει:

F r F r F r⋅ = ⋅ + ⋅ = −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮∫ ∫ ∫d d dQx

Py

dxdyC C C T1 2

∂∂

∂∂

(9.2.12)

δηλαδή η έκφραση του θεωρήματος του Green για την περιοχή Τ με σύνορο την C.

Δ

Ε

Ζ

ΗΤ1

Τ2

C2

Γ

Θ

ΒA

C1

y

O x

Σχ. 9.2.4

Εάν συμβεί να είναι: ∂∂

∂∂

Qx

Py

− = 0 (9.2.13)

(3 Οι καμπύλες C1 και C2 λέμε ότι διαγράφονται κατά την θετική φορά όταν παρατηρητής, που κινείται κατά μήκος των καμπυλών με το κεφάλι του προς τον άξονα ΟΖ, έχει την περιοχή Τ προς το αριστερό του χέρι. Οι θετικές φορές διαγραφής των καμπυλών C1 και C2 είναι αυτές που έχουν σημειωθεί στο Σχ. 9.2.4


147

τότε θα έχουμε: F r F r F r⋅ = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒∫ ∫ ∫d d dC C C

0 01 2

F r F r⋅ = ⋅∫ ∫−

dC C1 2

d (9.2.14)

όπου -C2 είναι η καμπύλη (ΔΖΕΔ). Η σχέση (9.2.14) μας λέει ότι το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα κατά μήκος μιας κα-μπύλης, που περιβάλλει μια "τρύπα" ισούται με το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα κατά μήκος οποιασδήποτε άλλης κλειστής καμπύλης, που περιβάλλει την ίδια "τρύπα". Αυτό βέβαια συμβαίνει μόνο όταν ισχύει η (9.2.13). Παρατήρηση 3: Όταν η περιοχή Τ περιέχει περισσότερες από μια "τρύπες", όπως δείχνει το Σχ. 9.2.5 τότε ενώνουμε διαδοχικά τις εσωτερικές καμπύλες C1 , C2 ,C3 , μεταξύ τους και με την εξωτερική καμπύλη C, έτσι ώστε οι απλές κλειστές καμπύλες (ΑΔΕΖ-ΘΙΚΜΝΡΣΓΑ) και (ΑΒΣΡΞΜΚΛΘΖΗΔΑ) να χωρίζουν την περιοχή Τ σε δυο απλά συ-νεκτικές περιοχές Τ1 και Τ2 , στις οποίες μπορεί να εφαρμοσθεί το θεώρημα του Green. Τα επικαμπύλια ολοκληρώματα:

x

Ρ C1

C2

C3

O

A

Δ

Β

Θ

Γ

ΕΖ

Η

Τ1

Τ2

Κ

Λ Μ

Ξ

N

Ι

C y

Σ

Σχ. 9.2.5

(9.2.15)

A, , ,

Δ ΔΑ ΖΘ ΘΖ ΚΜ ΜΚ ΡΣ Σκαι και και και∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

Ρ

προστιθέμενα αλληλοαναιρούνται και τελικά θα έχουμε:

1 2 3C C C C

T

Q Pd d d d dxdyx y

⎡ ⎤∂ ∂⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ ∫ ∫ ∫F r F r F r F r (9.2.16)

Παρατήρηση 4: Για το διανυσματικό πεδίο F=-yi+xj, δηλ. P(x,y)=-y και Q(x,y)=x, έ-χουμε:

C C T

T

d xdy ydx x ( y) dxdy 2 dxdyx y

⎡ ⎤∂ ∂⋅ = − = − − =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ ∫ ∫∫F r =2×Εμβαδόν(Τ)

Επομένως: Εμβαδόν(Τ)= 12

xdy ydxC

−∫ (9.2.17)


9.3 Άλλες μορφές του θεωρήματος του Green

α) Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι:

( )∂∂

∂∂

Qx

Py

− = ∇ × ⋅F k (9.3.1)

όποτε η έκφραση του θεωρήματος του Green (9.3.1) μπορεί να γράφει: ( )F r F k⋅ = ∇ × ⋅∫∫∫ d dxdy

TC

(9.3.2)

Εάν στη σχέση αυτή αντικαταστήσουμε την επίπεδη περιοχή Τ με μια επιφάνεια S, το μοναδιαίο διάνυσμα k με το μοναδιαίο διάνυσμα n, το κάθετο στην επιφάνεια S, το στοιχείο dxdy με το dS και θεωρήσουμε ότι η καμπύλη C είναι το σύνορο της επιφάνειας S, τότε η έκφραση (9.3.2) γίνεται: ( )F r F n⋅ = ∇ × ⋅∫∫∫ d

SC

dS (9.3.3)

και εκφράζει το θεώρημα του Stokes, όπως θα δούμε στην επόμενη παράγραφο. β) Ας θεωρήσουμε τη φυσική παραμετρική εξίσωση r(s)=x(s)i+y(s)j της καμπύλης C, οπότε το μοναδιαίο εφαπτόμενο διάνυσμα Τ της καμπύλης θα είναι, (Σχ. 9.3.1):

Τ= dds

x s y sr i= ′ + ′( ) ( )j (9.3.4)

και το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα, που φέρεται προς τα έξω της καμπύλης, θα είναι:

k R

Cn

T

O

y

x

Σχ. 9.3.1

n=T×k=

i j k

′ ′ =x s y s( ) ( ) 0

0 0 1

y′(s)i-x′(s)j (9.3.5)

Υποθέτουμε επίσης ότι οι συναρτήσεις x(s) και y(s) έχουν εκλεγεί έτσι ώστε η διανυσμα-τική ακτίνα r να διαγράφει την καμπύλη δεξιόστροφα όταν αυξάνεται το s. Το αριστερό μέλος του θεωρήματος του Green γίνεται:

( ) ( )F r Fr

F T F k n F k n G n⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ × = × ⋅ = ⋅∫∫∫∫∫∫ ddds

ds ds ds ds dsCCCCCC

(9.3.6)


149

όπου G=F×k=

i j k

iP Q Q P0

0 0 1

= − j (9.3.7)

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι: ∇⋅G= ∂∂

∂∂

Qx

Py

− δηλαδή το δεύτερο μέλος του

θεωρήματος του Green. Τελικά θα έχουμε: G n G⋅ = ∇ ⋅∫∫∫ ds dxdy

RC

(9.3.8)

όπου R η περιοχή που περικλείεται από την καμπύλη C, (Σχ. 9.3.1). Εάν στη σχέση (9.3.8) αντικαταστήσουμε την κλειστή καμπύλη C με την κλειστή επι-φάνεια S και την περιοχή R με τον όγκο V, που περικλείει η κλειστή επιφάνεια S, τότε η σχέση (9.3.8) γράφεται:

G n G⋅ = ∇ ⋅∫∫∫∫∫ dS dxdydzVS

(9.3.9)

και εκφράζει το θεώρημα του Gauss, όπως θα δούμε παρακάτω.

9.4 Το θεώρημα του Stokes

Έστω S μια λεία προσανατολισμένη επιφάνεια και C η καμπύλη στην οποία περα-τώνεται η επιφάνεια S, Σχ. 9.4.1. Υποθέτουμε επιπλέον ότι οι προβολές της επιφάνειας S στα επίπεδα OXY, OYZ, OXZ φράσσονται από απλές κλειστές καμπύλες. Επίσης υποθέ-τουμε ότι η εξίσωση της επιφάνειας S είναι της μορφής z=f(x,y) ή x=g(y,z) ή y=h(x,z), όπου f, g, h μονότιμες και διαφορίσιμες συναρτήσεις. Ας θεωρήσουμε τώρα ένα συνεχές διαφορίσιμο διανυσματικό πεδίο F=F1i+F2j+F3k ορισμένο πάνω στην επιφάνεια S. Τότε το θεώρημα του Stokes περιγράφεται από τη σχέση: ( )F r F n⋅ = ∇ × ⋅∫∫∫ d d

SC

S (9.4.1)

Απόδειξη: Ξεκινάμε από το β μέλος της σχέσης (9.4.1), το οποίο αναλυτικά γράφεται: ( ) [ ]∇ × ⋅ = ∇ × + + ⋅ =∫∫ ∫∫F n i j k ndS F F F dS

S S1 2 3

= ( ) ( ) ( )∇ × ⋅ + ∇ × ⋅ + ∇ × ⋅∫∫ (9.4.2) ∫∫ ∫∫F dS F dS F dSS S S

1 2 3i n j n k n

SΘεωρούμε την έκφραση: και έχουμε: ( )∇ × ⋅∫∫ F dS

1i n


∇ × = = −Fx y z

F

Fz

Fy1

1

1 1

0 0

i

i j k

j∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

k (9.4.3)

και ( )∇ × ⋅ = ⋅ − ⋅⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥F dS F

zFy

dS11 1i n n j n k∂

∂∂∂

(9.4.4)

Επίσης εάν η εξίσωση z=f(x,y) περιγράφει την επιφάνεια S και r=xi+yj+zk το διάνυ-σμα θέσης τυχόντος σημείου της, τότε το διάνυσμα:

∂∂

∂∂

r jy

zy

= + k (9.4.5)

θα είναι εφαπτόμενο της επιφάνειας. Επομένως θα είναι:

0 = ⋅ = ⋅ + ⋅∂∂

∂∂

r n n j n ky

zy

⇒ n j n k⋅ = − ⋅∂∂zy

(9.4.6)

Έτσι η (9.4.4) γράφεται:

( )∇ × ⋅ = − +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ ⋅F dS F

yFz

zy

dS11 1i n n k∂

∂∂∂

∂∂

(9.4.7)

Πάνω στην επιφάνεια S ισχύει:

F1(x,y,z)=F1(x,y,f(x,y))=A(x,y) ⇒ ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Ay

Fy

Fz

zy

= +1 1 (9.4.8)

και η (9.4.7) γράφεται:

(∇xF1i).ndS=- ∂∂Ay

n.k dS=- ∂∂Ay

dxdy

C

S

x

z

T

dSn

y O

Γ

Σχ 9.4.1

Το θεώρημα του Stokes♦

151

S1i nδηλαδή =( )∇ × ⋅∫∫ F dS

T

A dxdyy

∂−∂

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

(9.4.9)

όπου Τ η προβολή της επιφάνειας S στο ΟΧY επίπεδο. Στη συνέχεια από το θεώρημα του Green έχουμε:

T

A dxdyy

∂−∂

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

= (9.4.10) AdxΓ∫

όπου Γ η κλειστή καμπύλη, που αποτελεί το σύνορο της περιοχής Τ. Αλλά σε κάθε ση-μείο (x,y)∈Γ έχουμε Α(x,y)=F1(x,y,f(x,y)) με (x,y,f(x,y))=(x,y,z)∈C. Άρα =Adx

Γ∫ F dx

C1∫ ή ( )∇ × ⋅∫∫ F dS

S1i n = F dx

C1∫

S2j n 2

C

F dy

(9.4.11α)

Όμοια προκύπτει, χρησιμοποιώντας προβολές στα αλλά επίπεδα, ότι: =( )∇ × ⋅∫∫ F dS ∫ (9.4.11β)

και =( )∇ × ⋅∫∫ F dSS

3k n 3C

F dz∫ (9.4.11γ)

Τελικά προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (9.4.11) προκύπτει το θεώρημα του Stokes: ( )F r F n⋅ = ∇ × ⋅∫∫∫ d

SC

dS (9.4.12)

Παρατήρηση: Το θεώρημα του Stokes ισχύει και για επιφάνειες S, που δεν ικανοποιούν τις παραπάνω συνθήκες, αρκεί να μπορεί η επιφάνεια S να χωριστεί σε πεπερασμένου πλήθους επιφάνειες S1 ,S2 ,⋅⋅⋅,Sm με σύνορα τις καμπύλες C1 ,C2 ,⋅⋅⋅,Cm, οι οποίες να ι-κανοποιούν τις παραπάνω συνθήκες. Τότε το θεώρημα του Stokes ισχύει για κάθε μια από αυτές τις επιφάνειες. Προσθέτοντας τα επιφανειακά ολοκληρώματα, που αντιστοιχούν στις επιφάνειες S1, S2,⋅⋅⋅,Sm, προκύπτει το επιφανειακό ολοκλήρωμα σ' όλη την επιφάνεια S, όπως επίσης προσθέτοντας τα επικαμπύλια ολοκληρώματα, που αντιστοιχούν στις κλειστές καμπύλες C1 ,C2,⋅⋅⋅,Cm προκύπτει το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα πάνω στην κλει-στή καμπύλη C.

9.5 Φυσική σημασία του θεωρήματος του Stokes

Ας θεωρήσουμε ότι στην έκφραση του θεωρήματος του Stokes: ( )F r F n⋅ = ∇ × ⋅∫∫∫ d

SC

dS (9.5.1)

το F είναι ένα πεδίο δυνάμεων. Τότε το αριστερό μέλος μας δίνει το έργο που παράγει αυτό το δυναμικό πεδίο κατά μήκος της κλειστής καμπύλης C. Το δεξιό μέλος μας δίνει τη ροή του στροβιλισμού του διανυσματικού πεδίου δια μέσου μιας οποιασδήποτε επιφά-νειας, αρκεί η επιφάνεια αυτή να έχει σύνορο την καμπύλη C. Το θεώρημα λοιπόν του Stokes μας λέει ότι αυτές οι δυο φυσικές ποσότητες είναι ίσες. Επίσης μπορούμε να κάνουμε και την εξής παρατήρηση: Εάν το δυναμικό πεδίο είναι αστρόβιλο, δηλαδή ∇×F=0, τότε προκύπτει: F r⋅ =∫ d

C

0 (9.5.2)


δηλαδή το έργο κατά μήκος κάθε κλειστής καμπύλης είναι μηδέν και αντίστροφα, εάν ι-σχύει: F r⋅ =∫ d

C

0

για κάθε κλειστή καμπύλη C, τότε και =0 ⇒ ∇×F=0 ( )∇ × ⋅∫∫ F ndS

S

κάτι που ήταν γνωστό και από το θεώρημα 1 της παραγράφου 5.7.

9.6 Το θεώρημα του Gauss ή της απόκλισης(4

Έστω S μια κλειστή επιφάνεια, τέτοια ώστε κάθε ευθεία γραμμή παράλληλη προς τους άξονες και η οποία διέρχεται από ένα τουλάχιστον εσωτερικό σημείο της S, τέμνει την S σε δυο το πολύ σημεία. Έστω z=f1(x,y) και z=f2(x,y) οι εξισώσεις, που περιγράφουν το κάτω, (n⋅k<0) και άνω (n⋅k>0) μέρος της επιφάνειας και έστω Τ η προβολή της στο ΟΧY επίπεδο, (Σχ. 9.6.1). Θεωρούμε τώρα ένα διαφορίσιμο διανυσματικό πεδίο:

(x,y,z)i+F (x,y,z)j+F (x,y,z)k (9.6.1) F=F1 2 3

z=f (x,y)2

n

ορισμένο πάνω στην επιφάνεια S και στα εσωτερικά σημεία της. Τότε ισχύει: F n F⋅ = ∇ ⋅∫∫∫∫∫ dS dxdydz

VS

(9.6.2)

(4 Το θεωρημα αυτό μερικές φορές αναφέρεται και ως θεώρημα του Ostrogradsky.

S22

z

Σχ. 9.6.1

Ο

x

yT

n1z=f1(x,y)

S1

Το θεώρημα του Gauss ♦

153

Απόδειξη: Το β′ μέλος της σχέσης (9.6.2) αναλυτικά γράφεται:

∇ ⋅ = ⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

+ ⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

+ ⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮∫∫∫ Fdxdydz

Fx

dxdydzFy

dxdydzFz

dxdydzV V V V

∂∂

∂∂

∂∂

1 3 3

∂∂Fz

dxdydzV

3⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

η οποία γράφεται: Θεωρούμε την έκφραση:

= ⌠⌡⎮

⌠

⌡

⎮⎮

⌠

⌡

⎮⎮

∂∂Fz

dzf x y

f x y

T

3

1

2

( , )

( , )∂∂Fz

dxdydzV

3⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

=

= [ ]F x y f x y F x y f x y dxdyT

3 2 3 1( , , ( , )) ( , , ( , ))−∫∫ (9.6.3)

Αλλά για το άνω μέρος της S έχουμε: dxdy=k.n dS2 2 και για το κάτω μέρος: dxdy=-k.n dS1 1 , (το αρνητικό πρόσημο προκύπτει από το γεγονός ότι η γωνία μεταξύ του k και του n είναι αμβλεία). Έτσι θα έχουμε: 1

F x y f x y dxdy F dSST

3 2 3 2

2

( , , ( , )) = ⋅∫∫∫∫ k n 2

1και F x y f x y dxdy F dSST

3 1 3 11

( , , ( , )) = − ⋅∫∫∫∫ k n

και η σχέση (9.6.3) γράφεται τώρα: ∂∂Fz

dxdydzV

3⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

F dS F dS F dS S S

3 2 2 3 1 1 3

2 1

k n k n k n⋅ + ⋅ = ⋅∫∫ ∫∫ ∫∫ S (9.6.4α) =

Με τον ίδιο τρόπο προβάλλοντας την επιφάνεια S στα αλλά συντεταγμένα επίπεδα, θα πάρουμε τις σχέσεις:

∂∂Fx

dxdydzV

1⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

F dS

1i n⋅∫∫ S = (9.6.4β)

∂∂Fy

dxdydzV

2⌠⌡⎮⌠⌡⎮⌠⌡⎮

F dS

2j n⋅∫∫ S = (9.6.4γ)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (9.6.4) προκύπτει: ∂∂

∂∂

∂∂

Fx

Fy

Fz

dxdydzV

1 2 3+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮[ ]F F F d

S1 2 3i j k n+ + ⋅∫∫ S= ⇒

=∇ ⋅∫∫∫ FdxdydzV

F n⋅∫∫ dSS

δηλαδή το θεώρημα του Gauss. Παρατήρηση: Το θεώρημα του Gauss μπορεί να επεκταθεί και σε κλειστές επιφάνειες, που δεν ικανοποιούν τον παραπάνω περιορισμό, (δηλαδή να υπάρχουν ευθείες παράλλη-λες προς τους άξονες, που να τις τέμνουν σε περισσότερα από δυο σημεία), αρκεί ο ό-γκος V να μπορεί να διαιρεθεί σε πεπερασμένου πλήθους περιοχές V , V ,⋅⋅⋅,V1 2 m , με αντί-στοιχες κλειστές επιφάνειες S , S ,⋅⋅⋅,S1 2 m , που να ικανοποιούν τον παραπάνω περιορισμό. Η διαδικασία είναι ανάλογη με εκείνη του θεωρήματος του Stokes.


9.7 Φυσική ερμηνεία του θεωρήματος του Gauss

Στην παράγραφο 4.1 είχαμε δώσει τη φυσική σημασία της απόκλισης ενός διανυ-σματικού πεδίου μέσα από κάποιο παράδειγμα. Συγκεκριμένα χρησιμοποιήσαμε την πυ-κνότητα ροής F=pv ενός ρευστού και είχαμε αποδείξει ότι η απόκλιση ∇⋅F μας δίνει τον συντελεστή μεταβολής της μάζας του ρευστού ανά μονάδα όγκου και ανά μονάδα χρόνου σ' ένα σημείο. Ας θεωρήσουμε τώρα το ίδιο φυσικό μέγεθος και μια κλειστή επιφάνεια S, που περικλείει τον όγκο V, (Σχ. 9.7.1). Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η έκφραση: F⋅ndS =pv⋅ndS (9.7.1)

μας δίνει την ποσότητα της μάζας του ρευστού, που διέρχεται από την στοιχειώδη επιφάνεια dS ανά μονάδα χρόνου. Η δε ποσότητα του ρευστού, που διέρχεται από όλη την κλειστή επιφάνεια ανά μονάδα χρόνου θα είναι:

n

F

V

dS

F n⋅∫∫ dSS

(9.7.2)

Από την άλλη πλευρά η απόκλιση ∇⋅F υπολογισμένη σ' ένα σημείο του

όγκου V μας δίνει την ποσότητα της μάζας, που διέρχεται από αυτό το σημείο ανά μονά-δα όγκου και ανά μονάδα χρόνου. Επομένως η έκφραση ∇⋅FdV, όπου dV ένας στοιχειώ-δης όγκος της μορφής dV=dxdydz μας δίνει την ποσότητα του ρευστού, που διέρχεται από τον στοιχειώδη όγκο dV στη μονάδα του χρόνου. Ευνόητο τώρα είναι ότι η συνολι-κή ποσότητα του ρευστού, που διέρχεται από τον όγκο V, (δηλαδή από την κλειστή επι-φάνεια S), στη μονάδα του χρόνου θα είναι:

Σχ. 9.7.1

(9.7.3) ∇ ⋅∫∫∫ FdxdydzV

Οι εκφράσεις (9.7.2) και (9.7.3) μας δίνουν την ίδια ποσότητα, άρα θα έχουμε:

=∇ ⋅∫∫∫ FdxdydzV

F n⋅∫∫ dSS

(9.7.4)

δηλαδή το θεώρημα του Gauss.

9.8 Εφαρμογές των θεωρημάτων Gauss και Stokes

1) Ο νόμος του Gauss. Το θεώρημα του Gauss έχει αρκετές εφαρμογές στον ηλε-κτρισμό. Μια από αυτές είναι ο νόμος του Gauss, ο οποίος για ένα σημειακό ηλεκτρικό φορτίο q διατυπώνεται ως εξής Η ροή Φ της ηλεκτρικής έντασης Ε, που προέρχεται από ένα σημειακό ηλεκτρικό φορτίο q δια μέσου μιας κλειστής επιφάνειας S είναι: α) μηδέν, εάν το ηλεκτρικό φορτίο q βρίσκεται έξω από την επιφάνεια S και β) 4πq, εάν το φορτίο q βρίσκεται μέσα στην κλειστή επιφάνεια S. Απόδειξη: Έστω ότι το φορτίο q βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. Τότε η ένταση του αντιστοίχου ηλεκτρικού πεδίου στο σημείο με διάνυσμα θέσης r, παραλείποντας τις διά-φορες φυσικές σταθερές , είναι :


155

qr 3 r E= (9.8.1)

α) Ας υποθέσουμε ότι η κλειστή επιφάνεια S δεν περιέχει το φορτίο q, Σχ. 9.8.1. Η ροή Φ της έντασης μέσα από την κλειστή επιφάνεια S θα είναι: Φ= (9.8.2)

S

dS⋅∫∫ E n

αλλά από το θεώρημα του Gauss έχουμε: Φ= = (9.8.3) ∇ ⋅ =∫∫∫ EdV

V

0S

dS⋅∫∫ E n

διότι ∇⋅Ε=0 σε κάθε σημείο του όγκου V. Πράγματι:

[ ] [ ] [∇ ⋅ = ∇ ⋅ ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= ∇ ⋅ + ∇ ⋅ = − ⋅ + = − + =− − − − − −E r r r r rq

rq r r q r r q r r3

3 3 5 3 3 33 3 3 3( ) ( ) ] 0

β) Εάν τώρα η κλειστή επιφάνεια S περιέχει το φορτίο q, δηλαδή την αρχή των αξόνων Ο, (Σχ. 9.8.2), τότε δημιουργείται πρόβλημα στο τριπλό ολοκλήρωμα του θεωρήματος του Gauss, αφού η έκφραση r/r3 δεν ορίζεται στην αρχή των αξόνων Ο. Γι' αυτό ακριβώς τον λόγο θεωρούμε μια μικρή σφαίρα s με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ε. Aς συμβολίσουμε με Τ τον όγκο, που περικλείεται μεταξύ της κλειστής επιφάνειας S και της επιφάνειας της σφαίρας.

S

q O y

x

z z

S

q

s

εO

x

y

Σχ. 9.8.1 Σχ. 9.8.2

Στον όγκο αυτό έχουμε r≠0 και επομένως μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα του Gauss :

E n E n E⋅ + ⋅ = ∇ ⋅ =∫∫ ∫∫∫∫∫dS dS dVS Ts

0 ⇒

E n r n⋅ = − ⋅∫∫ ∫∫dS qr

dSs s

3E n⋅∫∫ dSS

=- (9.8.4) Φ=

για το επιφανειακό ολοκλήρωμα του β μέλους έχουμε ότι:

= −εr 2

3 4 4

1r

⋅ ε2⋅ = − = − = −

ε ε εr r rnn , r=ε και συνεπώς (9.8.5)


22 2

s

1 qq dS 4π 4πq−− = ε =

ε ε∫∫ (9.8.6) Άρα Φ=

2) Ο νόμος του Ampere. Η διατύπωση του νόμου του Ampere έχει ως εξής: Εάν S εί-ναι μια ανοικτή επιφάνεια, η οποία περατώνεται στην κλειστή καμπύλη C, Β η μαγνητική επαγωγή, που δημιουργείται από το ρεύμα Ι, που διέρχεται από την κλειστή καμπύλη C, τότε ισχύει: (9.8.7)

C

d 4π I⋅ =∫ B r

Απόδειξη : Από τη σχέση ∇×B=4πJ(5 όπου J η πυκνότητα του ρεύματος, παίρνοντας τα επιφανειακά ολοκληρώματα και των δυο μελών, έχουμε: (9.8.8) ( )

S S

dS 4π dS∇× ⋅ = ⋅∫∫ ∫∫B n J n

Αλλά από το θεώρημα του Stokes το αριστερό επιφανειακό ολοκλήρωμα μας δίνει: ( )∇ × ⋅ = ⋅∫∫∫ B n B rdS d

CS

(9.8.9)

και το δεξιό μέλος μας δίνει το ολικό ρεύμα, δηλαδή (9.8.10)

S

4π dS 4π I⋅ =∫∫ J n

Από τις δυο τελευταίες σχέσεις προκύπτει ο νόμος του Ampere (9.8.11)

C

d 4π I⋅ =∫ B r

9.9 Ολοκληρωτικές μορφές της απόκλισης, της βάθμωσης και του στροβιλισμού

Όπως ξέρουμε το θεώρημα της μέσης τιμής του ολοκληρωτικού λογισμού διατυ-πώνεται με τη σχέση: (9.9.1) f (x)dx ( )f ( )

β

α= β − α ξ∫

όπου το ξ είναι κάποιο σημείο μεταξύ του α και του β : α≤ξ≤β. Αντίστοιχο θεώρημα ισχύει και για τις συναρτήσεις πολλών μεταβλητών. Έτσι λοιπόν έ-χουμε τη σχέση:

V

f (x,y,z)dxdydz Vf ( , , )= ξ η ζ∫∫∫ (9.9.2)

όπου το σημείο (ξ.η.ζ)∈V, όπως επίσης:

S

dS S ( , , ) ( , , )⋅ = ξ η ζ ⋅ ξ η ζ∫∫F n F n (9.9.3)

όπου το σημείο (ξ,η,ζ)∈S και το n(ξ,η,ζ) είναι το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα της S στο σημείο (ξ,η,ζ).

α) Ολοκληρωτική μορφή της απόκλισης ∇⋅F

(5 Η σχέση αυτή είναι μια από τις τέσσερις εξισώσεις του Maxwell του ηλεκτρομαγνητισμού.


157

Εάν στο θεώρημα του Gauss:

V S

dxdydz dSΔ Δ

∇ ⋅ = ⋅∫∫∫ ∫∫F F n (9.9.4)

εφαρμόσουμε το θεώρημα της μέσης τιμής για το αριστερό μέλος, θα έχουμε:

P( , , )S

V dSξ η ζ

Δ

Δ ∇ ⋅ = ⋅∫∫F F n ⇒ P( , , )S

1| dSVξ η ζ

Δ

= ⋅Δ ∫∫F F n∇⋅ (9.9.5)

όπου Ρ(ξ,η,ζ) κάποιο σημείο του όγκου ΔV. Εάν πάρουμε τώρα το όριο του ΔV→0, έτσι ώστε το σημείο Ρ να είναι εσωτερικό του ΔV, τότε από τη σχέση (9.9.5) προκύπτει:

P V 0S

1| lim dSVΔ →

Δ

∇ ⋅ (9.9.6) = ⋅Δ ∫∫F F n

Η σχέση (9.9.6) αποτελεί την ολοκληρωτική μορφή της απόκλισης ∇⋅F και μπορεί να ληφθεί σαν ορισμός της. Στη συνεχεία για να μπορέσουμε να αποδείξουμε τις ανάλογες ολοκληρωτικές εκ-φράσεις για τη βάθμωση και τον στροβιλισμό, θα χρειαστούμε πρώτα να αποδείξουμε τις εκφράσεις:

∇ = ∫∫∫∫∫ fdV f dSSV

n (9.9.7)

∇ × = ×∫∫∫∫∫ F n FdV dSSV

(9.9.8)

Απόδειξη της (9.9.7) Στο θεώρημα του Gauss θέτουμε F=fC, όπου C τυχαίο αλλά σταθερό διάνυσμα. Τότε:

∇ ⋅ = ⋅∫∫∫∫∫ ( )f dV f dSSV

C C n (9.9.9)

Επειδή ∇⋅(fC)=(∇f)⋅C=C⋅∇f και fC⋅n=C⋅(fn) θα έχουμε: C f dV f d

SV

⋅ ∇ = ⋅∫∫∫∫∫ ( ) ( )C n S ⇒ C ⇒ C n⋅ ∇ = ⋅ ∫∫∫∫∫ fdV f dSSV

∇ = ∫∫∫∫∫ fdV f dSSV

n (9.9.10)

Απόδειξη της (9.9.8). Στο θεώρημα του Gauss αντικαθιστούμε το διανυσματικό πεδίο F με την έκφραση F×C, όπου C τυχαίο αλλά σταθερό διάνυσμα . Τότε: ∇ ⋅ × = × ⋅∫∫∫∫∫ ( ) ( )F C F C ndV dS

SV

(9.9.11)

Επειδή ∇⋅(F×C)=C⋅(∇×F) και (F×C)⋅n=C⋅(n×F) θα έχουμε: C F C n F⋅ ∇ × = ⋅ ×∫∫∫∫∫ ( ) ( )dV dS

SV

C F C n⋅ ∇ × = ⋅ ×∫∫∫∫∫ ( ) ( )dV dSSV

F ⇒

( ) ( )∇ × = ×∫∫∫∫∫ F n FdV dSSV

(9.9.12)


β) Ολοκληρωτική μορφή της βάθμωσης ∇f Από τη σχέση (9.9.7) έχουμε:

( ) ( ) ( )S

V

f f f dV f dSx y z

⎡ ⎤∂ ∂ ∂+ + = ⋅ + ⋅ + ⋅⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎣ ⎦∂ ∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⌠⎮⎮⎮⌡⌡⌡

∫∫i j k n i i n j j n k k ⇒ (9.9.13)

( )SV

f dV f dSx∂

= ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂⌠⌠⌠⎮⎮⎮⌡⌡⌡ ∫∫ n i (9.9.14α)

( )S

V

f dV f dSy∂

= ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂⌠⌠⌠⎮⎮⎮⌡⌡⌡ ∫∫ n j (9.9.14β)

( )SV

f dV f dSz∂

= ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂⌠⌠⌠⎮⎮⎮⌡⌡⌡ ∫∫ n k (9.9.14γ)

Εφαρμόζοντας το θεώρημα της μέσης τιμής στα αριστερά μέλη των σχέσεων (9.9.14) έχουμε:

( )P S

f 1 f dx V Δ

∂= ⋅ S⎡ ⎤⎣ ⎦∂ Δ ∫∫ n i (9.9.15)

και παίρνοντας το όριο του ΔV→ 0 έχουμε:

( )V 0P S

f 1lim f dSx VΔ →

Δ

∂= ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂ Δ ∫∫ n i (9.9.16α)

όμοια βρίσκουμε:

( )V 0SP

f 1lim f dSy VΔ →

Δ

∂= ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂ Δ ∫∫ n j (9.9.16β)

( )V 0P S

f 1lim f dSz VΔ →

Δ

∂= ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂ Δ ∫∫ n kκαι (9.9.16γ)

Πολλαπλασιάζοντας τις (9.9.16) με i, j και k αντίστοιχα θα έχουμε:

( ) ( ) ( )V 0SP

f f f 1lim f dSx y z VΔ →∂ ∂ ∂

+ + = ⋅ + ⋅ + ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂ ∂ Δ ∫∫i j k n i i n j j n k k ⇒

V 0PS

1f lim f dSVΔ →

Δ

∇ =Δ ∫∫ n (9.9.17)

Η σχέση (9.9.17) είναι η ολοκληρωτική μορφή της βάθμωσης ∇f και μπορεί να ληφθεί σαν ορισμός της.

γ) Ολοκληρωτική μορφή του στροβιλισμού ∇×F Από τη σχέση (9.9.8) έχουμε:

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ][ ]∇ × ⋅ + ∇ × ⋅ + ∇ × ⋅ =∫∫∫ F i i F j j F k k dVV


159

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ][ ]= × ⋅ ⋅ + × ⋅ ⋅ + × ⋅ ⋅∫∫ n F i i n F j j n F k k dSS

⇒ (9.9.18)

( )[ ][ ]∇ × ⋅ =∫∫∫ F i dVV

( )[ ][ ]n F i× ⋅∫∫ dSS

(9.9.19α)

( )[ ][ ]∇ × ⋅ =∫∫∫ F j dVV

( )[ ][ ]n F j× ⋅∫∫ dSS

(9.9.19β)

( )[ ][ ]∇ × ⋅ =∫∫∫ F k dVV

( )[ ][ ]n F k× ⋅∫∫ dSS

(9.9.19γ)

Εφαρμόζοντας το θεώρημα της μέσης τιμής στα αριστερά μέλη των σχέσεων (9.9.19), βρίσκουμε:

V 0PS

1( ) lim ( ) dSVΔ →

Δ

∇× ⋅ = × ⋅Δ ∫∫F i n F i (9.9.20α)

V 0PS

1 ( ) lim ( ) dSVΔ →

Δ

∇× ⋅ = × ⋅Δ ∫∫F j n F j (9.9.20β)

V 0PS

1( (9.9.20γ) ) lim ( ) dSVΔ →

Δ

∇× ⋅ = × ⋅Δ ∫∫F k n F k

Πολλαπλασιάζοντας τις παραπάνω σχέσεις με i , j , k αντίστοιχα και προσθέτοντας, προ-κύπτει:

V 0PS

1( ) (9.9.21) lim ( )dSVΔ →

Δ

∇× = ×Δ ∫∫F n F

Η σχέση (9.9.21) είναι η ολοκληρωτική μορφή του στροβιλισμού ∇×F και μπορεί να ληφθεί σαν ορισμός της. Παρατήρηση: Οι ολοκληρωτικές μορφές της απόκλισης, της βάθμωσης και του στροβι-λισμού, όπως φαίνεται από τις εκφράσεις (9.9.6), (9.9.17) και (9.9.21) έχουν μια ενιαία έκφραση. Αυτό μας υποβάλλει την ιδέα να εισάγουμε τον τελεστή:

V 0S

1lim dVΔ →

Δ

∇ ≡ (9.9.22) Δ ∫∫ S

όπου το σύμβολο έχει την έννοια του συνήθους πολλαπλασιασμού ή του εσωτερικού γινομένου ή του εξωτερικού γινομένου. Έτσι: α) Εάν ο τελεστής (9.9.22) επιδράσει πάνω σ' ένα βαθμωτό πεδίο f με τον συνήθη πολ-λαπλασιασμό, μας δίνει την βάθμωση ∇f:

V 0S

1f lim d fVΔ →

Δ∫∫ S (9.9.22) ∇ ≡

Δβ) Εάν ο τελεστής (9.9.22 επιδράσει πάνω σ' ένα διανυσματικό πεδίο F με το εσωτερι-κό γινόμενο, μας δίνει την απόκλιση ∇.F:

V 0S

1lim dVΔ →

Δ

∇ ⋅ (9.9.24 ≡ ⋅Δ ∫∫F S F

γ) Εάν ο τελεστής (9.9.22) επιδράσει πάνω σ' ένα διανυσματικό πεδίο F με το εξωτε-ρικό γινόμενο, μας δίνει τον στροβιλισμό ∇×F:


V 0S

1lim dVΔ →

Δ

∇× ≡ ×Δ ∫∫F S F (9.9.25)


I y x dx xdC

= − +∫ ( sin ) cos y1. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα: όπου C η περίμετρος

του τριγώνου με κορυφές τα σημεία (0,0), (π/2,0), (π/2,1), α) άμεσα και β) χρησιμοποι-ώντας το θεώρημα του Green. 2. Δείξτε ότι το εμβαδόν της περιοχής που περικλείεται από μια απλή κλειστή καμπύλη

C δίνεται από τον τύπο: 12

xdy ydxC

−∫

2 2

2 2

x y 1+ =α β

3. Να βρεθεί το εμβαδόν της έλλειψης:

4. Να επαληθευθεί το θεώρημα του Green για το διανυσματικό πεδίο F=(2x-y3)i-xyj

και για την καμπύλη C, που είναι το σύνορο της περιοχής που περικλείεται από τους κύκλους : x2

+y2=1 και x2+y2=9.

(ln r) (ln r)y x

∂ ∂−

∂ ∂i j5. Θεωρούμε το διανυσματικό πεδίο: F(x,y)=

όπου r=xi+yj και r=|r|>0. Εάν C είναι μια οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη, που πε-ριέχεται στο δακτύλιο 1<x2+y2<25 να υπολογιστεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα:

F r⋅∫ dC

26. Να επαληθευθεί το θεώρημα του Stokes για το διανυσματικό πεδίο F=(2x-y)i-yz j-

y2zk και για την επιφάνεια S που είναι το άνω ημισφαίριο της σφαίρας x2+y2 2+z =1 7. Nα επαληθευθεί το θεώρημα του Gauss για το διανυσματικό πεδίο F=2x2yi-y2j +4xz2k και για την περιοχή V, που βρίσκεται στο πρώτο οκταημόριο και φράσσεται από το επίπεδο x=2 και τον κύλινδρο y2 2+z =9.

IS

= ⋅∫∫ F ndS 8. Υπολογίστε το κλειστό επιφανειακό ολοκλήρωμα όπου F=4xzi-

y2j+yzk και S η επιφάνεια του κύβου, που ορίζεται από τις εξισώσεις: x=0, x=1, y=0, y=1, z=0, z=1. 9. Επαληθεύστε το θεώρημα του Gauss για το διανυσματικό πεδίο F=4xi-2y2 2j+z k και για την κλειστή επιφάνεια, που ορίζεται από τις επιφάνειες x2+y2=4, z=0, z=3.


161

10. Να βρεθεί η ροή του διανυσματικού πεδίου F=Axi+Byj+Γzk δια μέσου ενός στε-ρεού όγκου V.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ

ΜΜΕΕΓΓΙΙΣΣΤΤΑΑ ΚΚΑΑΙΙ ΕΕΛΛΑΑΧΧΙΙΣΣΤΤΑΑ

10.1 Γενικά

Στην πραγματική ανάλυση μιας μεταβλητής, για να ελέγξουμε αν μια συνάρτηση f(x) έχει τοπικά μέγιστα ή ελάχιστα, βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία x0 για τα οποία f′(x0)=0, και σε κάθε τέτοιο σημείο ελέγχουμε το πρόσημο της δεύτερης παραγώγου f″(x0). Εάν f″(x0)<0, το f(x0) είναι τοπικό μέγιστο της f(x), και εάν f″(x0)>0, το f(x0) είναι τοπικό ελάχιστο της f(x). Στην περίπτωση που f″(x0)=0 το κριτήριο δεν ισχύει. Στο κεφάλαιο αυτό επεκτείνουμε τον μηχανισμό των παραγώγων για τον εντοπι-σμό των ακροτάτων σε συναρτήσεις πολλών μεταβλητών, δηλ. σε βαθμωτά πεδία. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θα περιοριστούμε σε συναρτήσεις δυο μεταβλητών της μορφής z=f(x,y).

10.2 Μέγιστα, ελάχιστα και σαγματικά σημεία

Όπως είναι γνωστό από τα προηγούμενα κεφάλαια, μία συνάρτηση της μορφής z=f(x,y) παριστάνει γεωμετρικά μια επιφάνεια, την οποία μπορούμε να θεωρήσουμε σαν ισοσταθμική επιφάνεια του βαθμωτού πεδίου F, που ορίζεται από την σχέση: F(x,y,z)=f(x,y)-z (10.2.1) δηλαδή η ισοσταθμική αυτή επιφάνεια έχει εξίσωση F(x,y,z)=0. Η βάθμωση του βαθμωτού πεδίου F(x,y,z) μας δίνει το διάνυσμα:

∇F(x,y,z)= f fx y∂ ∂

+ −∂ ∂

i j k (10.2.2)

η δε εξίσωση του επιπέδου που εφάπτεται της επιφάνειας στο σημείο Ρ0(x0,y0,z0) είναι:

(r-r0)⋅ ∇F=0 ⇒ (x-x0) 0 0 0f (x , y , z )x

∂∂

+(y-y0) 0 0 0f (x , y , z )y

∂∂

-(z-z0)=0 (10.2.3)

164 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ Από την έννοια του εφαπτομενικού επιπέδου καταλαβαίνουμε ότι το σημείο Ρ0 μπορεί να είναι ακρότατο όταν το εφαπτομενικό επίπεδο είναι παράλληλο προς το συντεταγμένο ε-πίπεδο ΟΧΥ. Και αυτό συμβαίνει όταν η βάθμωση ∇F είναι διάνυσμα παράλληλο προ τον άξονα ΟΖ, (Σχ. 10.2.1), δηλαδή όταν

( )0 0f x , yx

∂∂

=0 και ( )0 0f x , yy

∂∂

=0

(10.2.4)

Ορισμός 1: Το σημείο Ρ0(x0,y0,z0) λέ-γεται κρίσιμο σημείο, (ή στάσιμο σημείο) της επιφάνειας και το σημείο (x0,y0) κρίσιμο σημείο της συνάρτη-σης f(x,y) όταν ισχύουν οι σχέσεις (10.2.4). Τα κρίσιμα σημεία κατατάσσονται συνήθως σε τρεις κατηγορίες: α) σημεία μεγίστου β) σημεία ελαχίστου γ) σαγματικά σημεία τα οποία, σε ένα ορεινό τοπίο, αντιστοιχούν στις βουνοκορφές, στα χαμηλά σημεία των πεδιάδων και στα διάσελα ή αυχένες αντίστοιχα. Στη συνέχεια δίνουμε τον μαθηματικό ορισμό τους. Ορισμός 2: α) Η συνάρτηση z=f(x,y) λέμε ότι έχει ένα απόλυτο μέγιστο, (ή ολικό μέγι-στο), πάνω σ' ένα ανοικτό σύνολο U του επιπέδου ΟΧΥ, όταν υπάρχει ένα σημείο (x0,y0) του U, τέτοιο ώστε να ισχύει: f(x,y)<f(x0,y0) ∀(x,y)∈U. Ο αριθμός f(x0,y0) ονομάζεται απόλυτο μέγιστο, (ή ολικό μέγιστο), πάνω στο U. β) Η συνάρτηση z=f(x,y) λέμε ότι έχει ένα σχετικό μέγιστο, (ή τοπικό μέγιστο), στο ση-μείο (x0,y0), εάν ισχύει: f(x,y)<f(x0,y0) ∀(x,y)∈Π(x0,y0), όπου Π(x0,y0) μία περιοχή του σημείου (x0,y0). Ο αριθμός f(x0,y0) ονομάζεται σχετικό μέγιστο, (ή τοπικό μέγιστο).

Ανάλογα ορίζονται και οι έννοιες του απολύτου και σχετικού ελαχίστου. Ένας αριθμός που είναι είτε μέγιστο είτε ελάχιστο της f θα ονομάζεται ακρότατο. Για τον ορισμό των σαγματικών σημείων θα μιλήσουμε παρακάτω. Όταν η συνάρτηση f(x,y) έχει ακρότατο σ' ένα σημείο (x0,y0) και υπάρχουν οι με-

ρικές παράγωγοι: fx∂∂

, fy∂∂

σε μια περιοχή του σημείου (x0,y0), εύκολο είναι να αποδεί-

ξουμε ότι και οι δυο μερικές παράγωγοι πρέπει να είναι μηδέν στο σημείο (x0,y0). (Η από-δειξη γίνεται με το να θεωρήσουμε τη μια συνιστώσα σταθερή και να αναγάγουμε το πρό-βλημα στην περίπτωση μιας διαστάσεως). Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι στο σημείο (x0,y0,f(x0,y0)) της επιφάνειας z=f(x,y) το εφαπτόμενο επίπεδο είναι παράλληλο προς το επίπεδο ΟΧΥ. Είναι όμως δυνατό ο μηδενισμός και των δυο μερικών παραγώγων στο ση-μείο (x0,y0) να μην συνεπάγεται αναγκαστικά την ύπαρξη ακροτάτου στο σημείο αυτό. Το φαινόμενο αυτό παρουσιάζεται στα λεγόμενα σαγματικά σημεία.

P0

x

y

z ∇F(x0,y0,z0)

Σχ. 10.2.1

. Μέγιστα και ελάχιστα ♦ 165

Ορισμός 3: Ένα κρίσιμο σημείο (x0,y0) της f λέγεται σαγματικό σημείο όταν κάθε περι-οχή του (x0,y0) περιέχει σημεία (x,y) για τα οποία f(x,y)<f(x0,y0) αλλά και σημεία (x,y) για τα οποία f(x,y)>f(x0,y0). Παράδειγμα 1: Βρείτε τα μέγιστα και ελάχι-στα της συνάρτησης z=f(x,y)=x2+y2 .

z

y

x Σχ. 10.2.2

Λύση Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις:

fx∂∂

=2x=0 και fy∂∂

=2y=0 (10.2.5)

ως προς x και y. Το μοναδικό κρίσιμο σημείο είναι η αρχή των αξόνων (0,0), όπου η τιμή της συνάρτησης είναι μηδέν. Επειδή όμως f(x,y)≥0 ∀(x,y)∈R2 , το σημείο (0,0) είναι απόλυτο ε-λάχιστο, (Σχ.10.2.2) . Παράδειγμα 2 Βρείτε τα μέγιστα και ελάχιστα της συνάρτησης z=f(x,y)=2-x2-y2 . Λύση Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις:

=-2x=0 και fy∂∂

=-2y=0 (10.2.6)

f∂x∂

z

x

y

Σχ. 10.2.3

ως προς x και y. Το μοναδικό κρίσιμο ση-μείο είναι η αρχή των αξόνων (0,0), όπου η τιμή της συνάρτησης έχει τιμή 2. Επειδή όμως f(x,y)= 2-x2-y2≤2 ∀(x,y)∈R2 , το σημείο (0,0) είναι απόλυτο μέγιστο (Σχ.10.2.3). Παράδειγμα 3 Βρείτε τα μέγιστα και ελά-χιστα της συνάρτησης z=f(x,y)=xy . Λύση Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύ-νοντας τις εξισώσεις:

fx∂∂

=y=0 και fy∂∂

=x=0 (10.2.7)

ως προς x και y. Το μοναδικό κρίσιμο σημείο είναι η αρχή των αξόνων (0,0), όπου η τιμή της συνάρτησης είναι μηδέν. Το σημείο όμως αυτό δεν είναι ούτε μέγιστο ούτε ελάχιστο. Πράγματι, για σημεία (x,y) στο πρώτο ή τρίτο τεταρτημόριο του επιπέδου ΟΧΥ, τα x και y είναι ομόσημοι αριθμοί και δίνουν f(x,y)>0= f(0,0), ενώ στο δεύτερο και τέταρτο τεταρ-τημόριο τα x και y είναι ετερόσημοι αριθμοί και επομένως f(x,y)<0=f(0,0). Σε κάθε δηλα-δή περιοχή γύρω από την αρχή (0,0) υπάρχουν σημεία για τα οποία η τιμή f(x,y) της f εί-ναι μεγαλύτερη από f(0,0), αλλά και σημεία για τα οποία η τιμή f(x,y) είναι μικρότερη από f(0,0). Επομένως το σημείο (0,0) είναι σαγματικό σημείο (Σχ.10.2.4).

166 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ Πολλές φορές είναι δυνατό να προσδι-ορίσουμε τη φύση ενός κρίσιμου σημείου με αναλυτικές αποκλειστικά μεθόδους, χωρίς να είμαστε αναγκασμένοι να καταφεύγουμε στη γραφική παράσταση της επιφάνειας, που δεν είναι πάντα τόσο εύκολο να σχεδιαστεί. Το θεώρημα, που ακολουθεί χωρίς απόδειξη, πε-ριγράφει το απλούστερο κριτήριο χρησιμο-ποιώντας τις δεύτερες μερικές παραγώγους.

Θεώρημα 1: Έστω z=f(x,y) μία συνάρτηση δυο μεταβλητών x και y με συνεχείς τις δεύτερες μερικές παραγώγους σ' ένα ανοικτό σύ-νολο U του επιπέδου ΟΧΥ και ας υποθέσουμε ότι το σημείο (x0,y0) είναι ένα σημείο του

U, στο οποίο και οι δυο μερικές παράγωγοι fx∂∂

και fy∂∂

μηδενίζονται. Ας θέσουμε:

z

x

y

Σχ. 10.2.4

H=

220 00 0

2

2 20 0 0 0

2

f (x , y )f (x , y ) x yx

f (x , y ) f (x , y )y x y

∂∂∂ ∂∂

∂ ∂∂ ∂ ∂

(10.2.8)

(η ορίζουσα αυτή ονομάζεται ορίζουσα του Hess ή Εσσιανή ορίζουσα), τότε ισχύουν τα εξής:

1) Εάν H>0 και 2

2x∂∂

f(x0,y0)>0, η f έχει σχετικό ελάχιστο στο σημείο (x0,y0)

2) Εάν H>0 και 2

2x∂∂

f(x0,y0)<0, η f έχει σχετικό μέγιστο στο σημείο (x0,y0)

3) Εάν H<0, το σημείο (x0,y0) είναι σαγματικό σημείο 4) Εάν H=0, η διερεύνηση σ’ αυτή την περίπτωση είναι πολύπλοκη και θα παραληφ-θεί1. Παράδειγμα 4: Βρείτε τα σχετικά μέγιστα και ε-λάχιστα της συνάρτησης f(x,y)=x2+y2-2x+6y-5 Λύση Έχουμε:

=2x-2=0 ⇒ x=1 και fy∂∂

=2y+6=0 ⇒ fx∂∂

y=-3 Άρα το σημείο (1,-3) είναι κρίσιμο σημείο. Στο σημείο αυτό έχουμε:

2

2x∂∂

f(1,-3)=2, 2

2y∂∂

f(1,-3)=2, 2

x y∂∂ ∂

f(1,-3)=0 Σχ. 10.2.5

1 Βλέπε Goursat – Hedrick, “A course in Mathematical Analysis”, vol. 1, § 53-58.


και Η=2 0

40 2

= >0

Αφού 2

2x∂∂

f(1,-3)=2>0 συμπεραίνουμε ότι η f(x,y) έχει ένα σχετικό ελάχιστο στο σημείο

(1,-3). Παράδειγμα 5: Βρείτε τα σχετικά μέγιστα και ελάχιστα της συνάρτησης f(x,y)=y2-x2. Λύση

Έχουμε:

Σχ. 10.2.6

=-2x=0 ⇒ x=0 και fy∂∂

=2y=0 ⇒ y=0 fx∂∂Άρα το σημείο (0,0) είναι κρίσιμο σημείο. Στο σημείο αυτό έχουμε:

2

2x∂∂

f(0,0)=-2, 2

2y∂∂

f(0,0)=2, 2

x y∂∂ ∂

f(0,0)=0

και Η=-4<0 Επομένως το σημείο (0,0) είναι σαγματικό σημείο. ___________________

Το υπόλοιπο της παραγράφου αναφέρεται σε περαιτέρω μελέτη του προηγουμένου θεωρήματος και μπορεί να παραληφθεί σε πρώτη ανάγνωση.

Η ορίζουσα του Hess μπορεί να μελετηθεί καλύτερα με την βοήθεια των τετρα-γωνικών συναρτήσεων. Οι τετραγωνικές συναρτήσεις είναι συναρτήσεις g : R2 → R της μορφής:

( ) ( )2

2 21 2 ij i j 11 1 12 1 2 21 2 1 22 2

i, j 1

g g h ,h h h h h h h h=

= = α = α +α +α +α∑h h

Οι συντελεστές αij σχηματίζουν έναν πίνακα Α=[αij](2 με την βοήθεια του οποίου η παρα-πάνω σχέση γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( )11 12 1 11 1 12 21 2 1 2 1 2

21 22 2 21 1 22 2

h h hg g h ,h h ,h h ,h A

h h hα α α +α⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α α +α⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠h h h

όπου Ah h είναι το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων h, και Αh. Διαπιστώνουμε ότι εάν κάνουμε την αντικατάσταση αij → bij=½(αij+αji) η g δεν μεταβάλλεται. Επομένως μπορούμε να θεωρήσουμε ότι ο πίνακας Α=[αij] είναι συμμετρικός. Από τον ορισμό της g προκύπτει ο τετραγωνικός χαρακτήρας της:

( ) ( )21 2 1 2g h , h g h ,hλ λ = λ

δηλαδή η g είναι ομογενής συνάρτηση με βαθμό ομογένειας 2.

( 2Είναι φανερό ότι σε κάθε τετραγωνική συνάρτηση g αντιστοιχεί ένας τετραγωνικός πίνακας Α και αντι-στρόφως: σε κάθε τετραγωνικό πίνακα αντιστοιχεί μια τετραγωνική συνάρτηση.

168 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ Μια τετραγωνική συνάρτηση g : R2 → R λέγεται θετικά ορισμένη αν g(h)>0 για

κάθε h∈R2 και g(h)=0 μόνο όταν h=0. Όμοια η g λέγεται αρνητικά ορισμένη αν g(h)<0 για κάθε h∈R2 και g(h)=0 μόνο όταν h=0.

Ορισμός 4: Υποθέτουμε ότι η f : U⊂R2 → R έχει όλες τις μερικές παραγώγους δεύτερης

τάξεως ( )2

0i j

fx x∂

∂ ∂r για i,j=1,2 συνεχείς σε ένα σημείο r0∈U. Η Εσσιανή συνάρτηση της

f στο r0 είναι η τετραγωνική συνάρτηση που ορίζεται από την σχέση:

( )( ) ( )22

0 0i, j 1 i j

1 fHf h h2 x x=

∂=

∂ ∂∑r h r i j

δηλαδή εδώ έχουμε: ( )20

iji j

f12 x x∂

α =∂ ∂

r.

Σημειώνουμε ότι στην περίπτωση n=1, όταν δηλαδή η συνάρτηση f είναι μιας μεταβλη-τής x, τότε η Εσσιανή είναι Ηf(x0)= ½f″(x0)h2, η οποία είναι θετικά ορισμένη αν f″(x0)>0.

Στη συνέχεια θα αναφερθούμε στο ανάπτυγμα του Taylor για συναρτήσεις πολλών μεταβλητών, με τη βοήθεια του οποίου θα βρούμε ποια σχέση συνδέει το ανάπτυγμα Taylor με την Εσσιανή. Εδώ θα περιοριστούμε σε συναρτήσεις δυο μεταβλητών, αφού η γενίκευση σε πολλές μεταβλητές είναι άμεση.

Στην περίπτωση των συναρτήσεων μιας μεταβλητής, το ανάπτυγμα του Taylor γράφεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) (n

2 nn

f f ff x f x x x R x,

1! 2! n!′ ′′α α α

= α + −α + −α + + −α + α… ) (10.2.9)

όπου ( ) ( ) ( ) ( )nx

n 1n

x tR x, f t dt

n!+

α

−α = ⌠⎮

⌡ (10.2.10)

είναι το υπόλοιπο με την ιδιότητα: ( )( )

nn

R x,0

xα

→−α

όταν x → α.

Ας θεωρήσουμε τώρα μια συνάρτηση f(x,y) δυο μεταβλητών και δυο σημεία του επιπέδου με διανύσματα θέσεως r και r0 τα οποία βρίσκονται αρκετά κοντά, δηλαδή το |r-r0| να είναι αρκετά μικρό. Ας θέσουμε r-r0=h=h1i+h2j. Τότε ο προηγούμενος τύπος του Taylor γενικεύεται ως εξής:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 20 0 0 0 02 2

0 0 1 2 1 1 2 22 2 2

2 0

f f f f f1f f h h h h h hx y 2 x x y y

R ,

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤+ = + + + + + +⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

+

r r r r rr h r

h r

(10.2.11)


όπου R2(h,r0) το υπόλοιπο τάξεως 2 με την ιδιότητα ( )2 02

R0→+

⎯⎯⎯→h 0h rh

.

Εάν χρησιμοποιήσουμε λίγο διαφορετικό συμβολισμό και θέσουμε x=x1, y=x2, τότε ο πα-ραπάνω τύπος γράφεται πιο σύντομα:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2

0 00 0 i i j 2

i 1 i, j 1i i j

f f1f f h h h Rx 2 x x= =

∂ ∂+ = + + +

∂ ∂ ∂∑ ∑r r

r h r h r0,

ή πιο γενικά:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22 20 0

0 0 i i ji 1 i, j 1i i

m n p 11 2 0

p 0m nm n p 1 1 2

f f1f f h h hx 2 x x

h h fR ,

m!n! x x

= =

−

+ = −

∂ ∂+ = + + + +

∂ ∂ ∂

∂+ +

∂ ∂

∑ ∑

∑

r rr h r

rh r

…j

όπου ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

m n pp 11 2 0

p 0 m nm n p 1 2

0

h h f tR , p 1 t d

m!n! x x−

+ =

∂ += −

∂ ∂⌠⎮⌡

∑r h

h r t το υπόλοιπο τάξεως p.

Εάν το σημείο r0 είναι κρίσιμο σημείο, δηλαδή οι πρώτες μερικές παράγωγοι ως προς x

και y μηδενίζονται: ( )0fx

∂∂

r=0, ( )0f

y∂∂

r=0, τότε το ανάπτυγμα Taylor (10.2.11) γράφε-

ται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

0 0 02 20 0 1 1 2 2 22 2 2

f f f1f f h h h h R2 x x y y⎡ ⎤∂ ∂ ∂

+ = + + + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦

r r rr h r h r0,

ή ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 2f f Hf R+ = + +r h r r h h r0,

( )( )

Έτσι σε ένα κρίσιμο σημείο η Εσσιανή Η ισούται με τον πρώτο μη μηδενικό όρο του αναπτύγματος Taylor της f.

Από τα παραπάνω εύκολα απορρέει το εξής θεώρημα:

Θεώρημα 2: Αν η f : U⊂R2 → R έχει παραγώγους μέχρι τρίτης τάξεως, το r0∈U είναι κρίσιμο σημείο της f, και η Εσσιανή συνάρτηση Hf(r0) είναι θετικά ορισμένη, τότε το r0 είναι σχετικό ελάχιστο της f. Όμοια, αν η Hf(r0) είναι αρνητικά ορισμένη, τότε το r0 είναι σχετικό μέγιστο της f.

Εφαρμογή 1: Ας θεωρήσουμε το παράδειγμα 1, όπου f(r)=f(x,y)=x2+y2. Το κρίσιμο ση-μείο είναι το r0=0=(0,0). Η τιμή της Εσσιανής στο κρίσιμο σημείο είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

[ ]

2 2 2 2 22

i j 1 1 1 2 2 1 2 22 2i, j 1 i j 1 1 2 2 1 2

2 21 1 2 2 1 2

f f f f f1 1Hf h h h h h h h h h h2 x x 2 x x x x x x

1 2h h 2h h h h2

=

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = + + + =⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦

= + = +

∑0 0 0 0 0

0 h

170 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ η οποία είναι προφανώς θετικά ορισμένη. Άρα το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι σχετικό ελά-χιστο.

Εφαρμογή 2: Ας θεωρήσουμε τώρα το παράδειγμα 2, όπου f(r)=f(x,y)=2-x2-y2. Το κρί-σιμο σημείο είναι το r0=0=(0,0). Η τιμή της Εσσιανής στο κρίσιμο σημείο είναι:

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

[ ] ( )

2 2 2 2 22

i j 1 1 1 2 2 1 2 22 2i, j 1 i j 1 1 2 2 1 2

2 21 1 2 2 1 2

f f f f f1 1Hf h h h h h h h h h h2 x x 2 x x x x x x

1 2h h 2h h h h2

=

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = + + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦

= − − = − +

∑0 0 0 0 0

0 h =

η οποία είναι προφανώς αρνητικά ορισμένη. Άρα το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι σχετικό μέγιστο.

Η Εσσιανή μπορεί να γραφεί υπό μορφή πινάκων ως εξής:

( ) ( )

2 2

2 21

1 2 2 22

2 2

f fhx x y1Hf x, y h ,hh2 f f

y x y

⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

h

Εφαρμογή 3: Ας θεωρήσουμε τώρα το παράδειγμα 3, όπου f(r)=f(x,y)=xy. Το κρίσιμο σημείο είναι το r0=0=(0,0). Η τιμή της Εσσιανής στο κρίσιμο σημείο είναι:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

2 2

2 21 1

1 2 1 22 22 2

2 2

21 2 1 2

1

f 0,0 f 0,0h h0 1x x y1 1Hf 0,0 h ,h h ,hh h1 02 2f 0,0 f 0,0

y x yh1 h ,h h hh2

⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟

∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎛ ⎞

= =⎜ ⎟⎝ ⎠

h =

η οποία μπορεί να πάρει και θετικές και αρνητικές τιμές. Επομένως το κρίσιμο σημείο (0,0) δεν είναι σημείο τοπικού μεγίστου ή ελαχίστου. Περαιτέρω μελέτη δείχνει ότι το κρίσιμο σημείο (0,0) είναι σαγματικό σημείο.

Στη συνέχεια θα δώσουμε ένα χρήσιμο κριτήριο για το πότε μια τετραγωνική συ-νάρτηση ορισμένη από έναν τέτοιο πίνακα 2×2 είναι θετικά ορισμένη. Αυτό θα μας χρη-σιμεύσει σε συνδυασμό με το προηγούμενο θεώρημα.

Πρόταση 1: Έστω a b

Bb c⎛

= ⎜⎝ ⎠

⎞⎟ ένας συμμετρικός πίνακας και ( ) ( ) 1

1 22

h1H h ,h Bh2⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

h

Τότε η H(h) είναι θετικά ορισμένη αν και μόνο αν a>0 και detB=ac-b2>0.

Απόδειξη: Έχουμε


( ) ( ) ( )1 1 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2

2 1 2

h ah bha b1 1 1H h ,h h ,h ah 2bh h ch bh chb c2 2 2

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ h⎡ ⎤= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ +⎣ ⎦+⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠h

Σχηματίζουμε τέλειο τετράγωνο στην αγκύλη: ( ) ( ) ( )2 2 21 2 2

1H ah bh ac b2a

h⎡ ⎤+ + −⎣ ⎦h

Υποθέτουμε πρώτα ότι η Η είναι θετικά ορισμένη. Εάν θέσουμε h2=0, τότε αναγκαστικά θα πρέπει να είναι a>0. Εάν στη συνέχεια θέσουμε h1=-(b/a)h2, τότε θα πρέπει ac-b2>0. Αντίστροφα, αν a>0 και ac-b2>0, η H(h) είναι άθροισμα τετραγώνων, οπότε H(h)≥0, Αν H(h)=0, τότε κάθε τετράγωνο πρέπει να μηδενίζεται. Απ’ αυτό έπεται ότι τα h1 και h2 πρέπει να είναι και τα δυο μηδέν, δηλαδή η H(h) είναι θετικά ορισμένη.

Όμοια η H(h) είναι αρνητικά ορισμένη αν και μόνο αν a<0 και ac-b2>0.

Από την Γραμμική Άλγεβρα γνωρίζουμε ότι ένας πίνακας που είναι συμμετρικός, όπως ο Β, είναι θετικά ορισμένος όταν όλες οι ιδιοτιμές του είναι θετικές και αρνητικά ορισμένος αν όλες οι ιδιοτιμές είναι αρνητικές. Στην περίπτωση που οι ιδιοτιμές είναι ετε-ρόσημες ο πίνακας δεν μπορεί να χαρακτηριστεί σαν θετικά ή αρνητικά ορισμένος.

Από τα παραπάνω μπορούμε να βγάλουμε τα εξής συμπεράσματα:

1) Εάν η Εσσιανή είναι θετικά οριμένη ή ισοδύναμα ο πίνακας που αντιστοι-χεί στην ορίζουσα του Hess έχει θετικές ιδιοτιμές σε κάποιο κρίσιμο σημείο, τότε το κρί-σιμο σημείο είναι σημείο ελαχίστου.

2) Εάν η Εσσιανή είναι αρνητικά ορισμένη ή ισοδύναμα ο πίνακας που αντι-στοιχεί στην ορίζουσα του Hess έχει αρνητικές ιδιοτιμές σε κάποιο κρίσιμο σημείο, τότε το κρίσιμο σημείο είναι σημείο μεγίστου.

3) Εάν η Εσσιανή δεν είναι ούτε θετικά ούτε αρνητικά οριμένη ή ισοδύναμα ο πίνακας που αντιστοιχεί στην ορίζουσα του Hess έχει ετερόσημες ιδιοτιμές σε κάποιο κρίσιμο σημείο, τότε το κρίσιμο σημείο είναι σαγματικό σημείο.

Εφαρμογή 4: Ας εξετάσουμε πάλι το παράδειγμα 1 βρίσκοντας τις ιδιοτιμές του αντίστοι-

χου πίνακα Β. Έχουμε:

2 2

2 2

2 2

2 2

f f2 0x x y

B0 2f f

y x y

⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

Οι ιδιοτιμές του πίνακα Β είναι λ1=2, λ2=2 και οι δυο θετικές, άρα το κρίσιμο ση-μείο (0,0) είναι σημείο τοπικού ελαχίστου.

Εφαρμογή 5: Για το παράδειγμα 2 βρίσκοντας τις ιδιοτιμές του αντίστοιχου πίνακα Β.

Έχουμε:

2 2

2 2

2 2

2 2

f f2 0x x y

B0 2f f

y x y

⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟ −∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ −∂ ∂ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

172 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ Οι ιδιοτιμές του πίνακα Β είναι λ1=-2, λ2=-2 και οι δυο αρνητικές, άρα το κρίσιμο

σημείο (0,0) είναι σημείο τοπικού μεγίστου.

Εφαρμογή 6: Στο παράδειγμα 3 ο αντίστοιχος πίνακας Β είναι: 2 2

2 2

2 2

2 2

f f0 1x x y

B1 0f f

y x y

⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

του οποίου οι ιδιοτιμές είναι: λ1=1, λ2=-1 δηλαδή ετερόσημες. Επομένως το κρίσιμο ση-μείο (0,0) είναι σαγματικό σημείο.

10.3 Ακρότατα υπό συνθήκες - Πολλαπλασιαστές του Lagrange

Θεωρούμε μία συνάρτηση δυο μεταβλητών z=f(x,y) και μια καμπύλη C του επιπέ-δου ΟΧΥ με εξίσωση φ(x,y)=0. Ένα σημείο Ρ της καμπύλης C, στο οποίο η τιμή της συ-νάρτησης f(x,y) γίνεται ακρότατη συγκριτικά με τις τιμές της συνάρτησης στα σημεία της καμπύλης C, που βρίσκονται σε μία περιοχή του σημείου Ρ, λέγεται σημείο ακροτάτου υπό συνθήκες της συνάρτησης f(x,y). Είναι φανερό ότι ένα σημείο ακροτάτου είναι σημείο ακροτάτου υπό συνθήκες για οποιαδήποτε καμπύλη, που διέρχεται από το σημείο αυτό. Το αντίστροφο γενικά δεν ι-σχύει. Σαν παράδειγμα ας θεωρήσουμε την συνάρτηση z=f(x,y)= 21 x y2− − της οποίας η γραφική παράσταση είναι το άνω ημισφαίριο, που έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1, (Σχ. 10.3.1). Η συνάρτηση, προφανώς, έχει ένα μέγιστο στην αρχή με αντίστοιχο σημείο το Μ. Εάν τώρα πάρουμε σαν καμπύλη C την ευθεία, που περνάει από τα σημεία Α(1,0) και Β(0,1) με εξίσωση φ(x,y)=x+y-1=0, αμέσως βλέπουμε από το σχήμα ότι για τα σημεία αυτής της ευθείας η συνάρτηση παίρνει την μέγιστη τιμή για το σημείο Ρ(½,½), που διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ. Το αντίστοιχο ακρότατο της συνάρτησης είναι το σημείο Μ1. Επίσης βλέπουμε ότι το σημείο Μ1 δεν μπορεί να είναι ακρότατο με την συνή-θη έννοια.

Σχ. 10.3.1

Σχ. 10.3.1α

Για τον υπολογισμό των ακροτάτων υπό συνθήκες εργαζόμαστε ως εξής: Εάν από την εξίσωση της καμπύλης C φ(x,y)=0 μπο-ρούμε να λύσουμε ως προς μία από τις μετα-βλητές x ή y, έστω την y, τότε θα έχουμε y=g(x). Στην συνάρτηση z=f(x,y) αντικαθι-


στούμε το y με το g(x) και προκύπτει μία συνάρτηση μίας μόνο μεταβλητής της x δηλ. z=f(x,h(x))=Φ(x) (10.3.1) Στη συνέχεια βρίσκουμε κατά τα γνωστά τις τιμές του x, για τις οποίες η Φ(x) γί-νεται ακρότατη και από την εξίσωση y=g(x) βρίσκουμε τις αντίστοιχες τιμές του y. Τα σημεία (x,y) είναι ακρότατα σημεία υπό συνθήκες. Ας εφαρμόσουμε τα παραπάνω στο προηγούμενο παράδειγμα: φ(x,y)=x+y-1=0 ⇒ y=1-x και

z= ( )22 2 21 x y 1 x 1 x 2x 2x− − = − − − = − 2 (10.3.2) Εύκολα υπολογίζεται ότι το z έχει ένα μέγιστο για x=½ και από την y=1-x έχουμε y=½ . Επομένως το σημείο Ρ(½,½) είναι σημείο μεγίστου υπό συνθήκες με μέγιστο:

zmax=21 12 2

2 2⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

12

(10.3.3)

Με παρόμοιο τρόπο μπορούμε να εργασθούμε εάν βρούμε τις παραμετρικές εξισώσεις x=x(t) , y=y(t) της καμπύλης. Εάν τώρα η εξίσωση φ(x,y)=0 της καμπύλης είναι πεπλεγμένη, ώστε να είναι αδύ-νατο να εκφράσουμε την μία μεταβλητή συναρτήσει της άλλης, τότε ακολουθούμε την εξής μέθοδο: Ας υποθέσουμε ότι η μεταβλητή y στην εξίσωση z=f(x,y) είναι θεωρητικά(3 συ-νάρτηση του x, δηλαδή y=g(x), έτσι ώστε να ικανοποιείται η εξίσωση φ(x,y)=φ(x,g(x))=0. Τότε θα έχουμε:

dz f f dydx x y dx

∂ ∂= +∂ ∂

(10.3.4)

Επίσης φ(x,y)=0 ⇒ dφ= dx dyx y∂ϕ ∂ϕ

+∂ ∂

=0 ⇒ dy xdx

y

∂ϕ∂= −∂ϕ∂

(10.3.5)

Από τις (10.3.4) και (10.3.5) έχουμε: dz f f xdx x y

y

∂ϕ∂ ∂ ∂= −

∂ϕ∂ ∂∂

(10.3.6 )

Εάν το σημείο (x,y) είναι ακρότατο υπό συνθήκες, τότε dz/dx=0 και από την (10.3.6) έ-χουμε:

(3 Όταν λέμε ότι η y είναι θεωρητικά συνάρτηση του x, εννοούμε ότι υπάρχει μια συνάρτηση y=g(x), για την οποία φ(x,g(x))=0. Δεν υπάρχει βέβαια κάποια γενική μέθοδος για τον προσδιορισμό της g, όπως ακρι-βώς δεν υπάρχει γενική μέθοδος για την εύρεση των ριζών ενός πολυωνύμου n βαθμού, παρ’ όλο που ξέ-ρουμε ότι έχει n ρίζες. Και όσον αφορά στα πολυώνυμα, την ύπαρξη των ριζών τους εγγυάται το Θεμελιώ-δες Θεώρημα της Άλγεβρας. Για την εξίσωση φ(x,y)=0 ένα γενικό θεώρημα το Θεώρημα της πεπλεγμένης συνάρτησης, μας καθορίζει τις συνθήκες κάτω από τις οποίες είναι θεωρητικά δυνατή η επίλυση της εξίσω-σης φ(x,y)=0 ως προς y. Στη συγκεκριμένη περίπτωση, το θεώρημα αυτό μας λέει ότι αν οι φ(x,y) και

(x, y)y

ϕ∂∂

είναι συνεχείς συναρτήσεις σε κάποια περιοχή Π του σημείου (x0,y0) και εάν (x, y)y

ϕ∂∂

≠0, υπάρχει

θεωρητικά μια λύση της φ(x,y)=0 ως προς y σε μια κατάλληλη μικρή περιοχή γύρω από το σημείο (x0,y0).

174 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ

f f x 0x y

y

∂ϕ∂ ∂ ∂−

∂ϕ∂ ∂∂

= (10.3.7)

Η εξίσωση (10.3.7) μαζί με την εξίσωση φ(x,y)=0 (10.3.8)

αποτελούν ένα σύστημα δυο εξισώσεων με αγνώστους τα x και y. Η λύση του συστήμα-τος μας δίνει τα ακρότατα σημεία υπό συνθήκες. Η εξίσωση (10.3.7) μπορεί να γραφεί, με την βοήθεια μιας βοηθητικής παραμέτρου λ, υπό την μορφή:

ffyx

x y

∂∂∂∂ =

∂ϕ ∂ϕ∂ ∂

=-λ (10.3.9)

από την οποία προκύπτουν οι εξισώσεις: f 0x x∂ ∂ϕ

+ λ =∂ ∂

, f 0y y∂ ∂ϕ

+ λ =∂ ∂

(10.3.10)

που μαζί με την (10.3.8) αποτελούν ένα σύστημα τριών εξισώσεων ως προς τους αγνώ-στους x,y,λ. Εάν θέσουμε: F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y) (10.3.11)

τότε ∇F(x,y)= f fx x y y

⎛ ⎞∂ ∂ϕ ∂ ∂ϕ⎛ ⎞+ λ + + λ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠i j (10.3.12)

και συνεπώς οι εξισώσεις (10.3.10) είναι ισοδύναμες με την εξίσωση: ∇F(x,y)=0 (10.3.13) Έτσι λοιπόν όταν έχουμε να υπολογίσουμε τα ακρότατα της συνάρτησης z=f(x,y), όπου τα x και y δεσμεύονται από την συνθήκη φ(x,y)=0, θεωρούμε την έκφραση: F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y) και από τις εξισώσεις: ∇F(x,y)=0 και φ(x,y)=0 υπολογίζουμε τα x και y, αφού προηγουμένως έχουμε απαλείψει την παράμετρο λ, η ο-ποία δεν χρειάζεται να υπολογισθεί. Η παράμετρος λ λέγεται πολλαπλασιαστής του Lagrange και η παραπάνω μέθο-δος, μέθοδος των πολλαπλασιαστών του Lagrange. Η μέθοδος των πολλαπλασιαστών του Lagrange στην γενική της μορφή έχει ως εξής: Έστω μια συνάρτηση f, n μεταβλητών x1, x2, …, xn δηλαδή f=f(x1, x2, …, xn), που υπόκειται στις συνθήκες, (περιορισμούς):

φ1(x1, x2, …, xn)=0, …, φm(x1, x2, …, xn)=0 με m<n (10.3.14) Θεωρούμε το σύστημα των n+m εξισώσεων, που αποτελείται από τις m εξισώσεις (10.3.14) και από τις n εξισώσεις που παίρνουμε από την διανυσματική εξίσωση:

∇f+λ1∇φ1+ ⋅⋅⋅ +λm∇φm=0 (10.3.15) Εάν το σύστημα αυτό μπορεί να λυθεί ως προς τους m+n αγνώστους λ1, ⋅⋅⋅, λm, x1, ⋅⋅⋅, xn, τότε κάθε λύση (x1, ⋅⋅⋅, xn) ελέγχεται για να εξακριβωθεί αν είναι σημείο ακροτάτου ή όχι. Η μέθοδος και εδώ είναι πάντα εφαρμόσιμη όταν μια τουλάχιστον από τις Ιακωβιανές ο-ρίζουσες των m συναρτήσεων φ1, ⋅⋅⋅, φm ως προς m από τις μεταβλητές x1, ⋅⋅⋅, xn είναι


διάφορη του μηδενός. Η απόδειξη για την γενίκευση της μεθόδου του Lagrange αναγρά-φεται στο Κεφάλαιο 13 του βιβλίου “Mathematical Analysis”του Tom Apostol.

Παράδειγμα 1: Να βρεθεί η ακρότατη τιμή της συνάρτησης z=f(x,y)=xy, όταν τα x και y

είναι θετικά και υπακούουν την εξίσωση 2 2x y 1

8 2+ =

2 2x y 1 08 2+ − = ή φ(x,y)= .

Λύση Ακολουθώντας την μέθοδο του Lagrange έχουμε: 2 2x y 1

8 2⎛ ⎞

+ −⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)=xy+λ

2 2 2 2x y x yxy 1 xy 1x 8 2 y 8 2⎡ ⎤ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂

+ λ + − + + λ + −⎢ ⎥ ⎢⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣i j

⎤⎥⎦

∇F= =

( )xy x y4

⎛ ⎞+ λ + + λ =⎜ ⎟⎝ ⎠

i j 0= ⇒ y+λ(x/4)=0, x+λy=0

2 2x y 18 2+ =2

Δι' απαλοιφής του λ έχουμε 4y -x2=0 και μαζί με την εξίσωση και λαμβάνο-

ντας υπ' όψη ότι x,y>0, βρίσκουμε ότι x=2 και y=1 με αντίστοιχη τιμή του z=2.

Σχ. 10.3.2

Μερικές ενδιαφέρουσες περιπτώσεις

Έστω μια συνάρτηση z=f(x,y) ορισμένη σε μια περιοχή U του επιπέδου ΟΧΥ. Τα ακρότατα της συνάρτησης f(x,y) μπορούν να υπάρξουν μόνο σε: α) εσωτερικά σημεία της περιοχής U, όπου μηδενίζονται οι πρώτες παράγωγοι, δηλ. ∂f/∂x=0, ∂f/∂y=0, β) σε οριακά σημεία της U, δηλ. στο σύνορο της U. Το παράδειγμα που ακολουθεί θα διασαφηνίσει τα παραπάνω.

176 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ Παράδειγμα 1: Να βρεθούν τα ακρότατα της συναρτή-σεως f(x,y)=2+2x+2y-x

Ο Α(9,0)

Β(0,9)

y=9-x

• (1,1) ••• •

•

•

Σχ. 10.3.3

2-y2 στην περιοχή U που ορίζε-ται από το τρίγωνο ΟΑΒ με κορυφές τα σημεία Ο(0,0), Α(9,0), Β(0,9). Λύση: Τα ακρότατα θα αναζητηθούν στο εσωτερικό του τριγώνου ΟΑΒ και στην περίμετρο του. α) Στο εσωτερικό του τριγώνου. Ψάχνουμε να βρούμε που μηδενίζονται οι πρώτες παράγωγοι. Έχουμε:

fy∂∂

fx∂∂

=2-2y=0 ⇒ (x,y)=(1,1) με f(1,1)=4 =2-2x=0,

Χρησιμοποιούμε την ορίζουσα του Hess για να βρούμε το είδος του ακροτάτου:

2 0H 4

0 2−

= =−

2

2

fy∂∂

2fx y∂∂ ∂

2fy x∂∂ ∂

2

2

fx∂∂

=-2, =0, =0 ⇒ =-2,

2

2

fx∂∂

=-2<0, το ακρότατο είναι μέγιστο. Επειδή Η>0 και

β) Στην περίμετρο του τριγώνου. Εξετάζουμε κάθε πλευρά του τριγώνου χωριστά. 1) Στην πλευρά ΟΑ έχουμε y=0 και 0≤x≤9. Οι ακρότατες τιμές μπορούν να βρεθούν α) στα άκρα: x=0 με f(0,0)=2, x=9 με f(9,0)=2+18-81=-61

(d f x,0dx

) =2-2x=0 ⇒ x=1 με f(1,0)=3 και επειδή και β) στα ενδιάμεσα σημεία, όπου

(2

2

d f x,0dx

)=-2<0, η τιμή f(1,0)=3 είναι μέγιστο.

2) Στην πλευρά ΟB έχουμε x=0 και 0≤y≤9. Οι ακρότατες τιμές μπορούν να βρεθούν α) στα άκρα: y=0 με f(0,0)=2, y=9 με f(0,9)=-61

(d f 0, ydy

)και β) στα ενδιάμεσα σημεία, όπου =2-2y=0 ⇒ y=1 με f(0,1)=3 και επειδή

(2

2

d f 0, ydy

) =-2<0, η τιμή f(0,1)=3 είναι μέγιστο.

3) Για την πλευρά ΑΒ δεν θα εξετάσουμε τα άκρα της Α και Β, αφού αυτά τα εξετάσαμε στις δυο προηγούμενες περιπτώσεις. Θα ψάξουμε μόνο στα εσωτερικά σημεία της ΑΒ, η οποία έχει εξίσωση: y=9-x. Τότε η συνάρτηση f(x,y) γράφεται:

f(x,y)=2+2x+2(9-x)-x2 2 2-(9-x) =-61+18x-2x ⇒ f′(x)=18-4x=0 ⇒ x=9/2 με y=9-9/2=9/2 και f(9/2,9/2)=-41/2

και επειδή f′′(x)=-4<0, το ακρότατο f(9/2,9/2)=-41/2 είναι μέγιστο. Τελικά: τα ακρότατα και το είδος των ακροτάτων είναι: (1,1) → 4, μέγιστο (0,0) → 2, ελάχιστο (1,0) → 3, μέγιστο (0,1) → 3, μέγιστο (9,0) → -61, ελάχιστο (γιατί;) (0,9) → -61, ελάχιστο (γιατί;) (9/2,9/2) → -41/2 μέγιστο Στο σημείο (1,1) έχουμε ολικό μέγιστο 4 και στα σημεία (9,0) και (0,9) ολικό ελάχιστο –61. Τα υπόλοιπα σημεία είναι τοπικά ακρότατα.


Η προσπάθεια να λύσουμε ένα πρόβλημα ακροτάτων με αντικατάσταση, όπως κά-ναμε στην παράγραφο 10.3 υποθέτοντας ότι μπορούμε να λύσουμε την φ(x,y)=0 ως προς x ή y δεν προχωρεί πάντοτε ομαλά. Αυτός είναι ένας από τους λόγους που εισήχθη η μέ-θοδος των πολλαπλασιαστών του Lagrange. Ας δούμε ένα παράδειγμα. Παράδειγμα 2: Να βρεθεί η μικρότερη απόσταση της αρχής των αξόνων από την καμπύ-λη x2-y2-1=0. Λύση: Προσπαθούμε να βρούμε τα σημεία P(x,y) της καμπύλης που είναι πλησιέστερα στην αρχή, δηλ. εκείνα τα σημεία που ελαχιστοποιούν την απόσταση |ΟΡ| ή ισοδύναμα το τετράγωνο της αποστάσεως, ( για να μην έχουμε ριζικά στις εκφράσεις). Έτσι λοιπόν θε-ωρούμε την συνάρτηση:

f(x,y)=x2+y2 (10.3.16) που υπόκειται στον περιορισμό:

φ(x,y)=x2-y2-1=0 (10.3.17) Εάν λύσουμε την (10.3.17) ως προς y θα έχουμε: y2=x2-1 (10.3.18) και με αντικατάσταση της (10.3.18) στην (10.3.16) προκύπτει:

h(x)=2x2-1 (10.3.19) Για να βρούμε τα ακρότατα της h(x) εφαρμόζουμε το κριτήριο της πρώτης παραγώγου μηδενίζοντας την:

h′(x)=4x=0 ⇒ x=0 (10.3.20) Όμως για x=0 το αντίστοιχο y που θα υπολογιστεί από την (10.3.18) προκύπτει φανταστι-κό, διότι έχουμε y2=-1. Από την άλλη μεριά ένα ση-μείο μπορεί να βρίσκεται πάνω στην καμπύλη μόνο εάν |x|≥1. Εμείς όμως εδώ βρήκαμε x=0. Άρα κάτι πήγε στραβά.

Σχ. 10.3.4

Αυτό που έγινε ήταν ότι το κριτήριο της πρώ-της παραγώγου, βρήκε, (όπως και θα έπρεπε), το ση-μείο στο πεδίο ορισμού της h(x), όπου η h έχει ελάχι-στο, ενώ εμείς ψάχνουμε για σημεία της καμπύλης όπου η h έχει ελάχιστο. Εάν τώρα επιχειρήσουμε να λύσουμε την (10.3.17) ως προς x και προχωρήσουμε ανάλογα ό-πως και πριν θα έχουμε: x2=y2+1 (10.3.21) και με αντικατάσταση στην (10.3.16) προκύπτει:

k(y)=2y2+1 (10.3.22) Για να βρούμε τα ακρότατα της k(y) μηδενίζουμε την πρώτη παράγωγο:

k′(y)=4y=0 ⇒ y=0 (10.3.23) Για y=0 το αντίστοιχο x θα υπολογιστεί από την (10.3.21) και θα είναι x2=1 ⇒ x=±1.

2+y2Τα σημεία που προέκυψαν είναι (1,0), (-1,0) τα οποία καθιστούν την f=x ελάχιστη και μάλιστα f(±1,0)=1 Από το παράδειγμα αυτό βλέπουμε ότι είναι δυνατόν, ακόμα και όταν μπορούμε να λύσουμε την συνάρτηση φ(x,y)=0 ως προς τις μεταβλητές x και y να παρουσιαστεί πρόβλημα. Με την μέθοδο των πολλαπλασιαστών του Lagrange δεν παρουσιάζονται τέ-τοια προβλήματα.

178 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Χ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1) Για τις παρακάτω συναρτήσεις να προσδιορίσετε τα κρίσιμα σημεία τους και το είδος τους: α) z=x2+(y-1)2 β) z=x2-(y-1)2 γ) z=1+x2-y2 δ) z=(x-y+1)2 ε) z=2x2-xy-3y2-3x+7y ζ) z=x2-xy+y2-2x+y (Aπ. α) (0,1)=απόλυτο ελάχιστο β) (0,1) σαγματικό σημείο γ) (0,0) σαγματικό σημείο δ) απόλυτο ελάχιστο σε κάθε σημείο της ευθείας y=x+1 ε) (1,1)=σαγματικό σημείο ζ) (1,0) απόλυτο ελάχιστο) 2) Προσδιορίστε τα ακρότατα της συνάρτησης z=xy με την συνθήκη x+y=1. (Απ. 1/4=μέγιστο υπό συνθήκες στο σημείο (½,½)) 3) Προσδιορίστε την μεγίστη και ελαχίστη απόσταση της αρχής των αξόνων από την καμπύλη 5x2+6xy+5y2=8. (Απ. Μέγιστο 2 , ελάχιστο 1) 4) Προσδιορίστε τα ακρότατα της συνάρτησης z=cos2x+cos2y με την συνθήκη x-y=π/4. (Απ. Μέγιστο 1+√2/2 στα σημεία (kπ+π/8, kπ-π/8) k∈Z. Ελάχιστο 1-√2/2 στα σημεία (kπ+5π/8, kπ+3π/8) k∈Z) 5) Δίνονται δυο καμπύλες C1 και C2 του επιπέδου ΟΧΥ, που περιγράφονται αντί-στοιχα από τις εξισώσεις: y=f1(x) και y=f2(x). Θεωρούμε ένα σημείο Ρ1∈C1 της πρώτης καμπύλης και ένα άλλο σημείο Ρ2∈C1 της δεύτερης καμπύλης. Εάν d είναι η απόσταση των δυο αυτών σημείων, να βρεθούν οι συντεταγμένες των σημείων αυτών ώστε η από-σταση d να είναι η ελαχίστη. Εφαρμόστε τα παραπάνω για την περίπτωση των καμπυλών:

Α) C1: y=f1(x)=x2 και C2: y=f2(x)=x-1. και Β) C1: y=f1(x)=x2 και C2: y=f2(x)=-(x-2)2.

6) Θεωρούμε έναν μεταλλικό κυκλικό δίσκο με εξίσωση x2+y2=1. Ο δίσκος θερμαί-νεται έτσι ώστε η θερμοκρασία Τ σε κάθε σημείο (x,y) δίνεται από την σχέση:

T(x,y)=x2+2y2-x Βρείτε τα πιο θερμά και τα πιο ψυχρά σημεία του μεταλλικού δίσκου καθώς και τη θερ-μοκρασία τους. (Απ. ελάχιστο –1/4 στο σημείο (1/2,0) και μέγιστο 9/4 στα σημεία (-1/2,√3/2) και (-1/2,-√3/2) 7) Δίνεται η επιφάνεια S, που ορίζεται από την εξίσωση: z=f(x,y)=1/xy. Να βρεθούν τα σημεία της S που είναι πλησιέστερα στην αρχή των αξόνων. (Απ. (1,1,1), (1,-1,-1), (-1,1-1), και (-1,-1,1) ).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙ

ΚΑΜΠΥΛΟΓΡΑΜΜΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ ΚΑΜΠΥΛΟΓΡΑΜΜΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

11.1 Μετασχηματισμός Συντεταγμένων.

Ας υποθέσουμε ότι οι καρτεσιανές ορθογώνιες συντεταγμένες (x,y,z) μπορούν να εκφρασθούν σαν συναρτήσεις των (u ,u ,u ), έτσι ώστε να έχουμε: 1 2 3

,u ,u ), y=y(u ,u ,u ), z=z(u ,u ,u ) (11.1) x=x(u1 2 3 1 2 3 1 2 3και ότι οι σχέσεις (11.1) μπορούν να λυθούν ως προς u , u , u δηλαδή: 1 2 3 u =u (x,y,z) , u =u (x,y,z) , u =u (x,y,z) (11.2) 1 1 2 2 3 3Οι συναρτήσεις στις σχέσεις (11.1) και (11.2) θεωρούνται μονότιμες και ότι έχουν συνε-χείς παραγώγους, ώστε η αντιστοιχία μεταξύ των (x,y,z) και (u , u , u1 2 3) να είναι αμφιμο-νοσήμαντη. Στην πράξη αυτό μπορεί να μην συμβαίνει σε ορισμένα σημεία και εκεί χρει-άζεται ιδιαίτερη μελέτη. Σ' ένα σημείο Ρ, με καρτεσιανές συντεταγμένες (x,y,z), μπορούμε να αντιστοιχί-σουμε τις συντεταγμένες (u ,u ,u1 2 3 ), οι οποίες ονομάζονται καμπυλόγραμμες συντεταγ-μένες του σημείου Ρ. Οι σχέσεις (11.1) και (11.2) ορίζουν ένα μετασχηματισμό συντε-ταγμένων.

11.2 Ορθογώνιες Καμπυλόγραμμες Συντεταγμένες

Οι επιφάνειες u =c , u =c , u =c , Σχ. 11.1, όπου c , c , c1 1 2 2 3 3 1 2 3 σταθερές, ονομάζονται συντεταγμένες επιφάνειες και κάθε δυο από αυτές τέμνονται κατά μια καμπύλη, που ονομάζεται συντεταγμένη καμπύλη. Εάν οι συντεταγμένες επιφάνειες τέμνονται κάθετα, τότε το καμπυλόγραμμο σύστημα συντεταγμένων ονομάζεται ορθογώνιο. Οι συντεταγ-μένες καμπύλες u ,u ,u1 2 3 ενός καμπυλόγραμμου συστήματος είναι ανάλογες με τους ά-ξονες OX, OY, ΟZ ενός ορθογωνίου καρτεσιανού συστήματος.

u -καμπύλη 3z

u =c1 1u =c2 2u -καμπύλη 1u -καμπύλη 2

u =c3 3

y

x Σχ. 11.1

176 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙ 11.3 Μοναδιαία διανύσματα σε καμπυλόγραμμα συστήματα

Έστω r=xi+yj+zk το διάνυσμα θέσης ενός σημείου Ρ, που από τις σχέσεις (11.1) μπορεί να γράφει σαν r=r(u ,u ,u ). Ένα εφαπτόμενο διάνυσμα στην u1 2 3 1-καμπυλη στο ση-μείο Ρ, (για την οποία οι u είναι σταθερές), είναι ∂r/∂u, u . Τότε2 3 1 ένα μοναδιαίο εφαπτό-μενο διάνυσμα σ' αυτή την κατεύθυνση είναι:

∂∂∂∂

r

ru

u

1

1

∂∂

ru1

∂∂

r eu

h1

1 1= e ⇒ με h = =1 1

και eΌμοια, εάν e είναι μοναδιαία εφαπτόμενα διανύσματα στις u - και u2 3 2 3-καμπυλες στο σημείο Ρ αντίστοιχα, τότε θα έχουμε:

∂∂

ru2

∂∂

ru3

∂∂

r eu

h2

2 2=∂∂

r eu

h3

3 3= με h = και με h = 2 3

λέγονται μετρικοί συντελεστές. Επειδή το διάνυσμα ∇u, h , hΟι ποσότητες h1 2 3 1 είναι κάθετο στην επιφάνεια u =c στο σημείο Ρ, ένα μοναδιαίο διάνυσμα θα είναι το 1 1

∇∇

uu

1

1

Ε = . 1

∇∇

uu

2

2

∇∇

uu

3

3

και ΕΌμοια τα διανύσματα: Ε = = 2 3

=c , u =cστο σημείο Ρ είναι κάθετα στις επιφάνειες u2 2 3 3 αντίστοιχα. Έτσι σε κάθε σημείο Ρ ενός καμπυλόγραμμου συστήματος υπάρχουν δυο σύνολα μοναδιαίων διανυσμάτων e , e e εφαπτόμενα στις συντεταγμένες καμπύλες και Ε , Ε , Ε, 1 2 3 1 2 3 κάθετα στις συντε-ταγμένες επιφάνειες Σχ. 11.2

u -καμπύλη 3

Ee3 3

E1

u -καμπύλη 2

E2

e2e P1

u -καμπύλη 1

Σχ. 11.2

. Καμπυλόγραμμες συντεταγμένες ♦ 177

Τα δυο αυτά σύνολα ταυτίζονται εάν και μόνο εάν το καμπυλόγραμμο σύστημα συντε-ταγμένων είναι ορθογώνιο(1. Αυτό π.χ. συμβαίνει στα διανύσματα i, j, k ενός καρτεσια-νού συστήματος, εδώ έχουμε μόνο ένα σύνολο διανυσμάτων, το i, j, k. Τα διανύσματα i, j, k έχουν σταθερό προσανατολισμό, ενώ τα διανύσματα e1 ,e2 , e3 ή Ε1, Ε2, Ε3 αλλάζουν διεύθυνση από σημείο σε σημείο. Ένα τυχαίο διάνυσμα v μπορεί να γραφεί σαν γραμμι-κός συνδυασμός των διανυσμάτων e1, e2, e3 ή των διανυσμάτων Ε1, Ε2, Ε3 δηλ. v=α1e1 +α2e2+α3e3=A1E1+A2E2+A3E3Μπορούμε επίσης το διάνυσμα v να το παραστήσουμε ως προς τα μη μοναδιαία διανύ-σματα:

∂∂

ru1

, ∂∂

ru2

, ∂∂

ru3

ή ∇u1 , ∇u2 , ∇u3

δηλαδή v=c1∂∂

ru1

+c2∂∂

ru2

+c3∂∂

ru3

=C1∇u1+C2∇u2+C3∇u3

Οι συντεταγμένες c1, c2, c3 λέγονται αντιαλλοίωτες, (contravariant) συντεταγμένες και οι C1, C2, C3 συναλλοίωτες, (covariant).

11.4 Μήκος Τόξου, στοιχεία Επιφάνειας και Όγκου.

Εάν r=r(u1, u2, u3 ) τότε:

dr= ∂∂

ru1

du1+∂∂

ru2

du2+∂∂

ru3

du3=h1du1e1+ h2du2e2+ h3du3e3

Το στοιχειώδες μήκος τόξου ds ορίζεται: ds=dr⋅dr=(h1du1e1+h2du2e2+h3du3e3)⋅(h1du1e1+h2du2e2+h3du3e3)= =h1

2d2u1(e1⋅e1)+h1du1h2du2(e1⋅e2)+h1du1h3du3(e1⋅e3)+ +h2du2h1du1(e2⋅e1)+h2

2d2u2(e2⋅e2)+h2du2h3du3(e2⋅e3)+ +h3du3h1du1 (e3⋅e1)+h3du3h2du2(e3⋅e2)+h3

2d2u3(e3⋅e3) (11.3) Εάν το καμπυλόγραμμο σύστημα συντεταγμένων είναι ορθογώνιο, δηλ. e1⋅e2=e1⋅e3=e2 ⋅e3=0 τότε: ds2=h1

2du1+h22d2u2+h3

2d2u3

Η σχέση (11.3) συνήθως γράφεται σαν:

ds με gg du duij i jji

2

1

3

1

3

===∑∑ ij=hihjei⋅ej=

∂∂

∂∂

r ru ui j

⋅

και ονομάζεται θεμελιώδης τετραγωνική μορφή ή μετρική μορφή και οι ποσότητες gij ονομάζονται μετρικοί συντελεστές και το σύνολο τους, βλέποντας το σαν πίνακα, μετρι-κός τανυστής. Κατά μήκος της u1-καμπυλης, τα u2, u3 είναι σταθερά, και θα έχουμε: dr=h1du1e1 και ds1=h1du1

(1 Πράγματι, τα μοναδιαία διανύσματα Ε1, Ε2, Ε3, θα είναι κάθετα ανά δύο. Τα δε διανύσματα e1, e2, e3 θα ταυτίζονται αντίστοιχα με τα Ε1, Ε2, Ε3 . Π.χ. το διάνυσμα e1, σαν εφαπτόμενο διάνυσμα της u1-καμπύλης θα είναι εφαπτόμενο των επιφανειών u2=c2 και u3=c3, (των οποίων η τομή είναι η u1-καμπύλη), δηλ. κάθετο στα διανύσματα Ε2 και Ε3 , δηλ. παράλληλο στο Ε1. Και επειδή τα e1 και Ε1 είναι μοναδιαία θα ταυτίζονται. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι e2=E2 και e3=E3 .

178 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙ Όμοια για τις άλλες καμπύλες θα έχουμε: ds =h du και ds =h du2 2 2 3 3 3Για την επιφάνεια u =c το στοιχειώδες εμβαδόν θα είναι: 1 1

dSu

duu

du h h du du12

23

3 2 3 2 3 2= × = ×∂∂

∂∂

r r e e

3

Όμοια και για τις άλλες επιφάνειες:

dSu

duu

du h h du du21

13

3 1 3 1 3 1= × = ×∂∂

∂∂

r r e e=cu2 2 3

dSu

duu

du h h du du31

12

2 1 2 1 2 1= × = ×∂∂

∂∂

r r e e=c u3 3 2

Για ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες έχουμε:

×e |=|e |=1 , |e ×e |=|e |=1 , |e ×e |=|e |e |=1 2 3 1 1 3 2 1 2 3και επομένως

=h h du du , dS =h h du du , dS =h h du du dS1 2 3 2 3 2 1 3 1 3 3 1 2 1 2Από το Σχ.11.3 το στοιχείο όγκου dV θα είναι:

e e edu .(h du ×h du )| dV= |h1 1 1 2 2 2 3 3 3

eh du3 3 3

Εάν οι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες είναι ορθογώνιες, τότε: |e1 .(e2×e3)|=1 και επομέ-νως: dV=h1 h2 h3du1du2du3

11.5 Το grad, div και curl σε καμπυλόγραμμες συντεταγμένες.

Εάν f είναι ένα βαθμωτό πεδίο και F=F1e1+F2e2+F3e3 ένα διανυσματικό πεδίο σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες u1, u2, u3 τότε ισχύουν οι σχέσεις:

1) ∇f=gradf= 1 1 1

1 11

2 22

3 33h

fu h

fu h

fu

∂∂

∂∂

∂∂

e e+ + e

u1

u2u3

e3

eh du2 2 2

eh du1 1 1

e1

Σχ. 11.3


( ) ( ) ( )1

1 2 3 12 3 1

21 3 2

31 2 3h h h u

h h Fu

h h Fu

h h F∂∂

∂∂

∂∂

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥2) ∇⋅F=divF=

1

1 2 3

1 1 2 2 3 3

1 2

1 1 2 2 3 3

h h h

h h h

u u u

h F h F h F

e e e

∂∂

∂∂

∂∂

3) ∇×F=curlF= 3

1

1 2 3 1

2 3

1 1 2

1 3

2 2 3

1 2

3 3h h h uh hh

fu u

h hh

fu u

h hh

fu

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥4) ∇2f=

11.6 Παραδείγματα Ορθογωνίων Καμπυλόγραμμων Συντεταγμένων

1. Κυλινδρικές συντεταγμένες (r,θ,z) Έχουμε: x=rcosθ , y=rsinθ , z=z όπου r≥0 , 0≤θ≤2π , -∞<z<∞ r=r(r,θ,z)=rcosθi+rsinθj+zk

r cos sin

r

∂∂ = θ + θ∂∂

r

ir

∂∂rr=

∂∂rr=cosθi+sinθj και α) e

r= j διότι hr=1

sin cos

∂∂θ = − θ + θ∂∂θ

r

ir

∂=

∂θr ∂

=∂θ

rβ) e -rsinθi+ρcosθj και =θ j διότι h =1 θ

∂∂∂∂

r

rkz

z

=∂∂

rz=

∂∂

rz=α) e k και z= διότι hz=1

180 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙ

er

eθ

ez

x

y

z

O

θ r

Σχ. 11.4

2. Σφαιρικές συντεταγμένες (r,θ,φ)

r

φ

x Σχ. 11.5

z

O

er

eθ

y

eφ

θ

Έχουμε: x=rcosθsinφ , y=rsinθsinφ , z=rcosφ όπου r≥0 , 0≤θ<2π , 0≤φ≤π r=r(r,θ,φ)=rcosθsinφi+rsinθsinφj+rcosφk


∂∂∂∂

r

rr

r

=∂∂rr=α) e cosθsinφi+sinθsinφj+cosφk διότι cosθcosφi+sinθsinφj+cosφk και r=

∂∂rr= hr=1

∂∂θ =∂∂θ

r

r∂∂

rè=

∂=

∂θr-sinθi+cosθj διότι -rsinθsinφi+rcosθsinφj και β) e = h =rsinφ θ θ

∂∂ϕ =∂∂ϕ

r

r∂

=∂ϕ

rcosθcosφi+sinθcosφj-σινφk διότι γ) e =φ rcosθcosφi+rsinθcosφj-sinφk

και ∂

=∂ϕ

rh =r φ

ΠΙΝΑΚΑΣ ΒΑΘΜΩΣΗ, ΑΠΟΚΛΙΣΗ, ΣΤΡΟΒΙΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΛΑΠΛΑΣΙΑΝΗ

ΣΕ ΚΑΡΤΕΣΙΑΝΕΣ, ΚΥΛΙΝΔΡΙΚΕΣ ΚΑΙ ΣΦΑΙΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ

ΚΑΡΤΕΣΙΑΝΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

ΒΑΘΜΩΣΗ f f ffx y z∂ ∂ ∂

∇ = + +∂ ∂ ∂

i j k

yx zFF Fx y

ΑΠΟΚΛΙΣΗ z

∂∂ ∂∇ ⋅ = + +

∂ ∂ ∂F

ΣΤΡΟΒΙΛΙΣΜΟΣ y yz x zF FF F Fy z z x x y

∂ ∂⎛ ⎞ ⎛∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇× = − + − + −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝F i j xF ⎞∂

⎟⎠k

ΛΑΠΛΑΣΙΑΝΗ 2 2 22

2 2f ff

x y z2f∂ ∂ ∂

∇ = + +∂ ∂ ∂

ΚΥΛΙΝΔΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ ΒΑΘΜΩΣΗ

rf 1 f ffr r zθ∂ ∂ ∂

∇ = + +∂ ∂θ ∂

e e k

( ) ( ) zr

F1 1rF Fr r r zθ

∂∂ ∂∇ ⋅ = + +

∂ ∂θ ∂FΑΠΟΚΛΙΣΗ

ΣΤΡΟΒΙΛΙΣΜΟΣ ( )z r z rr

rFFF F F F1 1r z z r r r

θθθ

∂⎛∂∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞∇× = − + − + −⎜⎜ ⎟⎜ ⎟∂θ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂θ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝F e e

182 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙ

ΛΑΠΛΑΣΙΑΝΗ 2 22

2 2 2f 1 f 1 f ff

r rr r

2

2z∂ ∂ ∂ ∂

∇ = + + +∂∂ ∂θ ∂

ΣΦΑΙΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

ΒΑΘΜΩΣΗ r

f 1 f 1 ffr r r sinθ ϕ∂ ∂ ∂

∇ = + +∂ ∂θ θ ∂ϕ

e e e

ΑΠΟΚΛΙΣΗ ( ) ( )2r2

F1 1 1r F sin Fr r sin a sinr

ϕθ

∂∂ ∂∇ ⋅ = + θ +

∂ θ ∂θ θ ∂ϕF

ΣΤΡΟΒΙΛΙΣΜΟΣ

( )

rr

r

(sin F ) (rF )F F1 1 1r sin r sin r

rF F1r r

ϕ ϕθθ

θϕ

∂ θ ∂⎛ ⎞ ⎛∂ ∂∇× = − + − +⎜ ⎟ ⎜θ ∂θ ∂ϕ θ ∂ϕ ∂⎝ ⎠ ⎝

∂⎛ ⎞∂−⎜ ⎟∂ ∂θ⎝ ⎠

F e

e

⎞⎟⎠e

ΛΑΠΛΑΣΙΑΝΗ 2 22

2 2 2 21 (rf ) 1 f 1 ff sinr u ur r sin r sin 2∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇ = + θ +⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠∂ θ θ ∂ϕ


,u ,u ) είναι ορθογώνιες, δηλ. 1. Εάν οι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες (u1 2 3

Ε ⋅Ε =0 i≠j, τότε Ε =e , Ε =e , Ε =ei j 1 1 2 2 3 3 2. Περιγράψτε τις συντεταγμένες επιφάνειες και συντεταγμένες καμπύλες α) για τις κυλινδρικές και β) για τις σφαιρικές συντεταγμένες. 3. Να αποδείξετε ότι το σύστημα των κυλινδρικών συντεταγμένων είναι ορθογώνιο. 4. Να παρασταθεί το διάνυσμα F=zi-2xj+yk στις κυλινδρικές συντεταγμένες. 5. Αποδείξτε ότι der/dt=θ eθ, deθ/dt=-θ er 6. Εκφράστε την ταχύτητα v και την επιτάχυνση γ ενός σωματίου στις κυλινδρικές συ-ντεταγμένες. 7. Να υπολογισθεί το ds2 , (όπου ds το στοιχειώδες μήκος τόξου), στις κυλινδρικές συντεταγμένες και να ορισθούν οι μετρικοί συντελεστές.

,u ,u είναι ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες, να δειχθεί ότι: 8. Εάν u1 2 3

J x y zu u u

h h h, ,, ,1 2 3

1 2 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =


,u ,u9. Εάν οι u1 2 3 είναι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες, (όχι κατ' ανάγκη ορθογώνι-

ες), τότε να δειχθεί ότι τα συστήματα των διανυσμάτων είναι αντίστροφα, δηλ.

j1

1 iu

0 iu οταν =⎧∂

− ⋅∇ = ⎨ οταν ≠∂ ⎩

r jj

10. Βρείτε την έκφραση του ∇f σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες.

,u ,u είναι ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες, να δείξετε ότι: 11. Εάν u1 2 3

|=1/h i=1,2,3 β) e =E α) |∇u i=1,2,3 1 1 1 12. Δείξτε ότι σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες ισχύουν:

( ) ( )∇ ⋅ =Fh h h u

F h h1 11 2 3 1

1 2 31e ∂

∂ α)

( ) ( ) ( )∇ × = −Fh h u

F hh h u

F h1 12

3 1 31 1

3

1 2 21 1e e e∂

∂∂∂

β)

e e και Fκαι παρόμοιες σχέσεις για τα διανύσματα F2 2 3 3 13. Εκφράστε το divF=∇⋅F και τον curlF=∇×F σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντε-ταγμένες. 14. Δείξτε ότι το τετράγωνο του στοιχειώδους μήκους ds ενός τόξου μιας καμπύλης μπορεί να γράφει:

ds2 2 2=Edu +2Fdudv+Gdv 15. Δείξτε ότι το στοιχειώδες εμβαδόν μιας επιφάνειας r=r(u,v) δίνεται από την σχέση:

EG F− 2 dS= dudv

ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙΙ

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗΝ ΤΑΝΥΣΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗΝ ΤΑΝΥΣΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

12.1 Εισαγωγή

Στο πρώτο κεφάλαιο είδαμε ότι σ' ένα διάνυσμα r μπορούμε να αντιστοιχίσουμε μια τριάδα αριθμών (x,y,z) ως προς ένα σύστημα συντεταγμένων ΟΧΥΖ. Το ίδιο διάνυ-σμα r παριστάνεται από άλλη τριάδα αριθμών (x′,y′,z′) όταν μεταβούμε σ' ένα άλλο σύ-στημα συντεταγμένων ΟΧ′Υ′Ζ′ π.χ. δια περιστροφής του αρχικού συστήματος συντεταγ-μένων.

Έτσι αντιλαμβανόμαστε ότι ένα διάνυσμα είναι κάτι παραπάνω από μια τριάδα. Είναι μάλλον πολλές τριάδες, οι οποίες σχετίζονται κατά έναν ορισμένο τρόπο. Επομένως μπορεί κανείς να ορίσει ένα διάνυσμα σαν μια διατεταγμένη τριάδα αριθμών, μόνο που αυτή η τριάδα ξεχωρίζει από μια άλλη τυχαία τριάδα από το γεγονός ότι περιέχει την δια-δικασία μετασχηματισμού του συστήματος αναφοράς σαν μέρος του ορισμού του. Η δια-δικασία αυτή μας λέει πως αλλάζουν τα διανύσματα όταν αλλάζει το σύστημα αναφοράς. Έτσι ένα φυσικό διάνυσμα μπορεί να παριστάνεται από άπειρο σε πλήθος τριάδες, αλλά η συγκεκριμένη τριάδα που χρησιμοποιείται εξαρτάται από τον μετασχηματισμό του συ-στήματος αναφοράς, (π.χ. από τον προσανατολισμό του εάν ο μετασχηματισμός παριστά-νει περιστροφή του συστήματος αναφοράς).

Όλα τα παραπάνω πρέπει να ισχύουν για ένα βασικό λόγο : Το φυσικό σύστημα εξελίσσεται ανεξάρτητα από τον παρατηρητή. Επομένως τα φυσικά συμπεράσματα, (α-ποτελέσματα), στα οποία καταλήγουν δυο παρατηρητές, βρισκόμενοι σε δυο διαφορετικά συστήματα αναφοράς, πρέπει να είναι τα ίδια. Π.χ. ας θεωρήσουμε τον νόμο του Newton F=mγ στο σύστημα αναφοράς ΟΧΥΖ. Εάν περιστρέψουμε το σύστημα ΟΧΥΖ στο ΟΧ′Υ′Ζ′, τότε η δύναμη F και η επιτάχυνση γ θα αλλάξουν σε F′ και γ′ αλλά θα συνδέο-νται με την ίδια σχέση F′=mγ′ δηλ. ο νόμος του Newton πρέπει να έχει την ίδια μορφή. Αυτό πρέπει να ισχύει για όλους τους φυσικούς νόμους.

Ο διαισθητικός φυσικός ορισμός των διανυσμάτων γενικεύεται από την έννοια του διανυσματικού χώρου, όπως μας τον δίνει η Γραμμική Άλγεβρα. Όπως είναι γνωστό ένα σύνολο V≠∅ ονομάζεται γραμμικός ή διανυσματικός χώρος πάνω στο σώμα F(1 εάν έχουμε ορίσει τις εξής δυο πράξεις σύνθεσης :

α) Εσωτερική πράξη, (ή νόμος), σύνθεσης : + : V×V → V + : (x,y) → x+y

(1 Το σώμα F που συνήθως χρησιμοποιείται στη Φυσική είναι το σώμα R των πραγματικών αριθμών ή το

σώμα C των μιγαδικών αριθμών

186 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙΙ

β) Εξωτερική πράξη, (ή νόμος), σύνθεσης : ⋅ : F×V → V ⋅ : (λ,x) → λ. οι οποίες ικανοποιούν τις εξής ιδιότητες : 1) (∀x,y,z∈V)[ (x+y)+z=x+(y+z) ] 2) (∃0∈V)(∀x∈V)[ x+0=0+x=x ] 3) (∀x∈V)(∃x∈V)[ x+x′=x′+x=0 ] 4) (∀x,y∈V)[ x+y=y+x ] 5) (∀x,y∈V)(∀λ∈F)[ λ⋅(x+y)=λ⋅x+λ⋅y ] 6) (∀x∈V)(∀λ,μ∈F)[ (λ+μ)⋅x=λ⋅x+μ⋅x ] 7) (∀x∈V)(∀λ,μ∈F)[ (λμ)⋅x=λ⋅(μ⋅x) ] 8) (∃1∈F)(∀x∈V)[ 1⋅x=x ]

Ο πρώτος νόμος σύνθεσης λέγεται πρόσθεση των διανυσμάτων x και y, το δε α-ποτέλεσμα x+y άθροισμα των x και y.

Ο δεύτερος νόμος σύνθεσης λέγεται βαθμωτός πολλαπλασιασμός του αριθμού λ με το διάνυσμα x, το δε αποτέλεσμα λ⋅x, (που στο εξής θα το γράφουμε πιο απλά λx), βαθμωτό γινόμενο του αριθμού λ με το διάνυσμα x.

Όμως οι παραπάνω ιδιότητες, από φυσικής πλευράς, αναφέρονται σε διανύσματα

του ίδιου είδους, π.χ. σε δυνάμεις ή μετατοπίσεις, αλλά όχι συγχρόνως και στα δυο. Και αυτό διότι μόνο διανύσματα του ίδιου είδους μπορούν να προστεθούν ή να αφαιρεθούν. Παρ' όλα αυτά η έκφραση του εσωτερικού γινομένου, όπως dW=F⋅dr από διανύ-σματα διαφορετικού είδους είναι αρκετά συχνή στη Φυσική. Δεν είναι δύσκολο να δούμε γιατί αυτό είναι δυνατό. Η δύναμη F και η μετατόπιση dr έχουν συνιστώσες, οι οποίες μετασχηματίζονται κατά τον ίδιο τρόπο ως προς την περιστροφή του συστήματος συντε-ταγμένων σαν να ανήκαν τα διανύσματα αυτά στον ίδιο διανυσματικό χώρο. Μπορούμε να πούμε ότι έχουμε να κάνουμε με ένα σύνολο διανυσματικών χώρων στους οποίους εί-ναι επιτρεπτοί κάποιοι ορισμένοι συνδιασμοί. Προκύπτει όμως το ερώτημα : Ποιοι συνδιασμοί διανυσμάτων είναι επιτρεπτοί ; Παρατηρούμε ότι η ποσότητα dW=F⋅dr είναι ανεξάρτητη από τον προσανατολισμό των αξόνων ενός ορθογωνίου καρτεσιανού συντήματος. Με άλλα λόγια, είναι αναλλοίωτη ως προς τις περιστροφές. Ας υποθέσουμε ότι κάποιος ισχυρίζεται ότι το απειροστό έργο dW δίνεται από τη σχέση : dW=FxFyFz|dr| Μπορεί μια τέτοια έκφραση να είναι σωστή ; Την απάντηση μπορεί να την δώσει μόνο το πείραμα, αλλά ένα πράγμα είναι σίγουρο : Η έκφραση αυτή μπορεί να ισχύει σε κάποια συγκεκριμένα συστήματα συντεταγμένων, αλλά όχι σ' όλα. Σχέσεις τέτοιου τύπου είναι τουλάχιστον ακατάλληλες στη Φυσική, διότι η μορφή τους δεν πρέπει να αλλάζει κατά την μετάβαση από το ένα σύστημα συντεταγμένων στο άλλο. Υπάρχει μια ευρέως διαδεδομένη πίστη μεταξύ των φυσικών ότι οι θεμειώδεις ε-ξισώσεις της φυσικής πρέπει να έχουν την ίδια μορφή σ' όλα τα συστήματα συντεταγμέ-νων. Σαν παράδειγμα μπορούμε να θεωρήσουμε τον νόμο του Newton F=mγ, την εξίσω-ση της συνέχειας divJ=-∂ρ/∂t, τις εξισώσεις του Maxwell κ.λ.π. Όλες αυτές οι εξισώσεις έχουν την ίδια μορφή σ' όλα τα ορθογώνια καρτεσιανά συστήματα συντεταγμένων. Η μελέτη των συνεπειών της απαιτήσεως να έχουν οι φυσικοί νόμοι την ίδια μορ-φή στα διάφορα συστήματα συντεταγμένων, οδηγεί στην Τανυστική Ανάλυση.

. Τανυστική Ανάλυση ♦ 187

12.2 Μετασχηματισμός των συστημάτων συντεταγμένων

Στις τρεις διαστάσεις κάθε σημείο, όπως είναι γνωστό, ορίζεται από μια τριάδα αριθμών, που ονομάζονται συντεταγμένες και οι οποίες προσδιορίζονται από το συγκε-κριμένο σύστημα συντεταγμένων ή αναφοράς. Π.χ. οι τριάδες (x,y,z), (r,θ,z), (r,θ,φ,) είναι συντεταγμένες ενός σημείου σε καρτεσιανές, κυλινδρικές και σφαιρικές συντεταγμένες. Όταν βρισκόμαστε σ' ένα χώρο n διαστάσεων, ένα σημείο θα προσδιορίζεται από μια n-άδα, (x1,x2,⋅⋅⋅,xn)(2 , όπου οι αριθμοί 1,2,⋅⋅⋅,n θεωρούνται σαν άνω δείκτες και όχι σαν εκθέτες. Θεωρούμε τώρα δυο συστήματα αναφοράς, ως προς τα οποία οι συντεταγμέ-νες ενός σημείου είναι (x1,x2,⋅⋅⋅,xn) και ( x 1, x 2,⋅⋅⋅ x n). Υποθέτουμε ότι οι συντεταγμένες του ενός συστήματος συνδέονται με τις συντεταγμένες του άλλου με τις σχέσεις : x 1= x 1(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) x 2= x 2(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) (12.1) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ x n= x n(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) οι οποίες πιο σύντομα γράφονται : x k= x k(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) k=1,2,⋅⋅⋅,n (12.2) όπου οι συναρτήσεις x k(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) είναι μονότιμες, συνεχείς και έχουν συνεχείς τις πρώ-τες μερικές παραγώγους με Ιακωβιανή διάφορη του μηδενός. Με αυτές τις προϋποθέσεις το σύστημα των εξισώσεων (12.1) λύνεται ως προς x1,x2,⋅⋅⋅,xn και θα έχουμε : xk=xk( x 1, x 2,⋅⋅⋅, x k) k=1,2,⋅⋅⋅,n (12.3) Οι σχέσεις (12.2) και (12.3) ορίζουν έναν μετασχηματισμό συντεταγμένων από το ένα σύστημα αναφοράς στο άλλο.

12.3 Συνθήκη αθροίσματος

Πολλές φορές έναν γραμμικό συνδυασμό διανυσμάτων S=α1x1+ α2x2+⋅⋅⋅+ αnxn τον

γράφουμε πιο σύντομα ως S=n

ii

i 1

x=

α∑ .Ένας ακόμα πιο σύντομος τρόπος(3 γραφής είναι

S=αixi , όπου ο δείκτης i μεταβάλλεται από 1 έως n, με το n ορισμένο από τα προηγούμε-να. Ο δείκτης i προφανώς μπορεί να αντικατασταθεί με οποιοδήποτε άλλο γράμμα π.χ. p, λ κ.λ.π. και θα έχουμε S=αixi=αpxp=αλxλ . Οι δείκτες i, p, λ ονομάζονται βουβοί δείκτες. Ένας δείκτης, που εμφανίζεται μόνο μια φορά, όπως ο k στην σχέση (12.2), ονο-μάζεται ελεύθερος δείκτης . Για τις τιμές του k=1,⋅⋅⋅,n η σχέση (12.2) παριστάνει n το πλήθος εξισώσεις. Έτσι λοιπόν όταν σε μια έκφραση εμφανίζεται ένας δείκτης δυο φορές, σαν άνω και κάτω δείκτης, τότε η έκφραση αυτή παριστάνει ένα άθροισμα ως προς αυτόν τον δεί-κτη. Εάν στην ίδια έκφραση εμφανίζονται δυο δείκτες κάθε ένας δυο φορές, τότε η έκ-φραση αυτή παριστάνει ένα διπλό άθροισμα.

(2 Για λόγους, που θα φανούν παρακάτω, θα χρησιμοποιούμε άνω δείκτες στις συντεταγμένες ενός σημείου

και όχι κάτω δείκτες. (3 Ο τρόπος αυτός γραφής οφείλεται στον Einstein.


Παράδειγμα 1 : Θεωρούμε την συνάρτηση f=f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn). Η έκφραση ∂∂

fx

dxii παριστά-

νει το άθροισμα :

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

dxfx

dxf

xdx

fx

dxfx

dxii

nn

ii

i

n

= + + + ==∑1

12

2

1

που είναι το διαφορικό df της συνάρτησης f. Παράδειγμα 2 : Θεωρούμε την έκφραση S=gαβxαxβ και έστω ότι ο δείκτης α μεταβάλλε-ται από 1 έως 3 και ο β από 1 έως 4. Οι δείκτες α και β εμφανίζονται ως κάτω και άνω δείκτες. Ξεκινώντας από τον δείκτη α η έκφραση S γράφεται : S=g1βx1xβ+ g2βx2xβ+ g2βx2xβΚάθε όρος του S έχει τον επαναλαμβανόμενο δείκτη β, οπότε θα έχουμε : S=(g1βx1x1+g12x1x2+g13x1x3+g14x1x4)+ (g21x2x1+g22x2x2+g23x2x3+g24x2x4)+

(g31x3x1+g32x3x2+g33x3x3+g34x3x4)=4 3

1 1g x xα βαβ

β= α=∑∑

12.4 Ανταλλοίωτο διάνυσμα ή τανυστής

Θεωρούμε n σε πλήθος ποσότητες : Α1(x1,x2,⋅⋅⋅,xn), Α2(x1,x2,⋅⋅⋅,xn), ⋅⋅⋅, Αn(x1,x2,⋅⋅⋅,xn),

οι οποίες αναφέρονται στο σύστημα συντεταγμένων (x1,x2,⋅⋅⋅,xn). Ας υποθέσουμε τώρα ότι αυτές οι ποσότητας έχουν τιμές A 1, A 2,⋅⋅⋅, A n σε ένα άλλο σύστημα συντεταγμένων ( x 1, x 2,⋅⋅⋅ x n), το οποίο συνδέεται με το πρώτο με τις σχέσεις :

x q= x q(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) , q=1,2,⋅⋅⋅,n (12.4) Εάν τώρα υποθέσουμε ότι οι τιμές A p και Αq συνδέονται με τους τύπους :

A p= Axx

qp

qq

n ∂∂=

∑1

p=1,2,⋅⋅⋅,n (12.5)

ή ισοδύναμα A p=Αq ∂∂xx

p

q p=1,2,⋅⋅⋅,n (12.6)

τότε οι τιμές (Α1,Α2,⋅⋅⋅,Αn) ή πιο σύντομα Aq , q=1,2,⋅⋅⋅,n αποτελούν τις συνιστώσες ενός ανταλλοιώτου διανύσματος ή ενός ανταλλοιώτου τανυστή πρώτου βαθμού ή πρώτης τάξης ως προς τον μετασχηματισμό (12.4). Εάν οι συντεταγμένες ενός ανταλλοιώτου τανυστή είναι γνωστές ως προς ένα σύ-στημα συντεταγμένων, τότε οι συντεταγμένες είναι γνωστές ως προς όλα τα άλλα επιτρε-πόμενα συστήματα, βάσει των τύπων (12.6). Πρέπει να τονισθεί ότι ένας μετασχηματισμός συντεταγμένων δεν δίνει νέο διάνυ-σμα ή τανυστή αλλά απλώς και μόνο αλλάζει τις συνιστώσες του ίδιου διανύσματος ή τα-νυστή. Γι' αυτό λέμε ότι ένα ανταλλοίωτο διάνυσμα ή τανυστής είναι αμετάβλητο από έ-ναν μετασχηματισμό συντεταγμένων

Η έννοια του ανταλλοιώτου διανύσματος ή τανυστή είναι διαφορετική από την γνωστή έννοια του διανύσματος, (θεωρούμενο σαν μια n-άδα αριθμών), διότι είναι μάλ-


λον η αφηρημένη ποσότητα, η οποία παριστάνεται σε κάθε σύστημα συντεταγμένων xi από το σύνολο των συνιστωσών Ai(x).

12.5 Συναλλοίωτο διάνυσμα ή τανυστής

Θεωρούμε n σε πλήθος ποσότητες: Α1(x1,x2,⋅⋅⋅,xn), Α2(x1,x2,⋅⋅⋅,xn), ⋅⋅⋅, Αn(x1,x2,⋅⋅⋅,xn),

οι οποίες αναφέρονται στο σύστημα συντεταγμένων (x1,x2,⋅⋅⋅,xn). Ας υποθέσουμε τώρα ότι αυτές οι ποσότητας έχουν τιμές A 1

, A 2 ,⋅⋅⋅, A n σε ένα άλλο σύστημα συντεταγμένων ( x 1, x 2,⋅⋅⋅ x n), το οποίο συνδέεται με το πρώτο με τις σχέσεις :

xq=xq( x 1 , x 2,⋅⋅⋅, x n) , q=1,2,⋅⋅⋅,n (12.7) Εάν τώρα οι τιμές A p και Αq

συνδέονται με τους τύπους :

A p= Axxq

q

pq

n ∂∂=

∑1

p=1,2,⋅⋅⋅,n (12.8)

ή ισοδύναμα A p=Αq∂∂

xx

q

p p=1,2,⋅⋅⋅,n (12.9)

τότε οι τιμές (Α1 ,Α2

,⋅⋅⋅,Αn) ή πιο σύντομα Ap , p=1,2,⋅⋅⋅,n αποτελούν τις συνιστώσες ενός

συναλλοιώτου διανύσματος ή ενός συναλλοιώτου τανυστή πρώτης τάξης ως προς τον μετασχηματισμό (12.7).

Ο άνω δείκτης χρησιμοποιείται στις ανταλλοιώτους συνιστώσες, ενώ ο κάτω δεί-κτης στις συναλλοιώτους συνιστώσες. Εξαίρεση συμβαίνει στον συμβολισμό των συντε-ταγμένων. Συγκρίνοντας τους τύπους (12.6) και (12.9) διαπιστώνουμε ότι η διαφορά ενός ανταλλοιώτου και συναλλοιώτου τανυστή είναι ο νόμος του μετασχηματισμού των συ-ντεταγμένων.

12.6 Τανυστής μηδενικής τάξης

Θεωρούμε ένα σύστημα συντεταγμένων (x1,x2,⋅⋅⋅,xn) και f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) μια συνάρ-τηση n μεταβλητών. Έστω f ( x 1, x 2,⋅⋅⋅, x n) η τιμή αυτής της συνάρτησης σε ένα νέο σύ-στημα συντεταγμένων ( x 1, x 2,⋅⋅⋅, x n). Εάν ισχύει f= f ,τότε η συνάρτηση f ονομάζεται βαθμωτή ή αμετάβλητη ως προς τον μετασχηματισμό των συντεταγμένων. Μια βαθμω-τή ή αμετάβλητη συνάρτηση ονομάζεται τανυστής μηδενικής τάξης. Παράδειγμα 1 : Θεωρούμε τον διανυσματικό χώρο R3 , δυο συστήματα συντεταγμένων (x1,x2,x3) και ( x 1, x 2, x 3) και

xp=xp( x 1, x 2, x 3) , p=1,2,3 έναν αμφιμονοσήμαντο μετασχηματισμό αυτών. Όπως είναι γνωστό, έχουμε :

d x 1=d x 1(x1,x2,x3)=∂∂

∂∂

∂∂

xx

dxxx

dxxx

dx1

11

1

22

1

33+ +


και γενικά d x p=∂∂xx

dxp

qq q=1,2,3

Από την σχέση (12.6) βλέπουμε ότι τα διαφορικά dxq, q=1,2,3 είναι οι συνιστώσες ενός ανταλλοιώτου τανυστή πρώτης τάξης. Παράδειγμα 2 : Θεωρούμε τον διανυσματικό χώρο R3 , δυο συστήματα συντεταγμένων (x1,x2,x3) και ( x 1, x 2, x 3) και έναν αμφιμονοσήμαντο μετασχηματισμό αυτών

xp=xp( x 1, x 2, x 3) , p=1,2,3 Έστω επίσης μια αναλλοίωτη συνάρτηση f(x1,x2,x3), δηλ. f(x1,x2,x3)= f ( x 1, x 2, x 3), για την οποία υποθέτουμε ότι υπάρχουν οι μερικές πρώτες παράγωγοι και είναι συνεχείς συ-ναρτήσεις σ' ένα ανοικτό υποσύνολο U του R3. Παραγωγίζοντας την f ως προς x p βρί-σκουμε :

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

f xx

f xx

xx

f xx

xx

f xx

xxp p p p

( ) ( ) ( ) ( )= + +1

1

2

2

3

3

δηλ. ∂∂

∂∂

∂∂

f xx

f xx

xxp q

q

p( ) ( )

= p=1,2,3

Από την σχέση (12.9) βλέπουμε ότι οι εκφράσεις ∂∂f xxq( )

q=1,2,3 είναι οι συντεταγμένες

ενός συναλλοιώτου τανυστή, (διανύσματος), που ονομάζεται κλίση, (gradient) της f(x),

δηλ. gradf(x)=∂∂

∂∂

∂∂

fx

fx

fx1 2 3, ,⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

12.7 Τανυστές ανώτερης τάξης

Θεωρούμε δυο συστήματα συντεταγμένων (x1,x2,⋅⋅⋅,xn) και ( x 1, x 2,⋅⋅⋅ x n) του χώ-ρου Rn , καθώς και τον μετασχηματισμό : x k= x k(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) k=1,2,⋅⋅⋅,n (12.10) που συνδέει τα δυο αυτά συστήματα. Υποθέτουμε ότι το σύστημα των εξισώσεων (12.10) επιλύεται ως προς x1,x2,⋅⋅⋅,xn και έχουμε :

xk=xk( x 1, x 2,⋅⋅⋅, x k) k=1,2,⋅⋅⋅,n (12.10α) Θεωρούμε επίσης n2 ποσότητες, των οποίων οι αριθμητικές τιμές στο πρώτο σύστημα εί-ναι Αqs q,s=1,2,⋅⋅⋅,n και στο δεύτερο σύστημα A pr p,r=1,2,⋅⋅⋅,n. Εάν οι ποσότητες αυτές συνδέονται με τις σχέσεις :

A pr= Axx

xx

Axx

xx

qs

q

n p

q

r

ss

nqs

p

q

r

s==∑∑ =

11

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

p,r=1,2,⋅⋅⋅,n (12.11)

τότε οι ποσότητες αυτές είναι οι ανταλλοίωτες συνιστώσες ενός τανυστή δεύτερης τά-ξης.

Εάν n2 ποσότητες έχουν αριθμητικές τιμές Αqs q,s=1,2,⋅⋅⋅,n στο πρώτο σύστημα, οι οποίες συνδέονται με τις τιμές A pr p,r=1,2,⋅⋅⋅,n στο δεύτερο σύστημα με τις σχέσεις :

A pr=Aqs∂∂

∂∂

xx

xx

q

p

s

r p,r=1,2,⋅⋅⋅,n (12.12)


τότε οι ποσότητες αυτές είναι οι συναλλοίωτες συνιστώσες ενός τανυστή δεύτερης τά-ξης. Τέλος εάν n2 ποσότητες έχουν αριθμητικές τιμές Αs

q q,s=1,2,⋅⋅⋅,n στο πρώτο σύ-στημα, οι οποίες συνδέονται με τις τιμές A r

p p,r=1,2,⋅⋅⋅,n στο δεύτερο σύστημα με τις σχέσεις :

A rp= A

xx

xxs

qp

q

s

r∂∂

∂∂

p,r=1,2,⋅⋅⋅,n (12.13)

τότε οι ποσότητες αυτές είναι οι συνιστώσες ενός μικτού τανυστή δεύτερης τάξης. Κατά ανάλογο τρόπο ορίζονται οι τανυστές με τάξη μεγαλύτερη της δεύτερης. Έτσι ένας τανυστής ονομάζεται μικτός τανυστής ανταλλοίωτος τάξης r και συναλλοί-ωτος τάξης s με πυκνότητα Ν εάν έχει nr+s συνιστώσες :

Tj j ji i i

s

r

1 2

1 2 όπου οι δείκτες i1 , i2 , ⋅⋅⋅, ir , j1 , j2 , ⋅⋅⋅, js παίρνουν τιμές 1,2,⋅⋅⋅,n και του οποίου οι συνι-στώσες μετασχηματίζονται σύμφωνα με τον νόμο :

s1 r 11 2 r 1 2 r

1 2 s 1 2 s s1 r 1

N i iii i ij j j jjj

x x x xT det Tx x x x

xx

ββα α αβ β β α α

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂= ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

∂∂

(12.14)

1) Εάν ο εκθέτης Ν της Ιακωβιανής ορίζουσας det∂∂xx

i

j

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ είναι μηδέν, ο τανυστής ο-

νομάζεται απόλυτος τανυστής. Εάν Ν≠0 ο τανυστής ονομάζεται σχετικός τανυστής. 2) Εάν s=0, ο τανυστής ονομάζεται γνωσίως ανταλλοίωτος. 3) Εάν r=0, ο τανυστής ονομάζεται γνωσίως συναλλοίωτος. 4) Το άθροισμα r+s ονομάζεται βαθμός του τανυστή. Οι τανυστές στις σχέσεις (12.11), (12.12), (12.12) είναι απόλυτοι τανυστές.

Η τάξη ενός μικτού τανυστή θα συμβολίζεται με rs⎛⎝⎜⎞⎠⎟

Παράδειγμα 1 : Από την έκφραση :

A Axx

xx

xx

xx

xxij

prmklqst

p

q

r

s

m

t

k

i

l

j=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

συμπεραίνουμε ότι ο παριστάνει τις συνιστώσες ενός μικτού τανυστή τάξης 5 και ο

οποίος είναι ανταλλοίωτος τάξης 3 και συναλλοίωτος τάξης 2, δηλ. τάξης

Aklqst

32⎛⎝⎜⎞⎠⎟

Παράδειγμα 2 : Εάν υποθέσουμε ότι η διαφορική έκφραση gpqdxpdxq είναι αμετάβλητη ως προς κάθε σύστημα συντεταγμένων, δηλ.

g dx dxpqp q =gpqdxpdxq (Α)

τότε οι ποσότητες gpq είναι οι συνιστώσες ενός συναλλοίωτου τανυστή βαθμού 2. Πράγ-ματι, από το παράδειγμα 1 της παρ. 12.6 έχουμε

d x p=px dx

xμ

μ

∂∂

, d x q=qx dx

xν

ν

∂∂

οπότε η έκφραση (Α) γράφεται :


p q

pqx xgx xμ ν

∂ ∂∂ ∂

dxμdxν=gμνdxμdxν ⇒

p q

pqx xgx x μνμ ν

⎛ ⎞∂ ∂−⎜ ∂ ∂⎝ ⎠

g ⎟ dxμdxν=0 (Β)

Εάν υποθέσουμε ότι gpq=gqp , τότε επειδή η (Β) πρέπει να είναι εκ ταυτότητος μηδέν για κάθε dxi , θα έχουμε :

gμν=p q

pqx xgx xμ ν

∂ ∂∂ ∂

⇒ (Γ)

Ο τύπος (Γ) γράφεται και έτσι :

gμν=p q

pqx xg gx xμν μ ν

∂ ∂=

∂ ∂ (Γ′)

Από τη σχέση (12.12) τα gpq είναι οι συναλλοίωτες συνιστώσες ενός συναλλοιώτου συμ-μετρικού τανυστή δεύτερης τάξης .

12.8 Το στοιχειώδες μήκος και ο μετρικός τανυστής

Είναι γνωστό ότι σ' ένα τρισορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων ΟΧΥΖ το στοι-χειώδες μήκος ds δίνεται από τη σχέση : ds2=dx2+dy2+dz2 Σε καμπυλόγραμμες συντεταγμένες σε διανυσματικό χώρο n διαστάσεων, η παραπάνω έκφραση γίνεται (παρ. 11.4)

ds g dx dxpqp q

q

n

p

n2

11=

==∑∑ (1)

ή σε συμβατική γραφή : ds2=gpqdxpdxq (2) Εάν υπάρχει ένας αμφιμονοσήμαντος μετασχηματισμός συντεταγμένων :

xk=xk( x 1, x 2,⋅⋅⋅, x k) k=1,2,⋅⋅⋅,n (3)

θα έχουμε : dxk=kx dx

xα

α

∂∂

(4)

και το άθροισμα (2) γράφεται :

ds2=gpq

p qx x dx dxx x

μ νμ ν

∂ ∂∂ ∂

(5)

ή ds2= g dx dxμ νμν (6)

όπου p q

“’ pqx xg gx xμ ν

∂ ∂=

∂ ∂ (7)

Τα gμν είναι οι συνιστώσες ενός συναλλοίωτου τανυστή τάξης δυο, ο οποίος ονομάζεται μετρικός τανυστής ή θεμελιώδης τανυστής.


Στην ειδική περίπτωση που υπάρχει ένας μετασχηματισμός συντεταγμένων τέτοιος ώστε p qx xg

x xμν μ ν

∂ ∂=∂ ∂

= νμδ

4 το στοιχειώδες γραμμικό στοιχείο παίρνει την απλή μορφή :

ds2= x k x k k=1,2,⋅⋅⋅,n τότε ο χώρος ονομάζεται Ευκλείδειος χώρος n διαστάσεων. Στην γενική περίπτωση ο χώρος ονομάζεται χώρος του Riemann και η τετραγωνική μορφή (6) μετρική του Rie-mann. Παράδειγμα : α) Στις κυλινδρικές συντεταγμένες έχουμε (βλ. άσκηση 7 κεφάλαιο ΧΙ) ότι : x1=r , x2=θ , x3=z οπότε ds2=dr2+r2dθ2+dz2 και ο μετρικός τανυστής γράφεται :

gμν= g g gg g gg g g

r11 12 13

21 22 23

31 32 33

2

1 0 00 00 0 1

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟=

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

β) Στις σφαιρικές συντεταγμένες έχουμε (κατά παρόμοιο τρόπο όπως στις κυλινδρι-κές) ότι : x1=r , x2=θ , x3=φ οπότε ds2=dr2+r2dθ2+r2sin2θdφ2 και ο μετρικός τανυστής γράφεται:

gμν=11 12 13

221 22 23

2 231 32 33

g g g 1 0 0g g g 0 r 0g g g 0 0 r sin

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜

⎞⎟⎟⎟θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Γενικά σε ορθογώνια συστήματα συντεταγμένων έχουμε gμν=0 για μ≠ν

12.9 Θεμελιώδεις πράξεις επί των τανυστών

Δυο τανυστές θα λέμε ότι είναι του ίδιου είδους εάν έχουν τον ίδιο αριθμό συναλ-λοιώτων δεικτών, τον ίδιο αριθμό ανταλλοιώτων δεικτών και την ίδια πυκνότητα. Στο σύ-νολο των τανυστών μπορούμε να ορίσουμε τις εξής πράξεις :

1. Άθροισμα. Θεωρούμε δυο τανυστές του ίδιου είδους : A , . Ορίζουμε σαν άθροισμα αυτών τον τανυστή, που είναι του ίδιου είδους και έχει σαν συνιστώσες το ά-θροισμα των αντιστοίχων συνιστωσών, δηλ.

j j ji i i

s

r

1 2

1 2 Bj j ji i i

s

r

1 2

1 2

Ãj j ji i i

s

r

1 2

1 2 = A + j j ji i i

s

r

1 2

1 2 Bj j ji i i

s

r

1 2

1 2

Το άθροισμα δυο τανυστών, όπως ορίσθηκε, εύκολα διαπιστώνεται ότι αποτελεί έναν τα-νυστή. Πράγματι :

4 Το σύμβολο ονομάζεται σύμβολο του Kronecker και ορίζεται από την σχέση: ν

μδ

= νμδ

0 οταν μ ν1 οταν μ=ν

≠⎧⎨⎩

194 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙΙ Ãj j j

i i is

r

1 2

1 2 = Aj j ji i i

s

r

1 2

1 2 + Bj j ji i i

s

r

1 2

1 2 =

=S S1 1

1 2 n 1 2 n

1 2 N 1 2 Ns s1 1

N Ni ii i

j jj j

x x x x xdet A det Bx x x x x

β βα α α α α αβ β β β β βα α

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂+⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

xx

∂∂

=

=S S1 1

1 2 n 1 2 n 1 2 n

1 2 N 1 2 N 1 2 Ns s1 1

N Ni ii i

j jj j

x x x xdet A B det δx x x x

x xx x

β βα α α α α α α α αβ β β β β β β β βα α

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∂ ∂∂ ∂

2. Διαφορά. Θεωρούμε δυο τανυστές του ίδιου είδους : , . Ορίζουμε σαν διαφορά αυτών τον τανυστή, που είναι του ίδιου είδους και έχει σαν συνιστώσες την δια-φορά των αντιστοίχων συνιστωσών, δηλ.

Aj j ji i i

s

r

1 2

1 2 Bj j ji i i

s

r

1 2

1 2

Ãj j ji i i

s

r

1 2

1 2 = - Aj j ji i i

s

r

1 2

1 2 Bj j ji i i

s

r

1 2

1 2

2. Εξωτερικό γινόμενο τανυστών. Θεωρούμε τον τανυστή βαθμού r+s και τον

τανυστή βαθμού p+q. Ορίζουμε σαν εξωτερικό γινόμενο των δυο αυτών τανυ-στών τον τανυστή C βαθμού ίσου με το άθροισμα των βαθμών των δυο τανυστών, δηλ. (r+s)+(p+q) και με συνιστώσες, οι οποίες προέρχονται από το γινόμενο κάθε συνιστώσας του πρώτου τανυστή με κάθε συνιστώσα του δεύτερου. Συγκεκριμένα έχουμε

Aj j ji i i

s

r

1 2

1 2

1 2 p

1 2 qBα α α

β β β

= ⋅1 r 1 p

1 s 1 q

i ij jC α α

β β Aj j ji i i

s

r

1 2

1 2 1 p

1 qBα α

β β

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα 1 r 1 p

1 s 1 q

i ij jC α α

β β είναι συνιστώσες του τανυστή C, ο οποίος είναι ανταλλοίωτος τάξης r+p και συναλλοίωτος τάξης s+q και πυκνότητας Ν1+Ν2 όπου Ν1 εί-ναι η πυκνότητα του Α και Ν2 η πυκνότητα του Β.

Παράδειημα : Έστω ο τανυστής 2 a

ab b

xxT Tx x

βαβ

xxα

∂∂ ∂=∂ ∂ ∂

ανταλλοίωτος τάξης 1, συναλ-

λοίωτος τάξης 1 και πυκνότητας 2, όπως και ο τανυστή 3 i

i xS Sx x

σσ

x∂ ∂=∂ ∂

ανταλλοίωτος

τάξης 1 και πυκνότητας 5.

Το γινόμενο τους είναι : 5 a i

a ib b

x x xT S T Sx x x

βα σβ

xxα σ

∂ ∂ ∂=∂ ∂ ∂

∂∂

δηλ. ένας τανυστής ανταλλοιώτου

τάξης 2, συναλλοιώτου τάξης 1 και πυκνότητας 5. 3. Συστολή τανυστών. Έστω ένας τανυστής Α ανταλλοίωτος τάξης r, συναλλοίωτος τά-ξης s και πυκνότητας Ν με συνιστώσες . Εάν τώρα ταυτήσουμε τον πρώτο ανταλ-λοίωτα δείκτη i

Aj j ji i i

s

r

1 2

1 2

1 με τον πρώτο συναλλοίωτο δείκτη j1 και αθροίσουμε, τότε προκύπτει έ-νας νέος τανυστής : = Bj j

i is

r

2

2 2 r

2 s

i i‡ jAαα

ανταλλοίωτος τάξης r-1, συναλλοίωτος τάξης s-1 και πυκνότητας Ν. Ο τανυστής Β ονο-μάζεται συστολή του τανυστή Α. Η συστολή ενός τανυστή μπορεί να γίνει ως προς οποι-οδήποτε ανταλλοίωτο και συναλλοίωτο δείκτη.


Παράδειγμα : Θεωρούμε τον τανυστή i

ijk j k

x x xA Ax x x

β γαβγ α

∂ ∂ ∂=

∂ ∂ ∂, ο οποίος είναι ανταλλοίω-

τος τάξης 1 και συναλλοίωτος τάξης 2. Αντικαθιστούμε τον δείκτη k με τον i, αθροίζουμε και έχουμε :

iiji j i j j

x x x x x x xA A A A Ax x x x x x jx

β γ β γ βα α α γβγ βγ βγ α βαα α

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = = δ =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

βα

∂

=

αι

στή ς 2.

δηλ. έναν τανυστή A συναλλοίωτος τάξης 1 Ajii

j= 4. Εσωτερικό γινόμενο τανυστών. Εάν στο εξωτερικό γινόμενο δυο τανυστών εφαρμό-σουμε την διαδικασία της συστολής, τότε προκύπτει ένας νέος τανυστής, που ονομάζεται εσωτερικό γινόμενο των δοθέντων τανυστών, η δε πράξη εσωτερικός πολλαπλασια-σμός. Π.χ. το εξωτερικό γινόμενο των τανυστών και είναι . Θέτο-

ντας q=r προκύπτει το εσωτερικό γινόμενο . Θέτοντας q=r και p=s προκύ-πτει άλλο εσωτερικό γινόμενο D A .

Aqmp Bst

r C A Bqstmpr

qmp

str=

D A Bstmp

rmp

str=

Btm

rmp

ptr=

Οι πράξεις του εξωτερικού και εσωτερικού γινομένου των τανυστών έχουν την αντιμεταθετική και προσεταιριστική ιδιότητα. 5. Ο νόμος του πηλίκου των τανυστών. Η πράξη της διαίρεσης στο σύνολο των τανυ-στών δεν ορίζεται. Υπάρχει παρόμοιο πρόβλημα όπως και στη διαίρεση των διανυσμά-των. Όμως μπορούμε να πούμε τούτο : Έστω ότι δεν γνωρίζουμε εάν η ποσότητα Χ είναι τανυστής ή όχι. Εάν ένα εσωτερικό γινόμενο5 του Χ με έναν τυχαίο τανυστή είναι και αυ-τό τανυστής, τότε ο Χ είναι τανυστής. Π.χ. ας θεωρήσουμε ότι η ποσότητα Χ(p,q,r) είναι τέτοια ώστε να ικανοποιεί την σχέση Χ(p,q,r p

s όπου rps ένας τανυστής ανταλ-

λοίωτος τάξης 2 και συναλλοίωτος τάξης 1 κ Cps ένας τανυστής ανταλλοίωτος τάξης 1

και συναλλοίωτος τάξης 1. Τότε αποδεικνύεται ότι η ποσότητα Χ(p,q,r) είναι ένας τανυ-ς Xpq

r ανταλλοίωτος τάξης 1 και συναλλοίωτος τάξη

) B Crps B

12.10 Σύμβολα του Christoffel

Τα σύμβολα :

[pq,r]=12

∂∂

∂∂

∂∂

gx

gx

gx

prq

qrp

pqr+ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ (1)

spqΓ =gsr[pq,r] (2)

ονομάζονται σύμβολα του Christoffel πρώτου και δευτέρου είδους αντίστοιχα. Μερι-

κές φορές αντί του συμβόλου χρησιμοποιείται και το σύμβολο . Πρέπει να πα-Ãpqs s

pq⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

5 Εδώ το εσωτερικό γινόμενο είναι ο συνήθης πολλαπλασιασμός

196 ♦ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΧΙΙ ρατηρήσουμε ότι το σύμβολο αν και γράφεται με την μορφή που γράφονται οι τανυ-στές,

Ãpqs

γενικά δεν είναι τανυστής. Κάτω από ένα μετασχηματισμό συντεταγμένων τα σύμβολα του Christoffel μετα-σχηματίζονται βάσει του παρακάτω τύπου :

g i 2

ijk j k j j k

x x x x xx x x x x x

β ααβγ

i

α α

∂ ∂ ∂ ∂ ∂Γ = Γ +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ (3)

Θεωρούμε τώρα τον μετρικό τανυστή gij με ορίζουσα g. Αποδεικνύεται ότι ισχύει η σχέση :

ln | g |

xααμ μ

∂Γ =

∂ (4)

Στη θεωρία των μεταβολών, οι γεωδεσιακές γραμμές στον χώρο του Riemann δίνονται από τη σχέση :

2 i j k

ijk2

d x dx dx 0ds ds ds

+ Γ = (5)

Π.χ. στο επίπεδο οι γεωδεσιακές γραμμές είναι ευθείες γραμμές, ενώ πάνω στην επιφάνεια μιας σφαίρας είναι μέγιστοι κύκλοι. Η απόσταση s μεταξύ δυο σημείων t1 και t2 μιας καμπύλης με παραμετρικέ εξι-σώσεις xi=xi(t), δινεται από τον τύπο :

s= gdxdt

dxdt

dtpq

p q

t

t

1

2

∫

12.11 Παράγωγος ενός τανυστή

α) Θεωρούμε έναν ανταλλοίωτο τανυστή Αr . Ορίζουμε σαν ανταλλοίωτη παράγωγο ως προς την συντεταγμένη xs , που συμβολίζεται με , την έκφραση : A s

r,

r

r,s mss

AAx

∂= + Γ∂

r mA (1)

Η ποσότητα αυτή αποδεικνύεται ότι είναι ένας μικτός τανυστής ανταλλοίωτος ως προς r και συναλλοίωτος ως προς s. β) Θεωρούμε τώρα έναν συναλλοίωτο τανυστή Αr . Ορίζουμε σαν συναλλοίωτη πα-ράγωγο ως προς την συντεταγμένη xs , που συμβολίζεται με Αr,s την έκφραση :

r

mr,s rs ms

AAx

∂= − Γ∂

A (2)

Η ποσότητα αυτή αποδεικνύεται ότι είναι ένας μικτός τανυστής συναλλοίωτος ως προς r και s. Σ' ένα καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων έχουμε =0 και έτσι η σχέση (2) γίνε-

ται

Ãrsm

AAxr s

r

s, =∂∂

Η έννοια της συναλλοιώτου παραγώγου επεκτείνεται σε τανυστές τάξης μεγαλύ-τερης της πρώτης τάξης. Έτσι


1 m

1 n1 m 1 m 1 m 1 m

1 n 1 2 n 2 1 3 n n 1 n 1

1 3 m1 1 m 2 m 1 m 1

1 n 1 n 1 n

p pr rp p p p p p p ps s s

r r ,q r q sr r r q r sr r r q r r sq

p sp pp sp p p p p p sqs r r qs r r qs r r

AA A A

xA A A

−

−

∂= − Γ − Γ − − Γ

∂+ Γ + Γ + + Γ

A + (3)

είναι η συναλλοίωτος παράγωγος του τανυστή . Ar r rp p p

n

m

1 2

1 2

Επίσης αποδεικνύεται ότι η έκφραση :

r r

r mmn

dA dxAt dt dt

δΑ= + Γ

δ

n

(4)

είναι ένα ανταλλοίωτο διάνυσμα και ονομάζεται συμφυής παράγωγος του διανύσματος Αr ως προς την παράμετρο t. Ομοίως η έκφραση :

n

mr rrn m

dA dxAt dt dt

δΑ= − Γ

δ (5)

αποδεικνύεται ότι είναι ένα συναλλοίωτο διάνυσμα και ονομάζεται συμφυής παράγωγος του διανύσματος Αr ως προς την παράμετρο t. Οι κανόνες της συναλλοιώτου παραγώγισης για αθροίσματα και γινόμενα τανυ-στών είναι οι ίδιοι με εκείνους της συνήθους παραγώγισης. Αποδεικνύεται ότι οι συναλ-λοίωτες παράγωγοι των τανυστών gpq , gpq και είναι μηδέν και επομένως οι παραπάνω τανυστές μπορούν να θεωρηθούν σαν σταθερές.

äqp

Οι συναλλοίωτες παράγωγοι εκφράζουν τους συντελεστές μεταβολής των φυσι-κών μεγεθών ανεξαρτήτου συστήματος αναφοράς,. Για τον λόγο αυτό οι συναλλοίωτες παράγωγοι έχουν μεγάλο ενδιαφέρον στην έκφραση των φυσικών νόμων.

12.12 Μερικές εφαρμογές των τανυστών

Θεωρούμε ένα υλικό σημείο μάζας m, που κινείται στο χώρο. Η θέση του υλικού αυτού σημείου προσδιορίζεται από ένα σύστημα καμπυλογράμμων συντεταγμένων xr . Εάν t είναι η παράμετρος που παριστάνει τον χρόνο, τότε οι εξισώσεις της κίνησης του υλικού σημείου είναι : xr=xr(t) r=1,2,3 (1) Οι σχέσεις (1) είναι οι παραμετρικές εξισώσεις της τροχιάς που διαγράφει το υλικό ση-μείο. Θεωρούμε τώρα και ένα δεύτερο σύστημα συντεταγμένων x r , το οποίο συνδέεται με το πρώτο με τις εξισώσεις : x r= x r(x1,x2,x3) r=1,2,3 (2) Οι παραμετρικές εξισώσεις της τροχιάς ως προς το δεύτερο σύστημα συντεταγμένων βρί-σκονται εάν αντικαταστήσουμε τις (1) στις (2). Οι παραμετρικές εξισώσεις της ταχύτητας, όπως είναι γνωστό, είναι :

vr=dxdt

r

(3)

στο δε νέο σύστημα συντεταγμένων :

vdxdt

xx

dxdt

xx

vrr r

s

s r

ss= = =

∂∂

∂∂

(4)

Οι εξισώσεις (4) δηλώνουν ότι η ταχύτητα vr είναι ένα ανταλλοίωτο διάνυσμα. Ο νόμος του Newton δίνεται από την σχέση :


Fr=mγr=md xdt

r2

2 (5)

Σ' ένα καμπυλόγραμμο σύστημα συντεταγμένων οι εξισώσεις (5) γράφονται :

Fr=2 r m n

rmn2

d x dx dxm mdt dt dt

+ Γ (6)

Η κινητική ενέργεια ενός υλικού σημείου είναι :

T=12

12

12

2mv mg v v mgdxdt

dxdtij

i jij

i j

= = (7)

όπου gij είναι ο μετρικός τανυστής. Εάν f είναι ένα βαθμωτό πεδίο, η βάθμωση του σε καμπυλόγραμμες συντεταγμένες δίνε-ται από τη σχέση :

∇f=gradf=f⋅,p=∂∂

fxp

όπου f⋅,p είναι η συναλλοίωτος παράγωγος του f ως προς xp . Εάν Fp είναι ένα ανταλλοίωτο διάνυσμα, η απόλκλιση του δίνεται από τη σχέση :

divFp= ( )Fg x

g Fpp

kk

⋅ =, | || |

1 ∂∂

Εάν Fp είναι ένα συναλλοίωτο διάνυσμα, ο στροβιλισμός του δίνεται από τη σχέση :

curlFp=Fp,q-Fq,p=∂∂

∂∂

Fx

Fx

pq

qp−

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1. Γράψτε τα παρακάυω αθροίσματα χρησιμοποιώντας τον συμβατικό τρόπο αθροί-σεως :

α. df=∂∂

∂∂

∂∂

fx

dxf

xdx

fx

dxnn

11

22+ + +

β. (x1)2+(x2)2+⋅⋅⋅+(xn)2 γ. ds2=g11(dx1)2+ g22(dx2)2+⋅⋅⋅+g33(dx3)2

δ. g dx dxpqp q

qp ==∑∑

1

3

1

3

2. Γράψτε αναλυτικά τα παρακάτω αθροίσματα : α. αjkxk k=1,⋅⋅⋅,n β. ApqAqr q=1,⋅⋅⋅,n

γ. gjk∂∂

∂∂

xx

xx

j

r

k

s n=3


3. Γράψτε τον νόμο του μετασχηματισμού για τους τανυστές : α. β. γ. CAjk

i Bijkmn m

4. Ελέγξτε εάν οι παρακάτω ποσότητες είναι τανυστές. Σε θετική περίπτωση βρείτε εάν είναι ανταλλοίωτος ή συναλλοίωτος καθώς και την τάξη του :

α. dxk β. ∂

∂f x x

x

n

k( , , )1

5. Ένας συναλλοίωτος τανυστής έχει συνιστώσες xy, 2y-z2, xz σ' ένα ορθογώνιο σύ-στημα συντεταγμένων. Να βρεθούν οι συνιστώσες του στο σύστημα των σφαιρικών συ-ντεταγμένων.

6. Δείξτε ότι η έκφραση ∂∂Ax

pq δεν είναι τανυστής έστω και αν το Ap είναι ένας συ-

ναλλοίωτος τανυστής τάξης ένα. 7. Δείξτε ότι η ταχύτητα ενός ρευστού σ' ένα τυχαίο σημείο είναι ένας ανταλλοίωτος τανυστής τάξης ένα. 8. Έστω ένας τανυστής. Arst

pq

α) Εάν θέσουμε p=t , τότε η έκφραση , όπου έχουμε θεωρήσει την συμβατική άθροιση, είναι ένας τανυστής. Να βρεθεί η τάξη του.

Arsppq

β) Εάν θέσουμε p=t και q=s, τότε η έκφραση είναι ένας τανυστής. Να βρεθεί η τάξη του.

Arqppq

9. Δείξτε ότι η συστολή του εξωτερικού γινομένου των τανυστών Αp και Bq είναι μια αναλλοίωτη έκφραση. 10. Εάν X(p,q,r) είναι μια ποσότητα τάτοια ώστε X(p,q,r)B =0 για κάποιον τυχαίο τανυστή B , τότε να δειχθεί ότι X(p,q,r)=0 εκ ταυτότητος.

rqn

rqn

11. Μια ποσότητα A(p,q,r) είναι τέτοια ώστε σ' ένα σύστημα συντεταγμένων xi να ι-σχύει : A(p,q,r)B , όπου είναι ένας τυχαίος τανυστής και τανυστής. Να δει-χθεί ότι η ποσότητα A(p,q,r) είναι τανυστής.

Crqs

ps= Br

qs Cps

12. Εκφράστε υπό μορφή πινάκων τις εξισώσεις μετασχηματισμού α) για ένα συναλ-λοίωτο διάνυσμα και β) για ένα ανταλλοίωτο τανυστή τάξης 2 με την προϋπόθεση ότι n=3.

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α

ΠΕΡΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΩΝ ΒΑΣΕΩΝ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

1. Αντίστροφες βάσεις

Θεωρούμε ένα διάνυσμα Α και έστω f1¸ f2, f3 μια ορθοκανονική βάση του χώ-ρου R3 δηλ. όλα τα διανύσματα fi i=1,2,3 είναι μοναδιαία και κάθετα μεταξύ τους. Τότε το διάνυσμα Α μπορεί να γραφεί ως εξής:

Α=(Α⋅f1)f1+(Α⋅f2)f2+(Α⋅f3)f3 (1) Η γενίκευση της σχέσεως (1) στην περίπτωση που έχουμε μια άλλη ορθογώνια βάση e1, e2, e3, (της οποίας τα διανύσματα δεν είναι αναγκαστικά μοναδιαία), είναι άμεση. Αρκεί να θέσουμε:

31 21 2 3

1 2

, ,e e

= = =ee ef f f

3e (2)

όπου ei=|ei|, i=1,2,3. Η σχέση (1) γράφεται: 31 2

1 22 2 21 2 3e e e 3

⋅⋅ ⋅= + +

A eA e A eA e e e

j

j

(3)

Θεωρούμε τώρα την πλέον γενική περίπτωση της αναπτύξεως ενός διανύσματος Α ως προς μια πλαγιογώνια βάση ei. Η ανάπτυξη θα έχει την μορφή1: Α=Α1e1+Α2e2+Α3e3 Το πρόβλημα τώρα ανάγεται στην προβολή του διανύσματος Α στους άξονες του συστή-ματος συντεταγμένων και στην επίλυση του αλγεβρικού συστήματος των τριών εξισώσε-ων που θα προκύψουν ως προς τους αγνώστους Α1, Α2, Α3. Το πρόβλημα αυτό μπορεί να λυθεί άμεσα με την μέθοδο των αντιστρόφων βάσεων. Δυο βάσεις e1, e2, e3 και e1, e2, e3, (όχι κατ’ ανάγκη ορθογώνιες ή ορθοκανο-νικές), λέγονται αντίστροφες βάσεις όταν ικανοποιούν την σχέση:

ji ij

0 i

1 i

εαν ≠⎧⎪⋅ = δ = ⎨⎪ εαν =⎩

e e (4)

Από την σχέση (4) παρατηρούμε ότι κάθε διάνυσμα της μιας βάσεως είναι κάθετο στα δυο διανύσματα της άλλης βάσεως που έχουν διαφορετικούς δείκτες. Επίσης από την (4) για i=j προκύπτει ότι:

|ei||ei|cos(ei,ei)=1>0 (4α)

1 Πρέπει να προσέξουμε ότι ο άνω δείκτης στις συντεταγμ ή στις συνιστώσες ή σε διάνυσμα δεν πρέπει να

θεωρηθεί σαν εκθέτης κάποιας δυνάμεως. Η σημασία αυτού του συμβολισμού θα φανεί αργότερα.

Αντίστροφες βάσεις ♦ 202

και άρα cos(ei,ei)>0. Επομένως κάθε διάνυσμα της μιας βάσεως σχηματίζει οξεία γωνία, (ίσως και ορθή), με το διάνυσμα της άλλης βάσεως του οποίου ο δείκτης έχει την ίδια τι-μή. Εάν κατασκευάσουμε τα παραλ-ληλεπίπεδα που προκύπτουν από τις δυο βάσεις, τότε οι πλευρές κάθε πα-ραλληλεπιπέδου τέμνουν κάθετα τις ακμές του άλλου παραλληλεπιπέδου. Από την σχέση (4α) έχουμε:

( )

ii

i i

1cos ,

=ee e e

δηλ. το μέτρο κάθε διανύσματος της μιας βάσεως είναι αντίστροφο προς το αντίστοιχο παράλληλο ύψος του πα-ραλληλεπιπέδου που σχηματίζεται από την αντίστροφη βάση. Για να προσδιορίσουμε πλήρως την αντίστροφη βάση e1, e2, e3 που αντιστοιχεί στην αρχική βάση e1, e2, e3εργαζόμαστε ως εξής: Το διάνυσμα e1 πρέπει να είναι κάθετο στα διανύσματα e2 και e3. Επομένως: e1=m(e2×e3) όπου m είναι ένα βαθμωτό μέγεθος, που θα προσδιοριστεί από την σχέση: e1⋅e1=1 δηλ. me1⋅ (e2×e3)=1 Επειδή τα διανύσματα e1, e2, e3 είναι μη συνεπίπεδα, θα είναι e1⋅ (e2×e3)≠0 και επομένως

θα έχουμε: ( )1 2 3

1m =⋅ ×e e e

και τελικά : ( )1 2 3 2

1 2 3 V3× ×

= =⋅ ×e e e ee

e e e (5)

όπου |V| ο όγκος του παραλληλεπιπέδου που σχηματίζεται από την βάση e1, e2, e3 . Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε:

2 33 1 1 2,V V× ×

= =e e e ee e

ή σε γενική μορφή: j ki

V×

=e e

e (6)

όπου τα i, j, k είναι μια κυκλική εναλλαγή των 1, 2, 3. Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε ανάλογες σχέσεις για τα διανύσματα e1, e2, e3 συ-ναρτήσει των e1, e2, e3 . Οι σχέσεις αυτές έχουν την μορφή:

2 3 3 1 1 2

1 2 3, ,V V× ×

= = =′ ′

e e e e e ee e eV×′

ή j k

i V×

=′

e ee

203 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Α

όπου |V′| είναι ο όγκος του παραλληλεπιπέδου που σχηματίζεται από την βάση e1, e2, e2. Για τις αντίστροφες βάσεις ισχύον οι εξής δυο ιδιότητες: 1) Όταν η βάση e1, e2, e3 είναι ορθοκανονική, τότε η αντίστροφη βάση συμπίπτει με την αρχική. Πράγματι:

( )

1 2 3 1 11

1 2 3 1 1 1×

= = =⋅ × ⋅e e e ee e

e e e e e=

2,3

ομοίως θα έχουμε e2=e2, e3=e32) Δυο αντίστροφες βάσεις είναι είτε και οι δυο δεξιόστροφες είτε και οι δυο αριστε-ρόστροφες. Αυτό έπεται από το γεγονός ότι VV′=1. Συγκεκριμένα εάν η βάση e1, e2, e3 είναι δεξιόστροφη τότε V=e1⋅(e2×e3)>0 και επειδή VV′=1 θα είναι και V′>0 που σημαίνει ότι η βάση e1, e2, e2 είναι δεξιόστροφη. Επανερχόμαστε τώρα στο πρόβλημα της αναπτύξεως ενός διανύσματος Α ως προς την πλαγιογώνια βάση e1, e2, e3 δηλ. να βρούμε τους συντελεστές Α1, Α2, Α3 στην έκφραση:

Α=A1e1+ A2e2+ A3e3 (7) Έστω e1, e2, e3 η αντίστροφη βάση της e1, e2, e3. Πολλαπλασιάζουμε την (7) με ei και βάσει της (4) προκύπτει:

3

i k i i i ik i

k 1

A A A i 1,=

⋅ = ⋅ = ⋅ = =∑A e e e e e

Π.χ. ( )( )

2 31 1

1 2 3

A⋅ ×

= ⋅ =⋅ ×

A e eA e

e e e

Έτσι η σχέση (7) γράφεται:

Α=(A⋅e1)e1+(A⋅e2)e2+(A⋅e3)e3=( )( )

( )( )

( )( )

2 3 3 1 1 21 2

1 2 3 2 3 1 3 1 2

⋅ × ⋅ × ⋅ ×+ +

⋅ × ⋅ × ⋅ ×A e e A e e A e e

e ee e e e e e e e e 3e

ie

Η οποία είναι η γενίκευση των σχέσεων (1) και (3).

2. Συναλλοίωτες και ανταλλοίωτες συνιστώσες ενός διανύσματος

Θεωρώντας δυο αντίστροφες βάσεις, μπορούμε να εκφράσουμε το ίδιο διάνυσμα Α ως εξής:

Α=Α1e1+ Α2e2+ Α3e3= 23

i ii

i 1

A A=

≡∑ e (Ai i=A⋅e ) (1)

2 Από εδώ και στο εξής θα κάνουμε χρήση ενός ειδικού συμβολισμού που χρησιμοποιείται ευρέως στα μα-

θηματικά και στην φυσική, (ιδίως στη θεωρία της σχετικότητος) και ο οποίος είναι ο εξής: Όταν σε μια

έκφραση απαντάται δυο φορές ο ίδιος δείκτης, αυτό θα σημαίνει πρόσθεση ως προς αυτό τον δείκτη π.χ.


ως προς την βάση e1, e2, e3 και

Α=Α1e1+ Α2 e2+ Α3e3= (A3

ii i

i 1A A

=

≡∑ e ie

i=A⋅ei) (2)

ως προς την βάση e1, e2, e3. Οι αριθμοί Ai ονομάζονται ανταλλοίωτες συνιστώσες του διανύσματος Α, ενώ οι αριθμοί Αi ονομάζονται συναλλοίωτες συνιστώσες του διανύσμα-τος Α. Η σχέση μεταξύ των συναλλοιώτων και ανταλλοιώτων συνιστωσών ενός διανύ-σματος, φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όπου έχουμε ένα διάνυσμα Α στο επίπεδο που ορίζουν τα διανύσματα e1, και e2.

Οι συναλλοίωτες συνιστώσες Α1, Α2 μπορούν να βρεθούν είτε από τις συνιστώσες Α1|e1|, A2|e2| του διανύσματος Α ως προς τις διευθύνσεις της αντιστρόφου βάσεως είτε από τις προβολές Α1/|e1|, Α2/|e2| του Α στους άξονες της αρχικής βάσεως.

Οι ανταλλοίωτες συνιστώσες Α1, Α2 μπορούν να βρεθούν είτε από τις συνιστώσες Α1|e1|, A2|e2| του διανύσματος Α ως προς τις διευθύνσεις της αρχικής βάσεως είτε από τις προβολές Α1/|e1|, Α2/|e2| του Α στους άξονες της αντίστροφης βάσεως.

Προτού συνεχίσουμε ας θυμηθούμε ορισμένα στοιχεία από την Γραμμική Άλγε-

βρα σχετικά με τους μετασχηματισμούς των βάσεων. Θεωρούμε δυο βάσεις e1, e2, e3 και e1′, e2′, e3′ με κοινή αρχή το Ο. Κάθε διά-

νυσμα της δεύτερης βάσεως μπορεί να αναπτυχθεί σαν γραμμικός συνδυασμός ως προς τα διανύσματα της πρώτης βάσεως και αντιστρόφως:

3

i ii i

i 1A A

=

≡∑ e e . Ο δείκτης i ονομάζεται «βουβός» δείκτης. Το προηγούμενο άθροισμα μπορεί να γραφεί

και ως Ajej=Akek χρησιμοποιώντας δηλαδή οποιονδήποτε άλλο δείκτη.


31 2 3 k

1 1 1 1 2 1 3 1 kk 1

31 2 3 k

2 2 1 2 2 2 3 2k 13

1 2 3 k3 3 1 3 2 3 3 3 k

k 1

′ ′ ′ ′=

′ ′ ′ ′=

′ ′ ′ ′=

′ = α +α +α = α

′ = α +α +α = α

′ = α +α +α = α

∑

∑

∑

e e e e e

e e e e

e e e e e

ke

keή σε σύντομη γραφή: i=1,2,3 (1) 3

ki i

k 1′

=

′ = α∑e

Οι εννέα αριθμοί ki′α (i, k=1,2,3) ονομάζονται συντελεστές του ευθέως μετασχηματι-

σμού, (από την πρώτη βάση στην δεύτερη). Ομοίως, κάθε διάνυσμα της πρώτης βάσεως e1, e2, e3 μπορεί να αναπτυχθεί ως προς τα διανύσματα της δεύτερης βάσεως:

3k

i ik 1

′

=k′= α∑e e

) ′e

k′′

k

k

i=1,2,3 (2)

Οι εννέα αριθμοί (i, k=1,2,3) ονομάζονται συντελεστές του αντιστρόφου μετασχη-ματισμού, (από την δεύτερη βάση στην πρώτη).

ki′α

Υπάρχουν απλές σχέσεις που συνδέουν τους συντελεστές αυτών των μετασχημα-τισμών. Εάν αντικαταστήσουμε τις αναπτύξεις των διανυσμάτων e1, e2, e3 από την σχέ-ση (2) στην (1) έχουμε:

( ) ( ) ( )( ) ( ) (

1 2 3i i 1 i 2 i 3

1 1 2 3 2 1 2 3 3 1 2 3i 1 1 1 2 1 3 i 2 1 2 2 2 3 i 3 1 3 2 3 3

1 1 2 1 3 1 1 2 2 2 2 1 1 3 2 3 3 3i 1 i 2 i 3 1 i 1 i 2 i 3 2 i 1 i 2 i 3

′ ′ ′

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′ ′

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′

′ = α +α +α =

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= α α +α +α +α α +α +α +α α +α +α =

′ ′= α α +α α +α α + α α +α α +α α + α α +α α +α α

e e e e

e e e e e e e e e

e e 3

3 3 31 2 3

1 i 2 i 3 i1 1 1

3 3k

k ik 1 1

′ ′ ′′ ′ ′

= = =

′′

= =

=

′ ′ ′= α α + α α + α α =

′= α α

∑ ∑ ∑

∑ ∑

e e e

e

(3)

Κατά τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ότι 3 3 3 3 3

1 2 3i 1 i 2 i 3 i k i

1 1 1 k 1 1

′ ′ ′′ ′ ′

= = = = =

= α α + α α + α α = α α∑ ∑ ∑ ∑ ∑e e e e e

Από τις δυο τελευταίες σχέσεις προκύπτουν οι ακόλουθες 18 σχέσεις:

3 3k k

i ik i ik1 1

0 i k 0 i

1 i k 1 i

′ ′′ ′

= =

εαν ≠ εαν ≠⎧ ⎧⎪ ⎪α α = δ = α α = δ =⎨ ⎨⎪ ⎪εαν = εαν =⎩ ⎩

∑ ∑ (4)

Ας ξαναγυρίσουμε τώρα στις έννοιες των συναλλοιώτων και ανταλλοιώτων συνι-

στωσών ενός διανύσματος και ας επιχειρήσουμε να δικαιολογήσουμε τους όρους αυτούς. Θα αποδείξουμε στη συνέχεια ότι ο ευθύς μετασχηματισμός συνδέει τις συναλλοίωτες συνιστώσες με τους συντελεστές k

i′α του ευθέως μετασχηματισμού, δηλ.


ki iA A′′ = α k

k

(5) ενώ ο ευθύς μετασχηματισμός συνδέει τις ανταλλοίωτες συνιστώσες με τους συντελεστές

του αντιστρόφου μετασχηματισμού, δηλ. ik′α

i ikA A′ ′= α (6)

Πράγματι. Έστω ότι το διάνυσμα Α έχει συναλλοίωτες συνιστώσες Αi και ανταλλοίωτες Ai στο σύστημα συντεταγμένων που ορίζεται από την πρώτη βάση e1, e2, e3 και συναλ-λοίωτες συνιστώσες και ανταλλοίωτες iA′ iA′ στο σύστημα συντεταγμένων που ορίζε-

ται από την δεύτερη βάση 1 2 3, ,′ ′ ′e e e . Από τις σχέσεις και 3

ki i

k 1′

=

′ = α∑e ek k

3k

i ik 1

′

=

′= α∑e e

προκύπτει: k k ki i i i, ′′

k′ ′α = ⋅ α = ⋅e e e e (7) Παίρνοντας τώρα το εσωτερικό γινόμενο και των δυο μελών της σχέσεως A=Akek με το διάνυσμα έχουμε: i′e

Α⋅ =Αi′e k i′e ⋅ek η οποία ανάγεται στην (5) λόγω των (2) και (7). Ομοίως, παίρνοντας το εσωτερικό γινό-μενο του διανύσματος με τα δυο μέλη της αναπτύξεως A=Ai′e kek, έχουμε:

Α⋅ =Αi′e kek⋅ i′e η οποία ανάγεται στην (4) λόγω των (1) και (7). Σαν άσκηση μπορεί να δει κανείς ότι οι αντίστροφες σχέσεις των (5) και (4) είναι:

k i ii i k kA A , A A′

′k′ ′= α = α

3. Φυσικές συνιστώσες ενός διανύσματος

Μέχρι τώρα έχουμε θεωρήσει τις πράξεις επί των διανυσμάτων καθαρά γεωμετρι-κά βλέποντας τα διανύσματα σαν προσανατολισμένα ευθύγραμμα τμήματα, των οποίων το μήκος είναι ανάλογο προς την ποσότητα του φυσικού μεγέθους που παριστούν. Επίσης δεν μας έχουν απασχολήσει οι φυσικές διαστάσεις αυτών των μεγεθών, εκτός από την πε-ρίπτωση που τα διανύσματα, τα οποία εμφανίζονται σαν όροι στην ίδια εξίσωση, πρέπει να έχουν τις ίδιες φυσικές διαστάσεις. Προφανώς οι φυσικές διαστάσεις των συνιστωσών Ai και Ai του ίδιου διανύσματος Α=Αiei=Aiei είναι διαφορετικές αφού εξαρτώνται από τις διαστάσεις των βασικών διανυσμάτων και από τις σχέσεις ei⋅ei=1. Όμως είναι δυνατό να εισάγουμε «φυσικές» συνιστώσες στα διανύσματα, των οποίων οι διαστάσεις να συμπί-πτουν με εκείνες των διανυσμάτων. Αυτό μπορεί να γίνει ορίζοντας μια νέα «μοναδιαία βάση»:

ii

i

∗ =eee

με αντίστροφη βάση e*i=ei|ei| τότε i i

i iA A∗ ∗ ∗= =A e ∗e όπου τα και ορίζονται σαν φυσικές συνιστώσες του Α. iA∗ iA∗

Οι σχέσεις μεταξύ των φυσικών συνιστωσών ενός διανύσματος και των συναλ-λοιώτων και ανταλλοιώτων συνιστωσών εύκολα μπορεί να βρεθεί ότι είναι:


ii

i

AA ,∗ =e

Α*i=Ai|ei| i=1, 2,

Όπως φαίνεται από το σχήμα τα Α*i είναι οι συνιστώσες, (παράλληλες προβολές), του δι-ανύσματος Α στις διευθύνσεις των διανυσμάτων i

∗e ενώ τα iA∗ είναι οι ορθογώνιες προ-βολές του Α στις ίδιες διευθύνσεις.

Μπορούμε να αρχίσουμε από την αντίστροφη βάση και να ορίσουμε την μονα-διαία βάση:


i

ii

∗∗ =eee

όπως και την αντίστροφη της: ei**=ei|ei|

τότε θα έχουμε:

e**i=e*icos(ei,ei), ( )i

i iicos ,

∗∗∗ =

eee e

και ( ) ( )i i ii

i iii

AA , A A coscos ,

∗∗∗ ∗∗ ∗= = e e

e e,

k

k

Οι δυο ορισμοί είναι ουσιαστικά ισοδύναμοι και όλα ανάγονται στην εκλογή των μονά-δων μετρήσεως. Πρέπει να τονισθεί ότι οι υπολογισμοί γίνονται σχεδόν πάντα με τις συνήθεις συ-ναλλοίωτες και ανταλλοίωτες συνιστώσες και η μεταφορά των φυσικών συνιστωσών γί-νεται μόνο στο τέλος, (εάν χρειάζεται).

4. Σχέσεις μεταξύ συναλλοιώτων και ανταλλοιώτων συνιστωσών

Θεωρούμε το εσωτερικό γινόμενο του διανύσματος Α, που δίνεται από τις σχέσεις (1) και (2) της παρ. 2 με τα διανύσματα ei, και ei :

A⋅ ei=Ak(ei⋅ek) A⋅ ei=Ak(ei⋅ek) (1)

Εισάγουμε τώρα τον συμβολισμό: ei⋅ek=gik=gki, ei⋅ek=gik=gki,

ei⋅ek= ki

0 ig

1 i

•

εαν ≠⎧⎪= ⎨⎪ εαν =⎩

(2)

Η σχέση (1) γράφεται: Αi=gikAk (3) Ai=gikAk (4) Οι σχέσεις αυτές εκφράζουν τις συναλλοίωτες συνιστώσες του διανύσματος Α συναρτή-σει των ανταλλοιώτων συνιστωσών και αντιστρόφως. Όπως θα δούμε αργότερα στο κε-φάλαιο περί τανυστών, οι εννέα ποσότητες gik αποτελούν έναν τανυστή δευτέρας τάξεως, όπως και οι ποσότητες gik και . k

ig•

Οι ποσότητες gik, (ή gik), περιγράφουν τα θεμελιώδη γεωμετρικά χαρακτηριστικά ενός χώρου στον οποίο έχουμε εισάγει ένα σύστημα συντεταγμένων με μια βάση e1, e2, e3, και αντίστοιχες συντεταγμένες x1, x2, x3. Πράγματι, έστω ds το μήκος του τόξου που συνδέει δυο σημεία απείρως κοντά xi και xi+dx και έστω το διάνυσμα dr που ενώνει τα δυο αυτά σημεία τα οποία έχουν συναλλοίωτες συνιστώσες dxi και ανταλλοίωτες συνι-στώσες dxi. Τότε

(ds)2=|dr|2=dr⋅dr=eidxi⋅ekdxk= eidxi⋅ekdxk=eidxi⋅ekdxk


ή (ds)2=gikdxidxk, (ds)2=gikdxIdxk, (5) (ds)2=dxidxi Οι σχέσεις (5) εκφράζουν το τετράγωνο του στοιχειώδους μήκους σε ένα δεδομένο σύ-στημα συντεταγμένων συναρτήσει των gik, (ή gik), δηλ. οι ποσότητες gik, (ή gik), ορίζουν την μετρική του χώρου και ονομάζονται μετρικός τανυστής. Για να βρούμε τις σχέσεις μεταξύ gik των και gik, θεωρούμε τις σχέσεις (3) σαν ένα σύστημα τριών γραμμικών εξισώσεων με αγνώστους τα Α1, Α2, Α3 με λύση την:

3ik

ikki kk 1

G AG AA

G G== =∑

(6)

όπου 11 12 13

ik 21 22 23

31 32 33

g g gG det g g g g

g g g= =

και Gik είναι ο συμπαράγων του στοιχείου gik της ορίζουσας G. Από τις σχέσεις (6) και (4) προκύπτει η σχέση:

ikik Gg

G= (7)

η οποία εκφράζει το gik συναρτήσει των gik. Κατά τον ίδιο τρόπο προκύπτει:

ikik

GgG

=′

όπου G′=detgik, και Gik ο συμπαράγων του στοιχείου gik.

Επίσης από τις σχέσεις (2) και από την σχέση j ki

V×

=e e

e βρίσκουμε:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )( )

ik i kp r s t p r s2 2

r p s p r s t2

p s r t p t r s2

p s p t ps pt2 2

r s r t rs rt

1 1gV V1

V1

Vg g1 1g gV V

t⎡ ⎤= ⋅ = × ⋅ × = × × ⋅⎣ ⎦

⎡ ⎤= ⋅ − ⋅ ⋅⎣ ⎦

⎡ ⎤= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅⎣ ⎦

⋅ ⋅= =

⋅ ⋅

e e e e e e e e e e

e e e e e e e

e e e e e e e e

e e e ee e e e

(8)

Συγκρίνοντας τις (8) και (7) βρίσκουμε: G=V2, V= G± (9)

Το θετικό πρόσημο επιλέγεται όταν η βάση e1, e2, e3, είναι δεξιόστροφη και το αρνητι-κό όταν η βάση είναι αριστερόστροφη.

Με όμοιο τρόπο μπορούμε να δείξουμε ότι: G′=V′2, V′= G′±

και επίσης GG′=1


εφού VV′=1. Έτσι ο όγκος του παραλληλεπιπέδου που σχηματίζεται από την (δεξιό-στροφη), βάση e1, e2, e3, ισούται με G , ενώ ο όγκος του παραλληλεπιπέδου που σχηματίζεται από την αντίστροφη βάση e1, e2, e3, ισούται με G′ .

4. Η περίπτωση των ορθογωνίων βάσεων

Οι ορθογώνιες βάσεις είναι ιδιαίτερου ενδιαφέροντος αφού τα περισσότερα συ-στήματα συντεταγμένων που χρησιμοποιούνται στη Φυσική και στα Μαθηματικά είναι ορθογώνια.. Στην περίπτωση αυτή, η αρχική βάση e1, e2, e3, και η αντίστροφη της e1, e2, e3, είναι ορθογώνιες3 και από τις σχέσεις (2) έχουμε:

gik=gik=0 εάν i≠k τότε οι σχέσεις (3) και (4) γίνονται: Α1=g11, A2=g22A2, A3=g33A3 A1=g11A1, A2=g22A2, A3=g33A3

και άρα 11 22 3311 22 33

1 1g , g , gg g

= = =1

g

Επί πλέον ( ) ( )3 22 i

ii 1

ds h dx=

=∑όπου οι ποσότητες: 1 11 2 22 3h g , h g , h g= = = 33

A

ονομάζονται μετρικοί συντελεστές. Παρατήρηση 1: Οι φυσικές συνιστώσες i

iA∗ ∗και , οι συναλλοίωτες συνιστώσες Αi και οι ανταλλοίωτες συνιστώσες Ai συμπίπτουν σε ένα ορθογώνιο σύστημα συντεταγμέ-νων με ορθοκανονική βάση. Επί πλέον οι φυσικές συνιστώσες i

iA A∗ ∗και συμπίτπουν σε κάθε ορθογώνια βάση, (γιατί;). Παρατήρηση 2: Ο συμβολισμός που χρησιμοποιήθηκε εδώ μπορεί να περιγραφεί από τον εξής μνημονικό τύπο: Άθροισμα έχουμε μόνο όταν υπάρχουν ίδιοι δείκτες4 σε διαφορετικές θέσεις, δηλ. ένας από τους δείκτες είναι κάτω δείκτης και ο άλλος άνω δείκτης. Π.χ. στη σχέση: Ai=gikAk το δεύτερο μέλος παριστάνει άθροισμα ως προς τις τιμές του δείκτη k που εμφανίζεται και ως άνω και ως κάτω δείκτης. Ομοίως στη σχέση:

Ai=gikAk το δεύτερο μέλος παριστάνει επίσης άθροισμα ως προς τις τιμές του δείκτη k που εμφανί-ζεται και ως κάτω και ως άνω δείκτης. 3 Εάν είναι και ορθοκανονικές, τότε συμπίπτουν. 4 Οι δείκτες αυτοί λέγονται, όπως είδαμε και στην αρχή, «βουβοί».

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ B

ΜΙΑ ΑΛΛΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΤΗΣ ΕΝΝΟΙΑΣ ΤΟΥ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΟΣ

Όπως γνωρίζουμε, μπορούμε να ορίσουμε τα διανύσματα κατά δυο ισοδύναμους τρόπους: α) τον γεωμετρικό, σαν προσανατολισμένα ευθύγραμμα τμήματα, δηλ. ορίζο-ντας μέτρο και φορά και β) τον αλγεβρικό, από τις συνιστώσες τους, δηλ. από μια τριάδα αριθμών. Εδώ θα δώσουμε και ένα τρίτο ορισμό που εξαρτάται από την συμπεριφορά των διανυσμάτων ως προς τις περιστροφές του συστήματος συντεταγμένων. Ο ορισμός της έννοιας του διανύσματος σαν ένα μέγεθος που χαρακτηρίζεται από μέτρο και διεύθυνση, αποδεικνύεται ανεπαρκής σε προχωρημένες περιπτώσεις. Πολλές φορές έχουμε να κάνουμε με μεγέθη, όπως είναι οι ελαστικές σταθερές και ο δείκτης δια-θλάσεως σε ανισοτροπικούς κρυστάλλους, τα οποία χαρακτηρίζονται από μέτρο και διεύ-θυνση αλλά δεν είναι διανύσματα1. Επίσης ο απλοϊκός τρόπος με τον οποίον έχουμε προ-σεγγίσει μέχρι τώρα την έννοια του διανύσματος δεν είναι κατάλληλος για να επεκταθεί σε πιο σύνθετα μεγέθη. Αναζητούμε λοιπόν ένα νέο ορισμό της έννοιας του διανύσματος, χρησιμοποιώντας το διάνυσμα θέσεως r σαν πρότυπο. Για την διατύπωση του νέου ορισμού θα λάβουμε υπόψη μας έναν ενδιαφέροντα φυσικό κανόνα: Περιγράφουμε τον φυσικό μας κόσμο χρησιμοποιώντας μαθηματικά. Η εφαρμογή των μαθηματικών πρέπει να γίνει με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε φυσική πρόβλεψη να είναι ανεξάρτητη από την μαθηματική ανάλυση που χρησιμοποιήσαμε. Με απλά λόγια μια φυσική θεωρία μοιάζει σαν ένα κτίριο που για να το κτίσουμε χρησιμοποιούμε τα μα-θηματικά σαν σκαλωσιές έτσι ώστε μετά το τέλος των εργασιών να μπορούμε να αφαιρέ-σουμε τις σκαλωσιές χωρίς να πέσει το κτίριο. Σαν ισοτροπικό χώρο εννοούμε τον χώρο εκείνο στον οποίο δεν υπάρχει καμία προεξάρχουσα διεύθυνση, δηλ όλες οι διευθύνσεις είναι ισοδύναμες. Τότε το φυσικό σύ-στημα που μελετάμε ή οι φυσικοί νόμοι που θα διατυπώσουμε δεν μπορούν και δεν πρέπει να εξαρτώνται από την εκλογή ή τον προσανατολισμό του συστήματος συντεταγμένων. Ας θεωρήσουμε τώρα το γνωστό διάνυσμα θέσεως r σαν γεωμετρικό αντικείμενο και ας το εξετάσουμε από δυο διαφορετικά συστήματα συντεταγμένων, εκ των οποίων το ένα έχει προέλθει από το άλλο με περιστροφή. Για απλότητα ας θεωρήσουμε την περίπτωση των 2 διαστάσεων, δηλ. να θεωρή-σουμε δυο συστήματα συντεταγμένων του επιπέδου, τα ΟXY και OX′Y′, όπου το OX′Y′ έχει προέλθει από το σύστημα OXY με περιστροφή κατά γωνία θ και κατά την αντίστρο-φη φορά των δεικτών του ωρολογίου. Το διάνυσμα r το θεωρούμε ότι παραμένει σταθερό. Οι σχέσεις που συνδέουν τις συντεταγμένες του διανύσματος r ως προς τα δυο αυτά συ-στήματα συντεταγμένων είναι:

1 Τα μεγέθη αυτά ονομάζονται τανυστές. Η έννοια του τανυστή μπορεί να θεωρηθεί σαν γενίκευση της έν-

νοιας του διανύσματος.

Μια άλλη προσέγγιση της έννοιας του διανύσματος ♦ 212

x′=xcosθ+ysinθ y′=-xsinθ+ycosθ (1)

Y

X

θ

X′

x

x′ y′

y

r

Y′

Εάν θεωρήσουμε τώρα ένα οποιοδήποτε άλλο διάνυσμα F=Fxi+Fyj. Το διάνυσμα αυτό μπορεί να παρασταθεί από τις συντεταγμένες ενός σημείου αφού οι συντεταγμένες είναι ανάλογες με τις συνιστώσες του διανύσματος. Οι συνιστώσες ενός διανύσματος πρέπει να μετασχηματίζονται ως προς τις περιστροφές σαν τις συντεταγμένες ενός σημείου, όπως του r. Επομένως όταν ένα ζεύγος μεγεθών (Fx, Fy) στο ΟΧΥ σύστημα συντεταγμένων με-τασχηματίζεται στο ζεύγος (Fx′, Fy′) κατά την περιστροφή του συστήματος συντεταγμέ-νων, ικανοποιώντας τις σχέσεις:

Fx′=Fxcosφ+Fysinφ Fy′=-Fxsinφ+Fysinφ (2) ορίζουμε2 τα Fx και Fy σαν τις συνιστώσες ενός διανύσματος. Με άλλα λόγια ένα ζεύγος μεγεθών θα αποτελούν διάνυσμα, όταν οι συνιστώσες τους μετασχηματίζονται βάσει των παραπάνω σχέσεων. Εάν ένα ζεύγος (Fx, Fy) δεν συμπεριφέρεται με αυτόν τον τρόπο ως προς τις περιστροφές, τότε δεν μπορεί να αποτελεί, (φυσικό), διάνυσμα. Για να συμπληρώσουμε την εικόνα του νέου ορισμού του διανύσματος, θα πρέπει να εξετάσουμε την σημασία του νέου ζεύγους (Fx′, Fy′). Ας υποθέσουμε ότι οι συνιστώ-σες του διανύσματος F είναι συναρτήσεις των συντεταγμένων x,y και ίσως και κάποιου σταθερού διανύσματος c=(cx,cy)

Fx=Fx(x,y,cx,cy) Fy=Fy(x,y,cx,cy) (3)

2 Ο αντίστοιχος ορισμός για ένα βαθμωτό μέγεθος f είναι f′=f δηλ. πρέπει να είναι αναλλοίωτο ως προς τις

περιστροφές.

213 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Β

Στο δεύτερο σύστημα συντεταγμένων το διάνυσμα F έχει συνιστώσες (Fx′, Fy′), οι οποίες είναι επίσης συναρτήσεις της θέσεως, ( (x′,y′) του δευτέρου συστήματος συντεταγμένων) και του c.

Fx′=Fx′(x′,y′,cx′,cy′) Fy′=Fy′(x′,y′,cx′,cy′) (4) Εάν χρησιμοποιήσουμε τις εξισώσεις (1) στις (4), τότε οι εκφράσεις (4) θα περιέχουν τα x, y, cx, cy και την γωνία θ. Για να μην δημιουργηθεί κάποιο προνομιούχο σύστημα συντε-ταγμένων, θα πρέπει η συναρτησιακή εξάρτηση των Fx′ και Fy′ από τα x′,y′,cx′,cy′ να εί-ναι η ίδια για όλα τα συστήματα συντεταγμένων ΟΧ′Υ′. Για την ειδική περίπτωση θ=0 έχουμε x′=x, y′=y κ.λ.π. και επομένως: Fx=Fx′ Fy=Fy′ Άρα η έκφραση του Fx′ πρέπει να είναι όμοια με την έκφραση του Fx, όπως ακριβώς όμοι-ες πρέπει να είναι οι εκφράσεις των Fy′ και Fy. Οι συνιστώσες Fx, Fy που ικανοποιούν τις εξισώσεις (4), προσδιορίζουν ένα μέτρο F και μια διεύθυνση σε κάθε σημείο του χώρου. Το μέτρο είναι ένα βαθμωτό μέγεθος, αναλλοίωτο ως προς τις περιστροφές του συστήμα-τος συντεταγμένων. Η διεύθυνση, (ως προς το αρχικό σύστημα συντεταγμένων), είναι ο-μοίως αναλλοίωτη ως προς τις περιστροφές του συστήματος συντεταγμένων. Συμπέρασμα όλων αυτών είναι ότι οι συνιστώσες ενός διανύσματος οφείλουν να μεταβάλλονται σύμ-φωνα με την περιστροφή του αρχικού συστήματος συντεταγμένων. Αυτό είναι το περιε-χόμενο των εξισώσεων (2), (3), (4). Η δε μεταβολή ως προς την γωνία θ είναι τέτοια ώστε οι συνιστώσες Fx′, Fy′ στο νέο σύστημα συντεταγμένων να ορίζουν ένα διάνυσμα με το ίδιο μέτρο και την ίδια διεύθυνση ως προς το αρχικό σύστημα συντεταγμένων ΟΧΥ, όπως ακριβώς κάνουν και οι συνιστώσες Fx και Fy. Παράδειγμα 1: Ας θεωρούμε το ζεύγος (-y,x) και ας εξετάσουμε εάν αποτελεί διάνυ-σμα. Έχουμε:

Fx=-y, Fy=x, και x′=xcosθ+ysinθ y′=-xsinθ+ycosθ ⇒ x=x′cosθ-y′sinθ y=x′sinθ+y′cosθ τότε Fx′=Fxcosθ+Fysinθ=-ycosθ+xsinθ=-(x′sinθ+y′cosθ)cosθ+(x′cosθ-y′sinθ)sinθ=

=-x′sinθcosθ-y′cos2θ+x′cosθsinθ-y′sin2θ=-y′ Fy′=-Fxsinθ+Fycosθ=ysinθ+xcosθ=(x′sinθ+y′cosθ)sinθ+(x′cosθ-y′sinθ)cosθ= =x′sin2θ+y′cosθsinθ+x′cos2θ-y′sinθcosθ=x′ δηλ F′=(Fx′,Fy′)=(-y′,x′) της ίδιας μορφής με F=(Fx,Fy)=(-y,x) Άρα η διανυσματική έκφραση F(-y,x) είναι διάνυσμα με την έννοια ότι μπορεί να παρι-στάνει ένα φυσικό διανυσματικό μέγεθος. Παράδειγμα 2: Έστω F=(x,-y) δηλ. Fx=x, Fy=-y, τότε Fx′=Fxcosθ+Fysinθ=xcosθ-ysinθ=(x′cosθ-y′sinθ)cosθ-(x′sinθ+y′cosθ)sinθ= =-x′cos2θ-y′sinθcosθ-x′sin2θ-y′cosθsinθ=x′(cos2θ-sin2θ)-2y′cosθsinθ Fy′=-Fxsinθ+Fycosθ=-xsinθ-ycosθ=-(x′cosθ-y′sinθ)sinθ-(x′sinθ+y′cosθ)cosθ= =-x′sinθsinθ+y′sin2θ-x′sinθcosθ-y′cos2θ=y′(sin2θ-cos2θ)-2x′cosθsinθ δηλ F′=(Fx′,Fy′)=(-y′,x′)=[x′(cos2θ-sin2θ)-2y′cosθsinθ, y′(sin2θ-cos2θ)-2x′cosθsinθ] δεν είναι της ίδιας μορφής με F=(Fx,Fy)=(-y,x)

Μια άλλη προσέγγιση της έννοιας του διανύσματος ♦ 214

Άρα η διανυσματική έκφραση F(x,-y) δεν είναι διάνυσμα με την έννοια ότι δεν μπορεί να παριστάνει ένα φυσικό διανυσματικό μέγεθος.

Τα παραπάνω εύκολα μπορούν να γενικευθούν στην περίπτωση των 3 ή 4 διαστά-σεων. Για πρακτικούς λόγους είναι βολικό να χρησιμοποιήσουμε έναν άλλο πιο συμπαγή συμβολισμό. Θέτουμε:

x → x1, y → x2 α11=cosθ, α12=sinθ α21=-sinθ, α22=cosθ

τότε οι εξισώσεις (1) γράφονται: x1′=α11x1+α12x2 x2′=α21x1+α22x2 (5)

Ο συντελεστής αij μπορεί να ερμηνευτεί σαν κατευθύνον συνημίτονο, που είναι το συνη-μίτονο της γωνίας μεταξύ xi′ και xj, δηλ. α12=cos(x1′,x2)=sinθ α21=cos(x2′,x1)=cos(θ+π/2)=-sinθ Το πλεονέκτημα αυτού του νέου συμβολισμού3 είναι ότι μας επιτρέπει να χρησιμοποιή-

σουμε το σύμβολο της άθροισης και να γράψουμε τις εξισώσεις (5) με την μορφή: ∑2

i ij j

j 1

x x i=

′ = α =∑ 1,2

ij jx

(6)

Η γενίκευση τώρα στις 3 , 4 ή n διαστάσεις είναι αρκετά απλή. Έτσι μπορούμε να πούμε ότι ένα σύνολο n μεγεθών Fj αποτελούν τις συνιστώσες ενός διανύσματος F, εάν και μόνο εάν οι τιμές τους σε ένα περιστρεφόμενο σύστημα συντεταγμένων δίδονται από τις σχέ-σεις:

(7) n

i ij j

j 1

F F i 1,2,...,n=

′ = α =∑Όπως και πριν το αij είναι το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ της θετικής διεύθυνσης του

x′i και της θετικής διεύθυνσης του xj. Από την σχέση: ix′ = α∑ δια παραγωγίσεως,

προκύπτει:

jiij

j i

xxx x

∂′∂α = =

′∂ ∂ (8)

Οι σχέσεις (7) βάσει των (8) γράφονται:

3 Ίσως δημιουργηθεί η απορία πως μια παράμετρος, η θ, αντικαθίσταται από τέσσερις παραμέτρους αij. Σα-

φώς οι παράμετροι αij δεν είναι ανεξάρτητες. Για τις δυο διαστάσεις οι τέσσερις παράμετροι αij υπόκεινται

σε τρεις περιορισμούς, δηλ. ικανοποιούν τρεις σχέσεις, (όπως π.χ. x2+y2=x′2+y′2) και επομένως μια από τις

τρεις παραμέτρους είναι ανεξάρτητη, οι άλλες μπορούν να εκφρασθούν συναρτήσει αυτής. Στις τρεις δια-

στάσεις έχουμε εννέα παραμέτρους αij i,j=1,2,3, με έξι περιορισμούς και επομένως τρεις είναι οι ανεξάρ-

τητες Παράμετροι, που πολλές φορές είναι οι γωνίες Euler.

215 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Β

n n

jii j

j ij 1 j 1

xxF Fx x

= =

∂′∂′ = = jF′∂ ∂∑ ∑ (9)

Τα κατευθύνοντα συνημίτονα αij ικανοποιούν την συνθήκη ορθογωνιότητος:

ij ik jk

i

α α = δ∑ (10)

όπου το σύμβολο δjk ονομάζεται σύμβολο του Kronecker και ορίζεται από την σχέση:

jk

1 j

0 j

k

k

οταν =⎧⎪δ = ⎨⎪ οταν ≠⎩

Η επαλήθευση της σχέσεως (10) για την περίπτωση των 2 διαστάσεων μπορεί να γίνει εύκολα αρκεί να χρησιμοποιήσουμε τις σχέσεις:

α11=cosθ, α12=sinθ α21=-sinθ, α22=cosθ

Η επαλήθευση της σχέσεως (10) για την γενική περίπτωση γίνεται χρησιμοποιώντας τις μερικές παραγώγους των σχέσεων (8) και έχουμε:

j jk i

i i i k ki i

x xx xx x x x x

jx∂ ∂ ∂′∂ ∂= =

′ ′ ′∂ ∂ ∂ ∂∑ ∑ ∂

Η παραπάνω σχέση προέρχεται από τους κανόνες τις μερικής παραγωγίσεως, δεχόμενοι

ότι το xj είναι συνάρτηση των x′1, x′2, x′3, κ.λ.π. Το τελικό αποτέλεσμα j

k

xx∂

∂ ισούται με

δjk, επειδή τα xj, xk με (j≠k) είναι ορθογώνια. Εάν j=k η μερική παράγωγος ισούται με 1.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1) Να ελεγχθούν εάν οι παρακάτω διανυσματικές εκφράσεις αποτελούν διανύσματα:

α) F=(x-y)i+(x+y)j β) F=(2z+y)j+(z-2y)k

ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Γ

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΤΑΝΥΣΤΗ

Εισαγωγή

Όπως γνωρίζουμε, ένα βαθμωτό, (μονόμετρο), μέγεθος προσδιορίζεται πλήρως, ( σε οποιοδήποτε σύστημα συντεταγμένων), από έναν μόνο αριθμό. Επίσης ένα διάνυσμα, (που ορίσθηκε κατ’ αρχήν σαν ένα προσανατολισμένο ευθύγραμμο τμήμα), είναι ένα μέ-γεθος που προσδιορίζεται πλήρως από τρεις αριθμούς, συγκεκριμένα από τις συνιστώσες του ως προς κάποια βάση. Τα βαθμωτά και τα διανυσματικά μεγέθη είναι δυο ειδικές πε-ριπτώσεις μιας πιο γενικής έννοιας, που ονομάζεται τανυστής τάξεως n, του οποίου ο προσδιορισμός σε οποιοδήποτε σύστημα συντεταγμένων απαιτεί 3n αριθμούς, που ονομά-ζονται συνιστώσες του τανυστή1. Τα βαθμωτά μεγέθη είναι τανυστές τάξεως 0 με 30=1 συνιστώσα και τα διανύσματα είναι τανυστές τάξεως 1 με 31=3 συνιστώσες.

Προφανώς ένας τανυστής τάξεως n είναι κάτι περισσότερο από ένα σύνολο 3n α-ριθμών. Η ιδιότητα κλειδί ενός τανυστή είναι ο νόμος μετασχηματισμού των συνιστωσών του, δηλ. ο τρόπος με το οποίο οι συνιστώσες του σε ένα σύστημα συντεταγμένων σχετί-ζονται με τις συνιστώσες του ίδιου τανυστή σε ένα άλλο σύστημα συντεταγμένων. Η α-κριβής μορφή αυτού του νόμου μετασχηματισμού είναι επακόλουθο της φυσικής και γε-ωμετρικής έννοιας του τανυστή.

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε έναν φυσικό νόμο που αναφέρεται στις συνιστώσες a, b, c, κάποιων φυσικών μεγεθών ως προς κάποιο 3-διάστατο σύστημα συντεταγμένων Κ. Από την εμπειρία μας είναι γνωστό ότι ο φυσικός αυτός νόμος έχει την ίδια μορφή όταν διατυπώνεται συναρτήσει των συνιστωσών a′, b′, c′,… των ίδιων φυσικών μεγεθών ως προς κάποιο άλλο σύστημα συντεταγμένων K′, το οποίο έχει προέλθει από παράλληλη μετατόπιση του Κ, ( ο χώρος είναι ομογενής), ή έχει προέλθει από περιστροφή του Κ, (ο χώρος είναι ισότροπος). Με άλλα λόγια οι φυσικοί νόμοι πρέπει να διατυπώνονται κατά τέτοιον τρόπο που να είναι αναλλοίωτοι ως προς τις μετατοπίσεις και τις περιστροφές.

Παρατήρηση: Οι κατάλληλα διατυπωμένοι φυσικοί νόμοι πρέπει να είναι ανεξάρτητοι από την εκλογή των μονάδων. Από πλευράς διαστάσεων συχνά κανείς χρησιμοποιεί το γεγονός ότι ο λόγος δυο τιμών του ίδιου φυσικού μεγέθους δεν μπορεί να εξαρτάται από τις μονάδες μετρήσεως.

1 Γράφοντας 3n περιοριζόμαστε σε τρισδιάστατους τανυστές. Πιο γενικά, ένας m-διαστάσεων τανυστής τά-

ξεως n έχει mn συνιστώσες.

Η έννοια του τανυστή ♦ 218

1. Τανυστές μηδενικής τάξεως (βαθμωτά μεγέθη)

Όπως γράψαμε και στην αρχή, ένα βαθμωτό μέγεθος προσδιορίζεται μονοσήμαντα σε οποιοδήποτε σύστημα συντεταγμένων από έναν αριθμό, (η «συνιστώσα» ή η τιμή του βαθμωτού μεγέθους), ο οποίος δεν αλλάζει όταν αλλάζει το σύστημα συντεταγμένων. Έτσι εάν f είναι η τιμή ενός βαθμωτού μεγέθους σε ένα σύστημα συντεταγμένων, και f′ η τιμή του σε άλλο σύστημα συντεταγμένων, τότε θα πρέπει f=f′. Παράδειγμα: Έστω Α και Β δυο σημεία με συντεταγμένες xi

A, xiB i=1,2,3 σε ένα τρισορ-

θογώνιο σύστημα συντεταγμένων K, και συντεταγμένες xi′A, xi

′B σε ένα άλλο τρισορθο-γώνιο σύστημα συντεταγμένων Κ′. Εάν με Δs συμβολίσουμε το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ,2 τότε το Δs είναι ένα βαθμωτό μέγεθος, δηλ. η τιμή του Δs′ στο σύστημα Κ′ ισούται με την τιμή του Δs στο σύστημα Κ. Το γεωμετρικά αυτό προφανές αποτέλεσμα μπορεί να αποδειχθεί άμεσα: Έστω

Δxi=xiB-xi

A, Δx′i=x′iB-x′iA i=1,2,3 και έστω ότι ο μετασχηματισμός από το Κ στο Κ′ δίδεται από την σχέση: x′i=αi′kxk+x0i όπου x0i είναι οι συντεταγμένες της παλιάς αρχής στο νέο σύστημα συντεταγμένων και αi′k=cos(x′i,xk) είναι το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ του i=άξονος του νέου συ-στήματος και του k-άξονος του παλαιού συστήματος. Τότε: Δx′i=x′iB-x′iA=αi′kxk

B+x0i-αi′kxkA-x0i=

=αi′k(xkB

-xkA)= αi′kΔxk

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:

( ) ( )3

2i

i 1s x

=

′ ′Δ = Δ∑

και επομένως:

( )3

2i k k i i k i k

i 1s x x x′ ′ ′ ′

=

′Δ = α Δ α Δ = α α Δ Δ∑ x

αλλά επειδή ισχύει η ιδιότητα της ορθογωνιότητας: i k i k′ ′α α = δ

θα έχουμε: ( ) ( )3

2 2k k k

k 1s x x x

=

′Δ = δ Δ Δ = Δ∑

δηλ. (Δs′)2=(Δs)2

2 Δεχόμαστε ότι οι μονάδες μετρήσεως είναι οι ίδιες σε όλα τα συστήματα συντεταγμένων.

219 ♦ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ Γ

Παρατήρηση: Μέχρι τώρα έχουμε χρησιμοποιήσει ορθογώνια συστήματα συντεταγμέ-νων. Χρήση πλαγιογώνιων συστημάτων συντεταγμένων θα γίνει αργότερα. Οι τανυστές που γράφονται σε ορθογώνια συστήματα λέγονατι Καρτεσιανοί τανυστές.

2. Τανυστές πρώτης τάξεως (διανύσματα)

Είναι γνωστό ότι ένα διάνυσμα χρειάζεται τρεις αριθμούς για να προσδιοριστεί πλήρως, (όπως η μετατόπιση, η επιτάχυνση, η δύναμη κ.λ.π.). Όμως ένα διάνυσμα είναι κάτι περισσότερο από 31=3 αριθμούς. Π.χ. η κατάσταση ενός ιδανικού αερίου προσδιορί-ζεται πλήρως από δυο αριθμούς, (έστω την πυκνότητα και την θερμοκρασία), οι οποίοι σαν βαθμωτά μεγέθη είναι αναλλοίωτοι ως προς την αλλαγή του συστήματος των συντε-ταγμένων. Από την άλλη πλευρά μια μετατόπιση στο επίπεδο ορίζεται πλήρως από δυο αριθμούς, (την διαφορά μεταξύ των τετμημέμων και τεταγμένων των αρχικών και τελικών σημείων), οι οποίοι ως προς την αλλαγή του συστήματος συντεταγμένων μετασχηματίζο-νται σύμφωνα με έναν ορισμένο νόμο. Πιο γενικά, οι τρεις συνιστώσες ενός διανύσματος στο χώρο μετασχηματίζονται σύμφωνα με έναν ορισμένο νόμο, ο οποίος εγγυάται ότι οι νέες συνιστώσες ορίζουν πάντα το ίδιο διάνυσμα.

Για να βρούμε τον νόμο αυτό, έστω Δxi και Δx′i i=1,2,3οι διαφορές μεταξύ των

Δx′i=αi′k Δxk (1)

Όπου αi′k είναι το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ του i-άξονος στον Κ′ σύστημα και του k-

Με όποιο τρόπο ας υποθέσουμε ότι ένα διάνυσμα Α έχει συνιστώσες Αi στο Κ σύστημα και συντεταγμένες A′i στο Κ′. Θεωρώντας ένα διάνυσμα σαν ένα ευθύγραμμο τμήμα, το

ορθογωνίων συντεταγμένων των δυο σημείων Α και Β στα δυο ορθογώνια συστήματα συντεταγμένων Κ και Κ′. Οι δυο αυτές διαφορές Δxi και Δx′i συνδέονται μεταξύ τους με την σχέση:

άξονος στο Κ σύστημα.


Α προσδιορίζεται πλήρως από το αρχικό και τελικό σημείο του και επομένως οι συνιστώ-σες του Ai, A′i πρέπει να μετασχηματίζονται όπως ακριβώς οι συντεταγμένες των διαφο-ρών Δxi και Δx′i. Αυτό οδηγεί στον εξής ορισμό:

Ορισμός: Ένα μέγεθος ονομάζεται διάνυσμα όταν προσδιορίζεται πλήρως από τρεις α-ριθμούς, (συνιστώσες ενός διανύσματος), οι οποίοι ως προς την αλλαγή του συστήματος

(2)

όπου Ak, A′i είναι οι συνιστώσες τοσυντεταγμένων αντίστοιχα και αi′k είναι το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ του i-άξονος

ιανύσματος σε ένα, (ορθογώνιο) σύστημα συντεταγμένων, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την σχέση (2) για να βρούμε

είναι ισοδύναμος με τον ορισμό ενός διανύσματος θεωρούμενου σαν προσανατολισμένο ευθύγραμμο τμήμα. Όμως ο ορισμός

Ας υποθέσουμε ότι οι συντεταγμένες xi ενός σημείου Ρ σε ένα σύστημα συντεταγμένων Κ είναι συναρτήσεις του χρόνου t:

διάρκεια Δt είναι: i(t) (3)

ο νέο σύστημα συ-

ν (1) και το γεγονός ότι t′=t, Δt′=Δt, ( ο χρόνος είναι βαθμωτό μέγεθος), βρίσκουμε ότι:

ηματίζονται όπως ένα διάνυσμα. Ομοίως και οι λόγοι:

συντεταγμένων, μετασχηματίζονται σύμφωνα με τον νόμο:

Α′i=αi′k Αk

υ διανύσματος στο αρχικό Κ και τελικό Κ′ σύστημα

του Κ′ συστήματος και του k-άξονος του Κ συστήματος.

Παρατήρηση 1: Όταν γνωρίζουμε τις συνιστώσες ενός δ

τις συνιστώσες του σε οποιοδήποτε άλλο σύστημα.

Παρατήρηση 2: Ο ορισμός (2) ενός διανύσματος

(2) έχει το πλεονέκτημα ότι μπορεί να γενικευθεί στην περίπτωση των τανυστών οποιασ-δήποτε τάξεως.

Παραδείγματα:

xi=xi(t) i=1,2,3 τότε η μετατόπιση του σημείου Ρ κατά την χρονική xi(t+Δt)-x Οι σχέσεις (3) ορίζουν ένα διάνυσμα, (το διάνυσμα μετατοπίσεως). Στντεταγμένων Κ′ γίνονται:

x′i(t′+Δt′)-x′i(t′) Αλλά χρησιμοποιώντας τη

x′i(t′+Δt′)-x′i(t′)=αi′k[xk(t+Δt)-xk(t)] δηλ. οι σχέσεις (3) μετασχ

( ) ( ) i ix t t x t+ Δ −

tΔ

ορίζουν ένα διάνυσμα (την μέση ταχύτητα του σημείου Ρ από την χρονική στιγμή t μέχρι την χρονική στιγμή t + t). Επίσης τα όρια:

, Δ

( ) ( )i ii t 0

x t t x tv limΔ →

+ Δ −=

tΔόταν υπάρχουν, ορίζουν ένα διάνυσμα, (την στιγμιαία ταχύτητα του σημείου Ρ την χρονι-κή στιγμή t). Πράγματι:

( ) ( ) ( ) ( )i i i ii t 0

x t t x t x t t x tv lim lim v′Δ → i k t 0 i k kt t′ ′Δ →

′ ′ ′ ′ ′+ Δ − + Δ −′ = = α = α

′Δ Δ


(το αi′k είναι ανεξάρτητο του t), που είναι πάλι ο νόμος μετασχηματισμού ενός διανύσμα-τος.

Ακριβώς κατά τον ίδιο τρόπο, μπορεί κανείς να δει ότι και τα όρια: ( ) ( )i i

i t 0limtΔ →α =

Δ

v t t v t+ Δ −

ορίζουν ένα διάνυσμα, (την στιγμιαία επιτάχυνση του σημείου Ρ την χρονική στιγμή t). Συνέπεια αυτού είναι ότι εφόσον ο δεύτερος νόμος του New

Μετά τα βαθμωτά και διανυσματικά μεγέθη ακολουθούν οι τανυστές δευτέρας τά-ς. Έ τής δευτέρας τάξεως εάν προσδιορίζεται πλήρως

από ενν

ton: Fi=mαi

ισχύει σε όλα τα συστήματα συντεταγμένων, η δύναμη Fi είναι επίσης διάνυσμα.

3. Τανυστές δευτέρας τάξεως

ξεω να μέγεθος ονομάζεται τανυσέα αριθμούς, (τις συνιστώσες του τανυστή), οι οποίοι μετασχηματίζονται ως προς

την αλλαγή του συστήματος συντεταγμένων, ακολουθώντας τον νόμο: ik i k m mA A′ ′′ = α α (2.4) Όπου m ikA A′και είναι οι συνιστώσες του τανυστή στο πρώτο και στο δεύτ ο σύσμα συντεταγμένων Κ και Κ′ αντίστοι

ερ τη-χα και i′α είναι

ρατ ηση 1: Προφανώς η σχέση (2.4) μπορεί να θεωρηθεί σαν γενίκευση της σχέσης .2).

πίνακος:

ik 21 22 23

31 32 33

A A AA A A

Α = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Παράδειγμα 1: Θεωρούμε δυο διανύσματα Α και Β που αναφέρονται στο σύστημα συ-ντεταγμένων Κ. Σχηματίζουμε τα εννέα γινόμενα που προκύπτουν πολλαπλασιάζοντας

το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ του i-ά συστήματος συντεταγμένων και του -άξονος του Κ, (ομοίως και για το k m′α ). Πα ήρ

ξονος του Κ′

(2 Παρατήρηση 2: Οι συνιστώσες ενός τανυστή δευτέρας τάξεως συχνά γράφονται υπό την ορφήμ

11 12 13A A A⎛ ⎞⎜ ⎟( )

κάθε συνιστώσα του Α με κάθε συνιστώσα του Β: AiBBk i,k=1,2,3 Εάν τώρα θεωρήσουμε ένα άλλο σύστημα Κ′, ως προς το οποίο οι συνιστώσες των Α και Β είναι: A′i, B′k τότε από την σχέση (2.2) έχουμε:

i i k k m mA A , B B′ ′′ ′= α = α και επομένως i k i kA B ′ ′m mA B′ ′ = α α (2.5) Συγκρίνοντας τις σχέσεις (2.5) και (2.4) συμπεραίνουμε ότι AiBk αποτελούν τις συνι-

, που συμβολίζεται τα

στώσες ενός τανυστή δευτέρας τάξεως με Α⊗B. Παράδειγμα 2: Η εξίσωση μιας δευτεροβάθμιας επιφάνειας, (όπως π.χ. ενός ελλειψοει-δούς), με κέντρο την αρχή των αξόνων έχει την μορφή:


Aikxixk=1 (2.6)

(2.7) στο δεύτερο σύστημα Κ′. Τα δυο συ

ν A και των νέων συντελεστών A′ , παρατηρού-με ότι:

′ ′

στο πρώτο σύστημα Κ και την μορφή: A′ikx′ix′k=1 στήματα έχουν την ίδια αρχή Ο. Για να βρούμε την

σχέση μεταξύ των παλαιών συντελεστώ ik ik

i i k k m mx x , x xx x , x x

′ ′′ ′= α = α

i i m m k k′ ′= α = α

ιστώντας τις σχέσεις (2.8) στην (2.6) και τα i, k με τα έχουμε την σχέση: ′ ′

(2.8)

Αντικαθ , m

m m m i i k m kA x x A x x′ ′ 1= α α = (2.9) Συγκρίνοντας τις (2.9) και (2.7) παίρνουμε: A A′ ′ik i k m m′ = α α η οποία είναι η ίδια με την (2.4). Αυτό αποδεικνύει ότι τα

γραμμική. Η πιο γενική μορφή ενός τέτοιου διανυσματικού πεδίου εί-αι:

Β3=c31Α1+c32Α2+c33Α3 (2.10)

Οι συντελεστές cik μετασχημα στής δευτέρας τάξεως. Πράγματι σε ένα νέο σύστημα συντεταγμέ τικαθίσταται με

Aik αποτελούν έναν τανυστή δευτέρας τάξεως. Παράδειγμα 3: Ένα διανυσματικό πεδίο B=f(A) ονομάζεται γραμμικό εάν κάθε συνι-στώσα του Β είναιν Β1=c11Α1+c12Α2+c13Α3

Β2=c21Α1+c22Α2+c23Α3

Ή πιο σύντομα Βi=cikAk τίζονται όπως ένας τανυνων Κ′ η σχέση (2,10) αν

Β′i=c′ikA′k (2.11) Πολλαπλασιάζοντας την (2.10) με i′α και αθροίζοντας ως προς i, παίρνουμε:

B c Ai i ik i k′ ′α = α (2.12) της (2.12) είναι η -συνιστώσα του διανύσματος Β Βάσει της (2.2), το αριστερό μέλος

στο σύστημα Κ′. Έτσι η (2.12) γίνε : ται

ik i k′B c A′ α

mc A′ ′

=αλλά Ak=αm′kAk

και επομένως B′ ′= i m k ikα α A′ή ισοδύναμα i′ k m m kB c′ ′= α α

Β πό τις σχέσεις (2.13)

(2.13) και (2.10) προκύπτει: Εφόσον το διάνυσμα είναι τυχαίο, Αik i k m mc c′ ′′ = α α

δηλ. οι συντελεστές c υπακούουν στ σχηματισμού, όπως η καθορίζει η ikσχέση (2.4) και επομένως ορίζουν έναν τανυστή δευτέρας τάξεως.

ον ίδιο νόμο μετα


4. Ο τανυστής τάσεως

Η κατάσταση τάσεως ενός ελαστικού μέσου προσδιορίζεται εάν γνωρίζουμε την δύναμη που επενεργεί πάνω σε ένα οποιοδήποτε στοιχειώδες εμβαδόν dσ. Θεωρούμε τώρα σ’ αυτό το στοιχειώδες εμβαδόν ένα σημείο Μ με διάνυσμα θέσεως r και το κάθετο επί της dσ μοναδιαίο διάνυσμα n. Τότε η δύναμη που δρα πάνω στο dσ ισούται με pdσ, όπου η πίεση p είναι συνάρτηση p(r,n) των δυο διανυσμάτων r και n.

Όπως θα δείξουμε στη συνέχεια, η συνάρτηση p(r,n) θα προκύψει από έναν συγκεκριμέ-νο τανυστή δευτέρας τάξεως, που ονομάζεται τανυστής ελαστικότητος, οποίος εξαρτά-ται από το r αλλά όχι από το n. Θεωρούμε ένα στοιχειώδες τετράεδρο που να περιέχει το σημείο Μ με τις πλευρές του παράλληλες προς τους άξονες του ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων Κ. Έστω dσ1, dσ2, dσ3 τα εμβαδά των πλευρών των καθέτων στους άξονες x1, x2, x3 και έστω dσn το εμβαδόν της πλάγιας πλευράς με μοναδιαίο εξωτερικό κάθετο διάνυσμα το n. Επιπλέον έστω p-1dσ1, p-2dσ2, p-3dσ3 και p-ndσn οι δυνάμεις που εξασκού-νται από το υπόλοιπο μέρος του μέσου στις επιφάνειες dσ1, dσ2, dσ3, dσn, αντίστοιχα. Εδώ η σημασία του αρνητικού προσήμου είναι ότι οι πιέσεις p-1, p-2, p-3 δρούν από το εξωτε-ρικό μέρος των πλευρών του τετραέδρου, των οποίων τα εξωτερικά κάθετα διανύσματα δείχνουν προς διευθύνσεις αντίθετες εκείνων των αξόνων. Σύμφωνα τώρα με τον νόμο δράση – αντίδραση, οι δυνάμεις p1dσ1, p2dσ2, p3dσ3 ενεργούν στις εσωτερικές πλευρές του τετραέδρου και είναι ίσες με τις αντίθετες δυνάμεις που δρούν στις εξωτερικές πλευ-ρές. Άρα

p1 =-p-1, p2 =-p-2, p3 =-p-3 Έστω a η επιτάχυνση του κέντρου μάζας του τετραέδρου και f η ανά μονάδα μάζας δύνα-μη. Τότε από τον δεύτερο νόμο του Newton θα έχουμε:

adm=fdm+pndσn+p-1dσ1+p-2dσ2+p-3dσ3= = fdm+pndσn-p1dσ1-p2dσ2-p3dσ3

όπου dm είναι η μάζα του τετραέδρου. Στο όριο, όταν το τετράεδρο συρρικνώνεται στο σημείο Μ, βρίσκουμε ότι:

pndσn=p1dσ1+p2dσ2+p3dσ3=3

i ii 1

d=

σ∑p

εφόσον οι όροι που περιέχουν το dm είναι ανάλογοι προς τον όγκο του τετραέδρου και επομένως είναι μεγαλύτερης τάξεως απειροστά σε σχέσει με τους όρους που περιέχουν


εμβαδά. Επίσης επειδή dσi=dσncos(n,xi)=nidσn η πίεση πάνω σε ένα στοιχειώδες εμβαδόν με μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα n είναι:

pn= 3

i i i ii 1

n n=

≡∑p p

Προβάλλοντας το pn στους άξονες του συστήματος Κ προκύπτει: pnk=pikni (2.14) όπου pik (i,k=1,2,3) αποτελεί το σύνολο εννέα καθέτων (i=k) και εφαπτομενικών (i≠k) πιέσεων που δρουν στα τρία ορθο-γώνια στοιχεία του εμβαδού στο σημείο Μ. Αν και οι πιέσεις αυτές είναι ανεξάρτητες από τον προσανατολισμό του διανύσμα-τος n της επιφάνειας πάνω στην οποία δρα η πίεση, αυτά τα εννέα μεγέθη, που εξαρτώνται μόνο από το σημείο Μ, μας επιτρέπουν να ορίσουμε το pn για οποιο-δήποτε n. Έτσι το φυσικό μέγεθος με συ-νιστώσες τα pik ονομάζονται τανυστής ελαστικότητος, και ορίζει κατά μοναδικό τρόπο την κατάσταση της πιέσεως σε κά-θε σημείο του ελαστικού μέσου. Αυτό που υπολείπεται τώρα είναι να αποδείξουμε τον τανυστικό χαρακτήρα του pik. Εφόσον ο ορισμός του pik δεν εξαρτάται από το κάθετο διάνυσμα n, μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητος να θεωρήσουμε ότι ο i-άξονας του νέου συστήματος συντεταγμέ-νων Κ′ είναι παράλληλος προς το n έτσι ώστε:

n=i′i (K και K′ έχουν ορθοκανονικές βάσεις [i1, i2, i3 και i′1, i′2, i′3 αντίστοιχα ). Προβάλ-λοντας τότε το n στον -άξονα του Κ έχουμε:

i in i ′′= ⋅ = ⋅ = αn i i

m

όπου τo είναι το συνημίτονο της γωνίας μεταξύ του i-άξονα του K′ και του -άξονα του Κ. Επομένως:

i′α

n i i i mn p′ ′′≡ = = α = αp p p p i

Τέλος προβάλλοντας το p′i στον k-άξονα του Κ′ συστήματος προκύπτει: ( )i k i m k mp′′ ′ ′⋅ = α ⋅p i i i

ή ik i k m mp ′ ′ p′ = α α (2.15) Συγκρίνοντας την (2.15) με την (2.14) βρίσκουμε ότι τα pik μετασχηματίζονται όπως ένας τανυστής δευτέρας τάξεως.


5. Ο τανυστής της ροπής αδράνειας

Η στροφορμή L ενός συστήματος αποτελούμενο από n σωμάτια ως προς την αρχή των αξόνων ενός συστήματος συντεταγμένων Κ δίνεται από την σχέση:

(n

j j jj 1

m=

= ×∑L r )v

)⎤⎦r

k⎤⎦

(2.16)

όπου το j-σωμάτιο έχει μάζα mj, διάνυσμα θέσεως rj και ταχύτητα vj. Υποθέτουμε ότι οι αποστάσεις μεταξύ των σωματίων, όπως και οι αποστάσεις των σωματίων από την αρχή Ο είναι σταθερές, έτσι ώστε το σύστημα να είναι ένα στερεό σώμα με σταθερό σημείο την αρχή Ο. Γνωρίζουμε ότι: vj=ω×rj όπου ω είναι η γωνιακή ταχύτητα του συστήματος. Η σχέση (2.16) γράφεται:

( ) ( ) (n n

j j j j j j j jj 1 j 1

m m= =

⎡ ⎤ ⎡= × ω× = ω ⋅ − ω⋅⎣ ⎦ ⎣∑ ∑L r r r r r

Προβάλλοντας το L στους άξονες του Κ, έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( )

nj j j j

i j i i kj 1

L m x x x x=

⎡= ω − ω⎣∑ (άθροισμα ως προς k και )

όπου το j-σωμάτιο έχει συντεταγμένες ( )jix . Γράφοντας ωi=δikωk (δik είναι το δέλτα του

Kronecker), έχουμε: ( ) ( ) ( ) ( )

nj j j j

i k j ik i k kj 1

L m x x x x I=

⎡= ω δ − = ω⎣∑ ik⎤⎦

⎤⎦

3

I

I

I

=

όπου (2.17) ( ) ( ) ( ) ( )n

j j j jik j ik i k

j 1I m x x x x

=

⎡= δ −⎣∑Έστω οι ροπές αδράνειας του συστήματος ως προς τους άξονες και

οι ροπές αδράνειας ως προς τα συντεταγμένα επίπεδα. Τότε οι εννέα πο-σότητες I

1 2x x xI , I , I

1 2 1 3 2 3x x x x x xI , I , Iik (i,k=1,2,3) γράφονται:

( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

2

3

1 2

1 3

2 3

n 2 2j j11 j 2 3 x

j 1

n 2 2j j22 j 1 3 x

j 1

n 2 2j j33 j 1 2 x

j 1

nj j

12 21 j 1 2 x xj 1

nj j

13 31 j 1 3 x xj 1

nj j

23 32 j 2 3 x xj 1

I m x x

I m x x

I m x x

I I m x x I

I I m x x I

I I m x x I

=

=

=

=

=

=

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= + =⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦

= = − = −

= = − = −

= = − = −

∑

∑

∑

∑

∑

∑

=


Οι ποσότητες Ιik σχηματίζουν έναν δευτέρας τάξεως τανυστή, ο οποίος ονομάζεται τανυ-στής της ροπής αδράνειας, (ως προς την αρχή Ο). Η απόδειξη έχει ως εξής: Η σχέση (2.17) σε ένα άλλο σύστημα συντεταγμένων Κ′ με την ίδια αρχή γράφεται :

( ) ( ) ( ) ( )n

j j j jik j ik i k

j 1I m x x x x

=

⎡ ⎤′ ′ ′ ′ ′ ′= δ −⎣ ⎦∑

Αλλά ( ) ( ) ( ) ( )j j j jx x x x′ ′ = (διότι το εσωτερικό γινόμενο παραμένει αναλλοίωτο), ενώ

( ) ( ) ( ) ( )j j j ji k i r k s r sx x x x′ ′′ ′ = α α

επιπλέον i k ik

i r k s ik

′ ′

′ ′

α α = δ′α α = δ

και άρα (2.18) ik i r k s rs′ ′′δ = α α = δεφόσον k r k s rs′ ′α = α δΕπομένως

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

nj j j j

ik j i r k s rs i r k s r sj 1

nj j j j

i r k s j rs r sj 1

i r k s rs

I m x x x x

m x x x x

I

′ ′ ′ ′=

′ ′=

′ ′

⎡ ⎤′ = α α δ −α α⎣ ⎦

⎡ ⎤= α α δ − =⎣ ⎦

= α α

∑

∑

=

m′

Η τελευταία σχέση δείχνει ότι οι εννέα ποσότητες Irs μετασχηματίζονται όπως απαιτεί ο νόμος (2.4) και επομένως αποτελούν έναν τανυστή δευτέρας τάξεως.

Από την σχέση (2.18) έπεται ότι το δέλτα δik του Kronecker αποτελεί επίσης έναν τανυστή δευτέρας τάξεως, ο οποίος ονομάζεται μοναδιαίος τανυστής, εφόσον ο αντί-στοιχος πίνακας του είναι της μορφής:

1 0 00 1 00 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

σε κάθε σύστημα συντεταγμένων.

6. Τανυστές μεγάλυτερης τάξεως

Μέχρι τώρα έχουμε ασχοληθεί με τανυστές τάξεως 0, 1 και 2 με αντίστοιχους νό-μους μετασχηματισμού:

i i ik i k mf f A A , A A′ ′′ ′ ′= = α = α α (2.29) αντίστοιχα. Ο πρώτος τύπος δεν περιέχει τους συντελεστές i k′α . Το δεξιό μέλος του δεύ-τερου τύπου είναι μια γραμμική ομογενής μορφή ως προς i k′α , ενώ το δεξιό μέλος του τρίτου τύπου είναι μια ομογενής τετραγωνική μορφή ως προς i k′α . Η φυσική γενίκευση του τύπου (2.29) είναι η εξής: Ορίζουμε σαν τανυστής τάξεως n ένα μέγεθος που προσ-διορίζεται πλήρως από 3n πραγματικούς αριθμούς, (οι συνιστώσες του τανυστή), οι οποί-οι μετασχηματίζονται σε άλλο σύστημα συντεταγμένων σύμφωνα με τον νόμο:

1 2 n 1 1 2 2 n n 1 2 ni i i i k i k i k k k kA ′ ′ ′′ A= α α α (2.30)


όπου 1 2 n 1 2 nk k k i i iA , A′ είναι οι συνιστώσες του τανυστή ως προς το πρώτο και δεύτερο

σύστημα συντεταγμένων Κ και Κ′ αντίστοιχα, και 1 1i k′α είναι το συνημίτονο της γωνίας

μεταξύ του i1 άξονα του Κ′ συστήματος και του k1-άξονα του Κ συστήματος, (όμοια ερ-μηνεία έχουν και τα ).Το δεξιό μέρος της (2.30) είναι μια ομογενής μορφή βαθμού n ως προς τις ποσότητες

2 2 n ni k i k, ,′α α ′

1 1 2 2 n ni k i k i k, , ,′ ′ ′α α α . Παράδειγμα 1: Εάν Α, Β, και C είναι τρία διανύσματα, τότε οι 33=27 ποσότητες:

ik i kD A B C=

αποτελούν έναν τανυστή τάξεως 3 Παράδειγμα 2: Ας υποθέσουμε ότι ένας τανυστής Aik δευτέρας τάξεως είναι μια γραμμι-κή συνάρτηση ενός άλλου τανυστή δευτέρας τάξεως Bik έτσι ώστε:

ik ik m mA B= λ

όπου ik mλ αποτελούν ένα σύνολο από 34=81 συντελεστές. Όπως και σε προηγούμενα πα-ραδείγματα, μπορούμε να δείξουμε ότι ποσότητες ik mλ αποτελούν έναν τανυστή τάξεως 4 δηλ.

ik m i n k p r m s nprs′ ′ ′ ′′λ = α α α α λ Άσκηση 1: Έστω ένα ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Κ με ορθοκανονική βάση e1, e2, e3. Θεωρούμε τον τανυστή 2ης τάξης με συνιστώσες:

( )2 1 32 3 41 2 1

ikA⎛ ⎞⎜= ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎟ (2.19)

Έστω Κ′ ένα νέο σύστημα συντεταγμένων με βάση: f1=e1, f2=e1+e2, f3=e1+e2+e3 Να εκφραστούν οι συναλλοίωτες, ανταλλοίωτες και μικτές συνιστώσες του τανυστή Α στο σύστημα Κ′. Λύση : Έχουμε m

ik i k mA a a A′ ′′ =

Όπου είναι οι συντελεστές του μετασχηματισμού (2.19), δηλαδή: , mi ka a′ ′

1 2 31 1 11 2 31 2 21 2 33 3 3

1, 0, 01, 1, 01, 1, 1

a a aa a aa a a

′ ′ ′

′ ′ ′

′ ′ ′

= = =

= = =

= = =

Επομένως οι συνιστώσες του συναλλοιώτου τανυστή στο Κ′ σύστημα συντεταγμένων εί-

ναι: ( )2 3 64 8 155 11 19

ikA⎛ ⎞⎜ ⎟′ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Για να βρούμε τις ανταλλοίωτες συνιστώσες ikA′ , και τις μικτές συνιστώσες και στο Κ′ σύστημα χρησιμοποιούμε τους τύπους:

.kiA′


.

.

ik i kmm

k ki i

i ik k

A g g A

A g A

A g A

′ ′=

′ ′=

′ ′=

όπου ( ) ( )1 1 11 2 21 2 3

ik i kg⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

e ei

και ο αντίστροφος του προηγουμένου. ( )2 1 01 2 1

0 1 1

ikg−⎛ ⎞

⎜= − −⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

⎟⎟

Τελικά τα αποτελέσματα είναι:

( )2 1 10 2 31 1 1

ikA− −⎛ ⎞

⎜ ⎟′ = −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ).

1 2 30 3 71 2 8

kiA

−⎛ ⎞⎜ ⎟′ = −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

( ).

0 2 31 2 51 3 4

ikA

− −⎛ ⎞⎜ ⎟′ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

(1ου Κεφαλαίου) 1. Να αποδειχθεί η επιμεριστική ιδιότητα του εσωτερικού γινομένου: (v+w )⋅u =v⋅u+w⋅u Λύση: Εάν v=v1i+v2j+v3k , w=w1i+w2j+w3k , και u=u1i+u2j+u3k , τότε: (v+w )⋅u = [(v1+w1)i+(v2+w2)j+(v3+w3)k]⋅(u1i+u2j+u3k) = = [(v1+w1)u1+(v2+w2)u2+(v3+w3)u3]=[v1u1+v2u2+v3u3]+[w1u1+w2u2+w3u3]= = v⋅u + w⋅u 2. Να αποδειχθεί ότι: |v+u| ≤ |v|+|u| Λύση: Η ανισότητα αυτή είναι άμεσο επακόλουθο του γεωμετρικού ορισμού της πρόθεσης δυο διανυσμάτων με την βοήθεια του παραλληλογράμμου. 3. Να αποδειχθεί η ανισότητα των Cauchy-Schwarz : |v⋅u|≤|v||u| Λύση: |v⋅u|=||v||u|cosθ|≤ |v||u| 4. Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον τύπο:

S=1/2|α×β|=αβsinΓ όπου α το διάνυσμα που αντιστοιχεί στην πλευρά α, β το διάνυ-σμα που αντιστοιχεί στην πλευρά β και Γ η περιεχο-μένη μεταξύ των πλευρών α, β γωνία. Α

α

γ β

Β Γ

h Λύση: Από το διπλανό σχήμα έχουμε: Ε=1/2αh=1/2αβsinΓ=1/2|α×β| 5. Με την βοήθεια διανυσμάτων να αποδειχθεί:

α) ο νόμος των ημιτόνων: sin sin sinα β γ

= =Α Β Γ

και

β) ο νόμος των συνημιτόνων: α2=β2+γ2-2βγcosΑ , β2=α2+γ2-2αγcosΒ , γ2=α2+β2-2αβcosΓ σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ. Λύση: Θέτουμε α=ΒΓ, β=ΑΓ, γ=ΒΑ

α) Έχουμε: α=β+γ ⇒ β×α=β×β+β×γ ⇒ βαsinΓ=βγsinA ⇒ sin A sinΓ=

α γ

Ομοίως προκύπτει και η ισότητα των άλλων λόγων. Άλλος τρόπος: Βάσει της προηγουμένης άσκησης το εμβαδόν Ε του τριγώνου δίνεται από τους τύπους: Ε=1/2|α×β|=αβsinΓ (1) Ε=1/2|α×γ|=αγsinΒ (2) Ε=1/2|β×γ|=βγsinΑ (3) Συγκρίνοντας τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:

αβsinΓ=αγsinΒ ⇒ βsinΓ=γsinΒ ⇒ sin sinβ γ

=Β Γ

Συγκρίνοντας τις σχέσεις (1) και (3) προκύπτει: sin sinα γ

=Α Γ

Συγκρίνοντας τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει: sin sinα β

=Α Β

230 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 1ου Κεφαλαίου

Τελικά θα έχουμε: sin sin sinα β γ

= =Α Β Γ

β) Έχουμε: α=β+γ ⇒ Έχουμε: α⋅α=α⋅(β+γ) ⇒ α⋅α=(β+γ)⋅(β+γ) ⇒ α2=β2+γ2+2βγcos(A′) όπου Α′+Α=1800 ⇒ cos(A′)=-cosA Τελικά α2=β2+γ2-2βγcosA Ομοίως προκύπτουν και οι άλλες ισότητες. 6. Να αποδειχθούν οι ταυτότητες: α) η ταυτότητα |v+u|2 -|v-u|2=4 v.u β) η ταυτότητα |v+u|2+|v-u|2=2|v|2+2|u|2

Λύση:α) |v+u|2=(v+u)⋅(v+u)=|v|2+|u|2+2v⋅u (1) και |v-u|2=(v-u)⋅(v-u)=|v|2+|u|2-2v⋅u (2) Αφαιρώντας την (2) από την (1) προκύπτει: |v+u|2 -|v-u|2=4 v⋅u β) Προσθέτοντας τις (1) και (2) |v+u|2+|v-u|2=2|v|2+2|u|2 7. Να αποδειχθούν οι σχέσεις: α) v×(u×w)=u(v⋅w)-w(v⋅u)

β) (v×u)×w=u(v⋅w)-v(u⋅w) γ) (v×u)⋅(w×r)=(v⋅w)(u⋅r)-(v⋅r)(u⋅w) Λύση: α) Εάν v=v1i+v2j+v3k , u=u1i+u2j+u3k και w=w1i+w2j+w3k τότε

v×(u×w) =(v1i+v2j+v3k)× 1 2

1 2

u u uw w w

i j k

3

3

= (v1i+v2j+v3k)×[(u2w3-u3w2)i+(u3w1-u1w3)j+

+(u1w2-u2w1)k]=i j k

v v vu w u w u w u w u w u w

1 2 3

2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1− − −=

=(v2u1w2-v2u2w1-v3u3w1+v3u1w3)i+ +(v3u2w1-v3u3w2-v1u1w2+v1u2w1)j+ +(v1u3w1-v1u1w3-v2u2w3+v2u3w1)k Επίσης: u(v⋅w)-w(v⋅u)=( u1i+u2j+u3k)(v1w1+v2w2+v3w3)-( w1i+w2j+w3k)(v1u1+v2u2+v3u3)= =(v2u1w2-v2u2w1-v3u3w1+v3u1w3)i+ +(v3u2w1-v3u3w2-v1u1w2+v1u2w1)j+ +(v1u3w1-v1u1w3-v2u2w3+v2u3w1)k Οι σχέσεις (β) και (γ) αποδεικνύονται με παρόμοιο τρόπο. 8. Να αποδείξετε την ταυτότητα του Jacobi: v×(u×w)+u×(w×v)+w×(v×u)=0 Λύση: Από την προηγούμενη άσκηση έχουμε: v×(u×w)=u(v⋅w)-w(v⋅u)

Λύσεις Ασκήσεων 1ου Κεφαλαίου ♦231 u×(w×v)=w(u⋅v)-v(u⋅w) w×(v×u)=v(w⋅u)-u(w⋅v) Αν προσθέσουμε τις παραπάνω σχέσεις έχουμε την ταυτότητα του Jacobi. 9. Δείξτε ότι εάν v≠0 και ισχύουν οι σχέσεις : v⋅u=v⋅w και v×u=v×w τότε u=w. Εάν όμως ισχύει μια μόνο από τις παραπάνω σχέσεις, τότε u≠w. Λύση: Έχουμε: v⋅(u-w)=0 ⇒ v|u-w|cosθ=0 ⇒ |u-w|cosθ=0 (1) v×(u-w)=0 ⇒ v|u-w|sinθ=0 ⇒ |u-w|sinθ=0 (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: |u-w|=0 ⇒ u=w (όπου θ η γωνία των διανυσμάτων v και u-w) Εάν ισχύει μια μόνο σχέση, έστω η πρώτη, τότε έχουμε δυο δυνατές περιπτώσεις:

v⋅(u-w)=0 ⇒ cos 0 0=⎧

⎨ θ = ⇒ ⋅ =⎩

u wu w

10. Έστω a, b, c τρία διανύσματα που δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και δεν είναι κατ’ ανάγκη ορθογώνια μεταξύ τους. Να αποδείξετε ότι κάθε διάνυσμα v μπορεί να γρα-φεί συναρτήσει των a, b, c με την βοήθεια της σχέσεως:

⋅ × ⋅ × ⋅ ×⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⋅ × ⋅ × ⋅ ×⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝v b c v a c v b av a ba b c b a c c b a

⎞⎟⎠c

Λύση: Έστω ότι v=v1a+v2b+v3c (1) Πολλαπλασιάζουμε εξωτερικά την (1) με το διάνυσμα c:

v×c=v1a×c+v2b×c (2) Πολλαπλασιάζουμε εσωτερικά την (2) με το b:

b⋅v×c=v1b⋅ a×c (3) Από την σχέση (3) λύνουμε ως προς v1:

1v ⋅ × − ⋅ × ⋅ ×= = =

⋅ × − ⋅ × ⋅ ×b v c v b c v b cb a c a b c a b c

Εργαζόμενοι με όμοιο τρόπο βρίσκουμε:

2v ⋅ ×=

⋅ ×v a cb a c

, 3v ⋅ ×=

⋅ ×v b ac b a

Τελικά προκύπτει: ⋅ × ⋅ × ⋅ ×⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⋅ × ⋅ × ⋅ ×⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

v b c v a c v b av a ba b c b a c c b a

⎞⎟⎠c

11. Θεωρούμε ένα σύστημα αποτελούμενο από n ηλεκτρικά φορτία e1, e2, …, en . Έ-στω ri το διάνυσμα θέσεως του φορτίου ei (i=1,2, …, n) ως προς την αρχή Ο. Η διπολική ροπή του συστήματος των φορτίων ορίζεται από την σχέση:

n

i ii 1

e=

= ∑p r

και το κέντρο του φορτίου του συστήματος από την σχέση:

232 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 1ου Κεφαλαίου n

i ii 1

n n

i ii 1 i 1

e

e e

=

= =

= =∑

∑ ∑

rpR

όπου . Το σύστημα των φορτίων ονομάζεται ουδέτερο εάν n

ii 1

e 0=

≠∑n

ii 1

e 0=

=∑α) Δείξτε ότι η διπολική ροπή ενός ουδετέρου συστήματος είναι ανεξάρτητη από την αρχή Ο. β) Εκφράστε αυτή την ροπή συναρτήσει των κέντρων των αρνητικών και θετικών φορτίων που αποτελούν το αρχικό σύστημα. Λύση: α) Έστω η διπολική ροπή ως προς την αρχή Ο:

n

i ii 1

e=

= ∑p r

′r

n

e=∑ a

0

ke

και ως προς μια άλλη αρχή Ο′:

n

i ii 1

e=

′ = ∑p όπου ΟΟ′=a.

Έτσι τα διανύσματα θέσεως συνδέονται με την σχέση: i i′ = +r r a

Έχουμε τώρα ( )n n

i i i i ii 1 i 1 i 1

e e= =

′ = + = +∑ ∑p r a r

αλλά και n

ii 1

e 0=

=∑n n

i i ii 1 i 1

e e= =

= =∑ ∑a a

Επομένως p=p′ β) Το σύστημα αποτελείται από θετικά και αρμητικά φορτία, έτσι ώστε:

n

i ji 1

e e− +

=

= +∑ ∑ ∑ με k je e+ − Q= − =∑ ∑

Επομένως τα κέντρα των αρνητικών και θετικών φορτίων του συστήματος είναι:

j j k k

j k

e e,

e e

− − + +

− +

− += =∑ ∑

∑ ∑

r rR R

Τελικά η διπολική ροπή του συστήματος είναι:

( )n

i i k k j j k ji 1

e e e e e Q+ + − − + + − + + −

=

= = + = + = −∑ ∑ ∑ ∑ ∑p r r r R R R R


(2ου Κεφαλαίου) 1. Να αποδειχθούν οι σχέσεις :

[ ]d d (t) d (t)(t) (t) (t) (t)dt dt dt

λλ = + λ

rr r

[ ]ddt

t td t

dtt t

d tdt

r vr

v rv

( ) ( )( )

( ) ( )( )

⋅ = ⋅ + ⋅

[ ]ddt

t td t

dtt t

d tdt

r vr

v rv

( ) ( )( )

( ) ( )( )

× = × + ×

Λύση : [ ] x y zd d(t) (t) (t)r (t) (t)r (t) (t)r (t)dt dt

⎡ ⎤λ = λ + λ + λ⎣ ⎦r i j k =

= ( ) ( ) ( )x x y y z z(t)r (t) (t)r (t) (t)r (t) (t)r (t) (t)r (t) (t)r (t)′ ′′′ ′ ′λ + λ + λ + λ + λ + λi j k =

=λ′(t) x y z x y zr (t) r (t) r (t) (t) r (t) r (t) r (t)′ ′ ′⎡ ⎤⎡ ⎤+ + + λ + + =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦i j k i j k

= d (t) d (t)(t) (t)dt dtλ

+ λrr

Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύονται και οι άλλες σχέσεις. 2. Να βρεθεί η διανυσματική συνάρτηση r(t) και το διάστημα μεταβολής Ι της ανεξάρ-τητης μεταβλητής t έτσι ώστε το ίχνος της r(t), (δηλ. το σύνολο των σημείων, τα οποία αποτελούν το πέρας του διανύσματος r(t) όταν το t μεταβάλλεται στο διάστημα Ι), να είναι η καμπύλη : α) (x-5)2+(y-3)2=9 με τη θετική φορά διαγραφής β) 4x2+9y2=36 με την αρνητική φορά διαγραφής γ) y=x2 με φορά διαγραφής από τ' αριστερά προς τα δεξιά δ) y=x3 με φορά διαγραφής από τ' αριστερά προς τα δεξιά Λύση : α) Η εξίσωση (x-5)2+(y-3)2=9 παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο Κ(5,3) και ακτίνα R=3. Από το διπλα-νό σχήμα προκύπτει :

r=rK+r1 ⇒ r=(xKi+yKj)+(x1i+y1j)= =(xKi+yKj)+(Rcosti+Rsintj) ⇒

r(t)=(xK+Rcost)i+(yK+Rsint)j= =(5+3cost)i+(3+3sint)j

Από το σχήμα επίσης παρατηρούμε ότι όταν η γωνία t μεταβάλλεται στο διάστημα Ι=[0,2π) τότε το άκρο του διανύσματος r(t) διαγράφει τον κύκλο κέντρου Κ και ακτίνας R ακολουθώντας τη θετική φορά. β) Η εξίσωση 4x2+9y2=36 εάν γραφεί στη μορφή :

Κ rK

r r1

x

y

t


436

936

19 4

13 2

12 2 2 2 2

2

2

2x y x y x y

+ = ⇒ + = ⇒ + =

παριστάνει έλλειψη με ημιάξονες α=3 και β=2. Οι παραμετρικές εξισώσεις της έλλει-ψης είναι : x(t)=αcost και y=βsint. Επομένως η διανυσματική συνάρτηση r(t) που περι-γράφει την έλλειψη θα είναι : r(t)=3costi+2sintj Προφανώς το διάστημα μεταβολής της μεταβλητής t είναι Ι=[0,2π). Για να διαγράφεται η έλλειψη κατά την αρνητική φορά πρέπει ή να αντικαταστήσουμε το t με -t στην εξίσω-ση, δηλαδή να έχουμε : r(t)=3cos(-t)i+2sin(-t)j ή η μεταβλητή t να ξεκινάει από το 2π και ελαττωμένη να φθάνει στο 0 : 2π≥t>0 ή τέλος η εξίσωση να γραφεί : r(t)=3cos(2π-t)i+2sin(2π-t)j με 0≤t<2π γ) Για την παραβολή y=x2 μπορούμε να θέσουμε x=t και να έχουμε : r(t)=ti+t2j με διάστημα μεταβολής Ι=(-∞,+∞). Στην περίπτωση αυτή η παραβολή διαγράφεται από τ' αριστερά προς τα δεξιά. Εάν θέλουμε η παραβολή να διαγράφεται με αντίθετη φορά τότε πρέπει στην εξίσωση να αντικαταστήσουμε το t με το -t και θα έχουμε : r(t)=-ti+t2j δ) Με όμοιο τρόπο έχουμε και εδώ ότι : r(t)=ti+t3j με Ι=(-∞,+∞) για να διαγράφεται η καμπύλη από τ' αριστερά προς τα δεξιά ή r(t)=-ti-t3j με Ι=(-∞,+∞) για να διαγράφεται η καμπύλη από τα δεξιά προς τ' αριστερά. 3. Οι καμπύλες με διανυσματικές παραμετρικές εξισώσεις : r1(t)=(et-1)i+2sintj+ln(t+1)k r2(u)=(u+1)i+(u2-1)j+(u3+1)k τέμνονται στην αρχή των αξόνων. Να υπολογισθεί η γωνία της τομής των. Λύση : Η πρώτη καμπύλη διέρχεται από την αρχή των αξόνων για t=0 και η δεύτερη για u=-1. Για να υπολογίσουμε την γωνία θ υπό την οποία τέμνονται οι δυο αυτές καμπύλες στο σημείο τομής, που είναι η αρχή των αξόνων, πρέπει πρώτα να βρούμε εφαπτόμενα διανύσματα αυτών των καμπυλών στο σημείο τομής των. Τέτοια εφαπτόμενα διανύσματα μπορούν να βρεθούν από τις παραγώγους των διανυσματικών εξισώσεων. Έχουμε :

v1(t)= [ ]ddt

e t t e tt

t t( ) sin ln( ) cos− + + + = + ++

1 2 1 21

1i j k i j k

και για t=0 προκύπτει : v1(0)=i+2j+k με v1(0)= 1 4 1 6+ + =

v2(u)= 2 3d (u 1) (u 1) (u 1) 2u 3udt⎡ ⎤+ + − + + = + +⎣ ⎦i j k i j 2k

και για u=-1 προκύπτει : v2(-1) = i-2j+3k με v2(-1)= 1 4 9 14+ + = Από τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου έχουμε :

cosθ= 1 2

1 2

(0) ( 1) 1 4 3 π0v (0)v ( 1) 26 14

⋅ − − += = ⇒ θ

−v v

=

Λύσεις Ασκήσεων 2ου Κεφαλαίου ♦ 235 4. Να βρεθεί η διανυσματική συνάρτηση r(t) με πεδίο ορισμού το διάστημα [0,2π], που να ικανοποιεί την αρχική συνθήκη r(0)=αi και η γραφική παράσταση της να είναι η έλ-λειψη :

2 2

2 2

x y 1+ =α β

η οποία διαγράφεται : α) μια φορά κατά τη θετική φορά β) δυο φορές κατά τη θετική φορά γ) μια φορά κατά την αρνητική φορά δ) δυο φορές κατά την αρνητική φορά Λύση : Εργαζόμενοι με παρόμοιους συλλογισμούς όπως στην προηγούμενη άσκηση έ-χουμε : α) r(t)=αcosti+βsintj με t∈I=[0,2π) β) r(t)=αcos2ti+βsin2tj με t∈I=[0,2π) γ) r(t)=αcos(2π-t)i+βsin(2π-t)j με t∈I=[0,2π) δ) r(t)=αcos(2π-2t)i+βsin(2π-2t)j με t∈I=[0,2π) 5. Ένα σωμάτιο κινείται κατά μήκος μιας καμπύλης με παραμετρικές εξισώσεις x(t)=e-t, y(t)=2cos3t, z(t)=2sin3t, όπου t ο χρόνος. α) Να υπολογισθεί η ταχύτητα και η επιτάχυνση για κάθε χρονική στιγμή t. β) Να υπολογισθεί το μέτρο της ταχύτητας και της επιτάχυνσης για την χρονική στιγμή t=0. Λύση: α) Το διάνυσμα θέσεως του σωματίου είναι:

r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k=e-ti+2cos3tj+2sin3tk

Έτσι η ταχύτητα είναι: v(t)= ddtr =-e-ti-6sin3tj+6cos3tk

και η επιτάχυνση: a= 2

2

d ddt dt

=r v = e-ti-18cos3tj-18sin3tk

β) Για t=0 έχουμε: v(0)=-i+6k και a(0)=i-18j

Επομένως |v(0)|= ( )2 21 6 3− + = 7 , |a(0)|= ( )221 18 325+ − = 6. Ένα σωμάτιο κινείται κατά μήκος μιας καμπύλης με παραμετρικές εξισώσεις x(t)=2t2, y(t)=t2-4t, z(t)=3t-5, όπου t ο χρόνος. Να υπολογισθούν οι συνιστώσες της ταχύ-τητας και της επιτάχυνσης ως προς την διεύθυνση του διανύσματος u=i-3j+2k την χρονι-κή στιγμή t=1.

Λύση: Η ταχύτητα είναι: v(t)= ddtr =4ti+(2t-4)j+3k και για t=1 v(1)=4i-2j+3k

Το μοναδιαίο διάνυσμα ως προς την διεύθυνση του u είναι:

u0=( )22 2

3 2 3 2141 3 2

− + − +=

+ − +

i j k i j k

Τότε η συνιστώσα της ταχύτητας v ως προς την παραπάνω διεύθυνση u0 είναι:

u0⋅v= 3 214

− +i j k⋅(4i-2j+3k)= ( )( ) ( )( ) ( )( )1 4 3 2 2 3 16 8 14

714 14+ − − +

= =


Η επιτάχυνση είναι: a(t)= 2

2

d ddt dt

=r v =4i+2j

και η συνιστώσα της επιτάχυνσης a ως προς την παραπάνω διεύθυνση u0 είναι:

u0⋅a= 3 214

− +i j k⋅(4i-2j)= ( )( ) ( )( ) ( )( )1 4 3 2 2 0 2 1

714 14+ − + − −

= =4

7. Μια καμπύλη C ορίζεται από τις παραμετρικές εξισώσεις x=x(s), y=y(s), z=z(s), όπου s το μήκος του τόξου της καμπύλης C μετρουμένου από ένα σταθερό σημείο της C. Εάν r είναι τo διάνυσμα θέσεως ενός τυχόντος σημείου της C, δείξτε ότι το διάνυσμα dr/ds είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα εφαπτομενικό της C. Λύση: Το διάνυσμα:

( )d (s) d dx(s) dy(s) dz(s)x(s) y(s) z(s)ds ds ds ds ds

= + + = + +r i j k i j k

είναι εφαπτομενικό της καμπύλης C εκ του ορισμού της παραγώγου διανυσματικής συ-νάρτησης. Για να δείξουμε ότι είναι μοναδιαίο παρατηρούμε ότι:

( ) ( ) ( )( )

( )( )

2 2 2 22 2 2

2 2

dx dy dz dsd dx dy dz 1ds ds ds ds ds ds

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

r=

εφ’ όσον (ds)2=(dx)2+(dy)2+(dz)2 το οποίο προκύπτει από τον διαφορικό λογισμό και από το Πυθαγόρειο θεώρημα. 8. α) Να βρεθεί το μοναδιαίο εφαπτομενικό διάνυσμα σε τυχαίο σημείο της καμπύ-λης x(t)=t2+1, y(t)=4t-3, z(t)=2t2-6t. β) Να υπολογίσετε το μοναδιαίο εφαπτομενικό διά-νυσμα στο σημείο που αντιστοιχεί για t=2. Λύση: α) Ένα εφαπτομενικό διάνυσμα της καμπύλης σε τυχαίο σημείο της είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2d t d t 1 4t 3 2t 6t 2t 4 j 4t 6dt dt

⎡ ⎤= + + − + − = + + −⎣ ⎦r

i j k i k

με μέτρο: ( ) ( )2 22d 2t 4 4t 6dt

= + + −r

Επομένως το ζητούμενο εφαπτομενικό διάνυσμα είναι: ( )( ) ( )2 22

2t 4 j 4t 6

2t 4 4t 6

+ + −=

+ + −

i kT

Αξίζει να σημειώσουμε ότι επειδή d | d | ddt dt dt

s= =

r r τότε d ddtds dsdt

= =r rT

β) Για t=2 το μοναδιαίο εφαπτομενικό διάνυσμα είναι

( ) ( )2 22

4 4j 2 2 2 13 3 34 4 2

+ += = +

+ +

i kT i +j k

t 31e tt

+ −i j k9. Δίνονται οι διανυσματικές συναρτήσεις: r(t)=2costi+sintk, v(t)=

Να υπολογιστούν τα ολοκληρώματα:

Λύσεις Ασκήσεων 2ου Κεφαλαίου ♦ 237

α) , β) , γ) / 2

0(t) dt

π

∫ r1

0(t) dt∫ v

/ 2

0(t) (t) dt

π⋅∫ r v

( )/ 2 / 2 / 2

00 0(t) dt 2cos t sin t dt 2sin t cos t 2

π π π= + = − =∫ ∫r i k i k +i kΛύση: α) 1

1 1t 3 t 3

0 0

0

1 1(t) dt e t dt e dt dt t dtt t

⎛ ⎞= + − = + −⎜ ⎟⎝ ⎠

⌠⎮⌡∫ ∫ ∫v i j k i j

1 1

0 0=∫β)

14t

0

t 1e ln t (e 1) ln(0)4 4

= + − = − + −i j k i j k

Όμως λόγω της παρουσίας του όρου ln(0) στην συνιστώσα του j, το ολοκλήρωμα δεν υ-πάρχει.

tγ) Έχουμε: r(t)⋅v(t)=2e cost-t3sint, επομένως

( ) / 2/ 2 / 2 t 3 t 3 t 2

0 0 o(t) (t) dt 2e cos t t sin t dt cos t e t 6t sin t e 3t 6

ππ π⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ = − = + − + − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫r v =

/ 2 23e 54

π + − π =

4

2

2

2

d (t)(t) dtdt

×⌠⎮⌡

rr10. Να υπολογιστεί το

t 2 t 4

d (t) d (t),dt dt= =

= = + +r r0 i εάν r(2)=3i+1j+1k, r(4)=6i+7j+3k, j k

44 42

22

2 2

d (t) d d (t) d (t)(t) dt (t) dt (t)dt dt dt dt

⎛ ⎞× = × = ×⎜ ⎟⎝ ⎠

⌠⌠⎮ ⎮⌡ ⌡

r rr r r =rΛύση:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )d 4 d 2(4) (2) 6 7 3 3

dt dt= × − × = + + × + + − + + ×

r rr r i j k i j k i j k =0 4i-3j-k


(3ου Κεφαλαίου) 1. Εάν f(r)=3x2y-y3z2 να υπολογιστεί το ∇f στο σημείο Ρ=(1,-2,-1)

Λύση: ∇f=∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

fz

xy x y z y zP

i j k i j k+ + = + − −6 3 3 22 2 2 3( ) =

=-12i+(3-12)j-2(-8)(-1)k=-12i-9j-16k 2. Να βρεθεί το ∇f όταν α) f(r)=ln|r|=lnr β) f(r)=1/r Λύση: α) f(r)=lnr , r= x y z2 2+ + 2

∂∂

∂∂

∂∂

ln lnrx

rr

rx r

x

x y z rxr

xr

= =+ +

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

1 2

2

12 2 2 2

ομοίως ∂∂ln ry

yr

= 2 , ∂∂ln rz

zr

= 2

Τελικά ∇lnr=xr

yr

zr r2 2 2i j k

r+ + = 2

β) f(r)= ( ) ( )1 12

22 2 2 1 2 2 2 2 3 23r

x y zfx

x y z xxr

= + + ⇒ = − + + = −− −/ /∂

∂

ομοίως ∂∂

fy

yr

= − 3 , ∂∂fz

zr

= − 3

Τελικά ∇1 1

3 3r rx y z

r= − + + = −( )i j k

r

3. Δείξτε ότι ∇rn =nrn-2r Λύση: rn=(x2+y2+z2)n/2 ⇒

( ) ( )∂∂x

rn

x y z x nx x y z nxrnn n

n= + + = + + =−

−−

222 2 2 2

1 2 2 22

2 2

Τελικά ∇rn=nrn-2(xi+yj+zk)=nrn-2r 4. Βρείτε ένα μοναδιαίο διάνυσμα, κάθετο στην επιφάνεια με εξίσωση: x2y+2xz=4 στο σημείο Ρ=(2,-2,3). Λύση: Ένα τέτοιο μοναδιαίο διάνυσμα μπορεί να προκύψει από τη βάθμωση του βαθμω-

τού πεδίου f(x,y,z)=x2y+2xz-4 εάν διαιρεθεί με το μέτρο της: n=∇∇

ff( )( )rr

όπου

∇f(r)=∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

fz

xy z x xi j k i j+ + = + + +( )2 2 22 k ⇒

∇f(P)=-2i+4j+4k ⇒ |∇f(Ρ)|= 4 16 16 6+ + =

240♦Λύσεις Ασκήσεων 3ου Κεφαλαίου

Άρα n=16

2 4 413

23

23

( )− + + = − + +i j k i j k

5. Να υπολογιστεί η κατευθύνουσα παράγωγος της f(r)=x2yz+4xz2 στο σημείο Ρ=(1,-2,-1) και ως προς την διεύθυνση του διανύσματος u=2i-j-2k. Λύση: ∇f=(2xyz+4z2)i+x2zj+(x2y+8xz)k|P=(4+4)i-j+2k=8i-j-10k

u0=2 2 1 (2 2 )

| | 34 1 4− −

= = −+ +

u i j k i j ku

−

Τελικά f 1 1(8 10 ) (2 2 ) (16 1 20)3 3

∂= − − ⋅ − − = + + =

∂i j k i j k

u373

6. Να βρεθεί η διεύθυνση ως προς την οποία η κατευθύνουσα παράγωγος της f=x2yz3 στο σημείο Ρ=(2,1,-1) γίνεται μεγίστη. Να βρεθεί η μεγίστη αυτή τιμή. Λύση: ∇f=(2xyz3)i+(x2z3j)+(3x2yz2)k|P=-4i-4j+12k

n=∇∇

=− − +

+ +=− − +

+ += − − +

f Pf P( )

| ( )|( )

4 4 1216 16 144

4 4 124 1 1 9

111

3i j k i j k

i j k

και η μεγίστη τιμή είναι |∇f(P)|= 4 11 7. Έστω οι επιφάνειες με εξισώσεις: f1=x2+y2+z2-9=0 και f2=x2+y2-z-3=0. Αφού ε-λέγξτε ότι το σημείο Ρ=(2,-1,2) ανήκει στη τομή των επιφανειών, να υπολογιστεί η γωνία τους στο σημείο αυτό. Λύση: Θέτουμε x=2, y=-1, z=2 στις εκφράσεις f1 και f2 και εύκολα διαπιστώνουμε ότι μηδενίζονται. ∇f1=2xi+2yj+2zk|P=4i-2j+4k ⇒ |∇f1(P)|= 16 4 16 36 6+ + = = ∇f2=2xi+2yj-k|P=4i-2j-k ⇒ |∇f2(P)|= 16 4 1 21+ + = ∇f1(P)⋅∇f2(P)=16+4-4=16

αλλά ∇f1(P)⋅∇f2(P)= |∇f1(P)| |∇f2(P)|cosθ ⇒ cosθ=∇ ⋅∇∇ ∇

=f P f Pf P f P1 2

1 2

83 21

( ) ( )| ( )|| ( )|

⇒

θ=0.9497rad=54.40

8. Να βρεθούν τα σημεία και οι διευθύνσεις ως προς τις οποίες οι αντίστοιχες κατευθύ-νουσες παράγωγοι του βαθμωτού πεδίου f(x,y)=3x2+y2 να παίρνουν την μεγίστη τιμή, όταν το σημείο Ρ(x,y) μένει πάντοτε πάνω στην περιφέρεια x2+y2=R2 . Λύση: Ξέρουμε ότι

f (P) f (P) | f (P) | cos max∂= ∇ ⋅ = ∇ θ =

∂n

n όταν cosθ=1 οπότε n= f (P)

| f (P) |∇∇

και 2 2 222 (x y R )

2 2 2 2f (P) f (P) f (P)max | f (P) | (6x) (2y) 36x 4yx y

+ =⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ∇ = + = + = + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠n

= 4 322 2R x+ = max όταν x=±R, οπότε y=0. Άρα τα σημεία Ρ είναι: P1=(R,0) και Ρ2=(-R,0). Οι αντίστοιχες διευθύνσεις είναι:


n1=∇∇

=+

+= =

f Pf P

x yx y

RR

R

( )| ( )|

( , )

1

12 2

02

6 236 4

636

i j ii

n2=∇∇

=+

+=

−= −

−

f Pf P

x yx y

RR

R

( )| ( )|

( , )

2

22 2

02

6 236 4

636

i j ii

9. Να προσδιοριστούν τιμές για τις σταθερές a,b,c, τέτοιες ώστε η κατευθύνουσα παρά-γωγος του πεδίου f(x,y,z) = axy2+byz+cz2x3 στο σημείο Ρ(1,2,-1) να έχει μεγίστη τιμή 64 ως προς διεύθυνση παράλληλη προς τον άξονα ΟΖ. Λύση: Η μεγίστη τιμή της κατευθύνουσας παραγώγου ∂f/∂u του βαθμωτού πεδίου f στο σημείο Ρ(1,2,-1) επιτυγχάνεται όταν η φορά του u συμπέσει με τη φορά της βάθμωσης ∇f(Ρ). Έχουμε: ∇f(P)=(ay2+3cz2x2)i+(2axy+bz)j+(by+2czx3)k|P=(4a+3c)i+(4a-b)j+(2b-2c)k Περιπτώσεις α) u=k β) u=-k

α) u=∇∇

=f Pf P( )

| ( )|k ⇒ ∇f(P)=k|∇f(P)| ⇒

4 3 04 02 2

a ca bb c f P

+ =− =

− = ∇| ( )|

επομένως ∇f(P)=(2b-2c)k ⇒ |∇f(P)|= (2 2 2b c− ) =2b-2c=64 (και όχι -64 επειδή 2b-2c>0 διότι ∇f(P)↑↑k) Άρα έχουμε:

⇒ a=6 , b=24 , c=-8 4 3 04 02 2 64

a ca bb c

+ =− =− =

⎫

⎬⎪

⎭⎪

β) u=∇∇

= −f Pf P( )

| ( )|k ⇒ ∇f(P)=-k|∇f(P)| ⇒ (όπως παραπάνω)

⇒ a=-6 , b=-24 , c=8 4 3 04 02 2 64

a ca bb c

+ =− =− = −

⎫

⎬⎪

⎭⎪

10. Ένα βαθμωτό πεδίο f(x,y) έχει α) κατευθύνουσα παράγωγο 2 στο σημείο Ρ(1,2) ως προς διεύθυνση από το σημείο Ρ προς το σημείο Ρ1(2,2) και β) κατευθύνουσα παράγωγο -2 στο ίδιο σημείο Ρ(1,2) ως προς την διεύθυνση από το σημείο Ρ προς το σημείο Ρ2(1,1). Να υπολογισθεί η κλίση του f στο σημείο Ρ(1,2) και η κατευθύνουσα προς το σημείο Ρ3(4,6) παράγωγος του f. Λύση: Η διεύθυνση που ορίζεται από τα σημεία Ρ(1,2) και Ρ1(2,2) προφανώς είναι η ίδια με την διεύθυνση του i, και η διεύθυνση που ορίζεται από τα σημεία Ρ(1,2) και Ρ2(1,1) είναι η ίδια με την διεύθυνση του -j. Έχουμε: ∂∂

∂∂

f Pf P

f Px

( )( )

( )i

i= ∇ ⋅ = = 2 2y

)P(f)()P(f)()P(f

−=∂

∂−=−⋅∇=

−∂∂ j

j


Άρα ∇ = +f Pf P

xf P

y( )

( ) ( )∂∂

∂∂

i j =2i+2j y

n=PPPP

i j i3

3

4 1 69 16

3 45| |

( ) ( )=

− + j−+

=+

Τελικά ∂∂f P

f P( )

( ) ( )n

n i ji j

= ∇ ⋅ = + ⋅+⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ =2 2

3 45

145

11. Έστω R η απόσταση του σημείου P(x,y,z) από το σταθερό σημείο Α(α,β,γ). Δείξτε ότι η κλίση ∇R είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα στη διεύθυνση του R=ΑΡ. Λύση: Εάν rA=αi+βj+γk και rP=xi+yj+zk είναι τα διανύσματα θέσης των σημείων Α και Ρ, τότε:

R=|R|= 2 2 2 R R R(x ) (y ) (z ) Rx y z

∂ ∂ ∂− α + −β + − γ ⇒∇ = + + =

∂ ∂ ∂i j k

= x x xR R R R− α −β − γ

+ + =Ri j k

12. Θεωρούμε μια έλλειψη με εστίες τα σημεία Α και Β. Να δείξετε ότι μια φωτεινή α-κτίνα, (ή ακουστικό κύμα), που ξεκινάει από την εστία Α, θα ανακλασθεί από την έλλειψη και θα διέλθει από την άλλη εστία Β. Λύση: Έστω R1=AP, R2=ΒP και Τ το μονα-διαίο εφαπτομενικό διάνυσμα της έλ-λειψης στο σημείο Ρ. Επειδή η έλλειψη ορίζεται σαν ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ, του οποίου το άθροισμα των αποστάσεων από δυο σταθερά σημεία Α και Β είναι σταθερό, έστω k, η εξίσωση της έλλειψης θα είναι: R1+R2=k Από τις ιδιότητες των ισοσταθμικών επι-φανειών, (ή καμπυλών), έχουμε ότι η βάθμωση ∇(R1+R2) είναι ένα διάνυσμα κάθετο στην έλλειψη, δηλαδή κάθετο στο διάνυσμα Τ. Άρα: ∇(R1+R2)⋅T=0 ⇒ ∇R1⋅T=-∇R2⋅T=∇R2.(-T) ⇒ |∇R1||T|cos(θ1)=|∇R2||-T|cos(θ2) (1)

P P1

P2

O x

1

1

2

2 4

6 P3

A B

R1R2

-TT θ1 θ2

∇(R1+R2)

Ρ

∇R2

∇R1

π α

Λύσεις Ασκήσεων 3ου Κεφαλαίου ♦ 243 όπου θ1 η γωνία των διανυμάτων -∇R1 και Τ και θ2 η γωνία των διανυσμάτων -∇R2 και -Τ. Αλλά από την προηγούμενη άσκηση έχουμε ότι: |∇R1|=1 και |∇R2|=1. Έτσι από την (1) προκύπτει θ1=θ2 , ή ισοδύναμα ότι η γωνία προσπτώσεως π ισούται με τη γωνία ανακλά-σεως α, που είναι συμπληρωματικές των γωνιών θ1 και θ2 αντίστοιχα. 13. Να υπολογιστεί η μεταβολή του βαθμωτού πεδίου f(x,y,z)=xey+yz εάν το σημείο P(x,y,z) μετακινηθεί από το Ρ0(2,0,0) προς το Ρ1(4,1,-2) πάνω σε ευθεία, διανύοντας από-σταση Δs=0.1 μονάδες.

Λύση: Από την σχέση (3.7.5): df fds

= ∇ ⋅u προκύπτει ότι ( )df f ds= ∇ ⋅u . Έχουμε:

0 1

0 1

2 1 23 3 3

= = + −P Pu i j kP P

, ∇f(P0)=[eyi+(xey+z)j+yk](2,0,0)=i+2j, ⇒ ∇f⋅u=4/3

Επομένως η ζητούμενη μεταβολή θα είναι: ( ) ( )4f f s 0.1 0.3

Δ ≈ ∇ ⋅ Δ = ≈u 13

14. Η παράγωγος του βαθμωτού πεδίου f(x,y,z) σ’ ένα δεδομένο σημείο Ρ είναι μεγί-στη στην διεύθυνση του διανύσματος v=i+j-k. Στην διεύθυνση αυτή η τιμή της παραγώ-γου είναι 2√3. α) Να βρεθεί η κλίση του f στο Ρ. β) Να βρεθεί η κατευθύνουσα παράγω-γος του f στο Ρ ως προς την διεύθυνση του διανύσματος i+j.

Λύση: α) Έχουμε: ( ) ( )1 , f P 2| | 3

= = + − ∇ =vu i j kv

3

Η κλίση ∇f(P) είναι διάνυσμα παράλληλο προς το u, επομένως θα ισχύει: ∇f(P)=λu ⇒ |∇f(P)|=λ=2√3. Τελικά ∇f(Ρ)=| ∇f(Ρ)|u= 2i+2j-2k.

(12

= +u i (12

)j )+i j, f′(P:u)= ∇f(Ρ)⋅u=(2i+2j-2k)⋅ β) =2√2

15. Η θερμοκρασία σε κάθε σημείο μιας μεταλλικής πλάκας δίνεται από τη σχέση: T=T(x,y)=eysinx. Να βρεθεί η καμπύλη, που θα διαγράψει ένα "σωματίδιο" ανιχνευτής θερμοκρασίας όταν τοποθετηθεί στην αρχή των αξόνων και αφεθεί ελεύθερο. Λύση: Ο ανιχνευτής θερμοκρασίας κινείται προς την διεύθυνση της βάθμωσης ∇Τ όπου:

∂∂

∂∂

Tx

Ty

i + ∇T= j y ycosxi+e sinxj =e

Ζητούμε να βρούμε την εξίσωση της καμπύλης r(t)=x(t)i+y(t)j που ξεκινάει από την αρχή των αξόνων με την ιδιότητα σε κάθε σημείο της η φορά του εφαπτομενικού διανύσματος dr/dt να συμπίπτει με τη φορά της βάθμωσης ∇Τ δηλαδή dr/dt=λ∇Τ με λ>0 ή πιο αναλυ-τικά:

dx(t) Tdt x

∂= λ

∂dy(t) T

dt y∂

= λ∂

(2) (1)

με τις αρχικές συνθήκες x(0)=0 και y(0)=0. Οι εξισώσεις (1) και (2) γράφονται: dx t

dt( ) dy(t

dt)

=λey =λeycosx (3) sinx (4)

Παρατηρούμε ότι εάν διαιρέσουμε την (4) δια της (3) απαλείφεται το λ και ο όρος ey και θα έχουμε:


dydx

xx

yxx

dx x cc

x= ⇒ = ⌠

⌡⎮= − + =

sincos

sincos

ln|cos | ln lncos

1| cos t |⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Για x=0 και y=0 έχουμε : 0=ln|c| ⇒ c=±1. Εάν θέσουμε x=t οπότε y=ln , η δι-

ανυσματική εξίσωση της ζητουμένης καμπύλης είναι: 1

| cos t |⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

r(t)=ti+ln j

Παρατήρηση: Στη γενική περίπτωση που η θερμοκρασία δίνεται από τη σχέση: T=T(x,y) τότε οι εξισώσεις (3) και (4) γράφονται:

dx(tdt

T x y)x

) ( ,=∂∂

dy tdt

T x yy

( ) ( , )=∂∂

(4′) (3′) και

θεωρώντας, χωρίς βλάβη της γενικότητας το λ=1. Οι εξισώσεις (3′) και (4′) αποτελούν ένα σύστημα διαφορικών εξισώσεων με αγνώστους τις συναρτήσεις x(t) και y(t) και από την αντίστοιχη θεωρία των διαφορικών συστημάτων θα προκύψει η λύση.


(4ου Κεφαλαίου) 1. Να αποδειχθεί ότι :

α) ∇⋅ rr 3 0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= β) ∇×

rr 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=0 γ) ∇2 1 0r⎛⎝⎜⎞⎠⎟=

Λύση :

α) ∇⋅rr3⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=∂∂

∂∂

∂∂x

xr y

yr z

zr3 3

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+ ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥3

αλλά ∂∂x

xr3⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= 3 3 4 3 4 3 2r xxr r x( 3)r r 3xr r 3x rx x r

− − − − − −∂ ∂⎡ ⎤ = + − = − = −⎣ ⎦∂ ∂5−

όμοια ∂∂y

yr3⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=r-3-3y2r-5 και ∂∂z

zr 3⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=r-3-3z2r-5

Επομένως : ∇⋅rr3⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

==3r-3-3(x2+y2+z2)r-5=3r-3-3r-3=0

β) ∇×r

r 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

i j k∂∂

∂∂

∂∂x y z

xr

yr

zr3 3 3

=

= 3 3 3 3 3 3

z z x z y xy r z r z r x r x r y r

⎡ ⎤ ⎡∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣i

⎤⎥⎦

j k

αλλά ( )∂∂

∂∂

∂∂y

zr

zy

r z rry

zryr

yzr33 4 43 3 3⎛

⎝⎜⎞⎠⎟= = − = − = −− − −( ) 5−

ομοίως ( )∂∂

∂∂

∂∂z

yr

yz

r y rry

yrzr

yzr33 4 43 3 3⎛

⎝⎜⎞⎠⎟= = − = − = −− − −( ) 5−

επομένως ∂∂

∂∂y

zr y

zr3 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =0

Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύεται ότι και οι άλλες συνιστώσες του ∇×r

r 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

είναι μηδεν.

Τελικά ∇×r

r 3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=0

γ) ∇2 1 1 12

2

2

2

2

2r x r y r y r⎡⎣⎢⎤⎦⎥= ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+ ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+ ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

∂∂

∂∂

∂∂

1


αλλά ∂∂

∂∂

∂∂x r x

r rrx

rxr

r x1 1 2 2⎡⎣⎢⎤⎦⎥= = − = − = −− − − −( ) 3 ⇒

2 2

3 3 4 3 4 32

1 r x( r x) r 3r x r 3r r 3r xx r x x r

− − − − − − −∂ ∂ ∂⎡ ⎤ = − = − + = − + = − +⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦5 2

Όμοια 2

3 52

1 r 3r yy r

− −∂ ⎡ ⎤ = − +⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦2 και

23 5

2

1 r 3r zz r

− −∂ ⎡ ⎤ = − +⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦2

Τελικά ∇2 1r⎡⎣⎢⎤⎦⎥= -3r-3+3r-5(x2+y2+z2)=-3r-3+3r-3=0

2. Εάν r=xi+yj+zk και r=|r| βρείτε όλους τους ακεραίους n για τους οποίους ισχύει: div[rnr]=0 Λύση : Έχουμε

div(rnr)=∂∂x

(rnx)+ ∂∂y

(rny)+∂∂z

(rnz)

αλλά ∂∂x

(rnx)= ∂∂x

(x2+y2+z2)n/2x= ( )nx y z x r nr x r

nn n

222 2 2

22 2 2 2+ + + = +−

− n

λόγω συμμετρίας θα είναι :

∂∂y

(rny)=nrn-2y2+rn και ∂∂z

(rnz)=nrn-2z2+rn

Επομένως : div(rnr)=nrn-2(x2+y2+z2)+3rn=nrn+3rn=0 ⇒ n=-3 3. Να βρεθεί η γενική μορφή της συνάρτησης f(r), μιας μεταβλητής για την οποία το διανυσματικό πεδίο f(r)r είναι α) σωληνοειδές β) αστρόβιλο. Λύση : α) ∇⋅(f(r)r)=0 ⇒ ∇f(r)⋅r+f(r)∇⋅r=0 ⇒

∂∂

∂∂

∂∂

fx

xfy

yfz

z f+ + + =3 0 αλλά ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fr

rx

fr

xr

= =

ομοίως ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fy

fr

ry

fr

yr

= = και ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fz

fr

rz

fr

zr

= =

Επομένως :

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fr

xr

fr

yr

fr

zr

ffr r

x y z f2 2 2

2 2 23 01

3 0+ + + = ⇒ + + + =( )

⇒ dff

drr

= −3 ⇒ lnf(r)=-3lnr+c1 ⇒ lnf(r)=lnr-3+lnc ⇒ f(r)=cr-3

β) ( )( )( ) ( ) ( )

f rx y z

f r x f r y f r z

∂ ∂ ∂∇× =

∂ ∂ ∂

i j k

r =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f r z f r y f r x f r z f r y f r xy z z x x y

⎛ ⎞ ⎛∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞= − + − + −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝i j ⎞

⎟⎠k


αλλά

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f r f r f r f r f r f rr r yf r z f r y z y z y z y 0y z y z r y r z r r r r

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂− = − = − = − =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂z

Επειδή r x r y r z, ,x r y r z r∂ ∂ ∂

= =∂ ∂ ∂

=

Ομοίως ( ) ( ) ( ) ( )f r x f r z 0, f r y f r x 0z x x y∂ ∂ ∂ ∂

− = −∂ ∂ ∂ ∂

=

Άρα για οποιαδήποτε συνάρτηση f(r) το αντίστοιχο διανυσματικό πεδίο F=∇×f(r)r είναι στρόβιλο.

4. α) Να αποδείξετε ότι ∇2f(r)=d fdr r

dfdr

2

22

+

β) Να βρεθεί η συνάρτηση f(r) έτσι ώστε ∇2f(r)=0 Λύση : α) Έχουμε ότι :

∇2f(r)=∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

2

2

2f

xf

yf

z+ +

αλλά ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fr

rx

fr

xr

= = ⇒

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

21 1f

x xfr

xr x

fr

xr

fr x

xr

fr

rx

xr

fr r

xr r

rx

= ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

+ ⎡⎣⎢⎤⎦⎥=⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ + + ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥=

=∂∂

∂∂

2

2

2

2 2

2

2

2

2

2

31 1 1f

rxr

fr r

xr

xr

d fdr

xr

dfdr r

xr

+ + −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= + −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

Άρα

∇2f(r)=d fdr

x y zr

dfdr r

x y zr

d fdr

dfdr r r

d fdr r

dfdr

2

2

2 2 2

2

2 2 2

3

2

2

2

23 3 1+ +

+ −+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = + −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥= +

2

β) ∇2f(r)=0=d fdr r

dfdr

2

22

+ Θέτουμε dfdr

h r= ( ) και έχουμε :

dhdr r

hdhh

drr

+ = ⇒ = −2

0 2 ⇒ ln|h(r)|=-2ln(r)+lnc1 ⇒ ln|h(r)|=ln(r-2)+lnc1 ⇒

h(r)=c11

11

2 12

1

1

2 3rdfdr

c r f r cr

c f r cr

c⇒ = ⇒ =−

+ ⇒ = +−−

( ) ( ) 2

5. Να αποδείξετε ότι : α) ∇2[lnr]=1/r2 β) ∇2rn=n(n+1)rn-2 γ) ∇⋅[r3r]=6r3

Λύση :

α) ∇2[lnr]=ddr

rr

d rdr

2

22

lnln

+ αλλά ddr

rr

ln =1

και ddr

rr

2

2 21

ln = −

οπότε ∇2[lnr]=− + =1 2 1 12 2r r r r

β) ∇2rn=ddr

rr

ddr

r n n rr

nrn n n n2

222 2

+ = − +− −( ) 1 = n(n-1)rn-2+2nrn-2=

248 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 4ου Κεφαλαίου =nrn-=2[n-1+2]=n(n+1)rn-2

γ) ∇⋅(r3r)= ( ) ( ) ( )∂∂

∂∂

∂∂x

r xz

r zz

r z3 3+ + 3

αλλά

( ) ( ) ( )∂∂

∂∂x

r x r xx

x y z r x x y z x r x3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 2 1 2 3 232

2 3= + + + = + + + = +/ /

r

Όμοια

( )∂∂y

r y r y r3 3 3= + 2 και ( )∂∂z

r z r z r3 3 3= + 2

Τελικά : ∇⋅(r3r)=3r3+3r(x2+y2+z2)=6r3

6. Δίνεται η συνάρτηση φ=φ(x,y,z), η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες ∂φ/∂z=0 και φ(0,0,z)=0. Να βρεθεί η φ έτσι ώστε το διανυσματικό πεδίο : F(x,y,z)=(x3+3y2z)i+6xyzj+φk να απορρέει από δυναμικό f και να βρεθεί το f. Λύση : Για να απορρέει το δυναμικό πεδίο F από δυναμικό πρέπει ∇×F=0 δηλαδή

∇×F=

3 2

x y zx 3y z 6xyz

∂ ∂ ∂=

∂ ∂ ∂+ ϕ

i j k

= [ ]26xy 3y 6yz 6yz 0y x

⎡ ⎤∂ϕ ∂ϕ⎡ ⎤− + − + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦⎣ ⎦i j k ⇒

6xyy∂ϕ

=∂

(1) 23yx∂ϕ

=∂

(2)

(1) ⇒ φ=∫6xydy+c1(x)=3xy2+c1(x) (3)

(2) 3y( )3

⇒ 2+dc1(x)/dx=3y2 ⇒ dc1(x)/dx=0 ⇒ c1(x)=σταθερό . Άρα φ(x,y)=3xy2+c . (Την συνάρτηση c1 την θεωρήσαμε σαν συνάρτηση μόνο του x, ε-πειδή η φ δεν εξαρτάται από το z λόγω της συνθήκης ∂φ/∂z=0). Από την συνθήκη φ(0,0,z)=0 προκύπτει ότι c1=0. Το διανυσματικό πεδίο F γράφεται : F=(x3+3y2z)i+6xyzj+3xy2k και έστω ότι απορρέει από το δυναμικό f, δηλαδή :

F=(x3+3y2z)i+6xyzj+3xyk=∇f=∂∂

∂∂

∂∂

fx

fy

fz

i j+ + k

Το δυναμικό f υπολογίζεται ως εξής

∂∂

fx= x3+3y2z ⇒ f=∫(x3+3y2z)dx+k1(y,z) =x4/4+3xy2z+k1(y,z) (4)

∂∂

fy= 6xyz 6xyz+

( )4

⇒ ∂∂

∂∂

k y zy

xyzk y z

y1 16 0( , ) ( , )

= ⇒ = ⇒ k1=k1(z)

Το δε δυναμικό πεδίο f παίρνει τώρα τη μορφή : f=x4/4+3xy2z+k1(z) (5) αλλά


∂∂fz= 3xy2 3xy

( )5

⇒ 2+dk1(z)/dz=3xy2 ⇒ k1=c2=σταθ.

Τελικά : f=x4/4+3xy2z+c2 7. Να δείξετε ότι το διανυσματικό πεδίο F=4ue -i , όπου u=yj+zk, απορρέει από δυναμικό και να βρεθεί η εξίσωση των ισοσταθμικών επιφανειών του δυναμικού.

u2

Λύση : F=4(yj+zk)exp(y2+z2)-i=-i+4yexp(y2+z2)j+4zexp(y2+z2)k

∇×F=

i j k∂∂

∂∂

∂∂x y z

ye zey z y z−

=

+ +1 4 42 2 2 2

[8yzexp(y2+z2)-8yzexp(y2+z2)]i+0j+0k=0

Άρα F=∇f ⇒

∂∂

fx= -1 (1) ,

∂∂

fy= 4yexp(y2+z2) (2) ,

∂∂fz= 4zexp(y2+z2) (3)

(1) ⇒ f=-∫dx=-x+c1(y,z) (4)

(2) ( ) ( , )4

1⇒ =∂∂

∂∂

fy

c y zy

= 4yexp(y2+z2) ⇒c1(y,z)=2exp(y2+z2)+c2(z) (5) και επομένως

f=-x+2exp(y2+z2)+c2(z) (6)

(3) 4zexp(y( )6

⇒ 2+z2)+dc z

dz2( )

=4zexp(y2+z2) ⇒ c2=c=σταθ.

Άρα f=-x+2exp(y2+z2)+c Εξίσωση ισοσταθμικών επιφανειών : f=-x+2exp(y2+z2)=k 8. Έστω ότι το διανυσματικό πεδίο F=F1i+F2j+F3k δεν είναι κλίση ενός βαθμωτού δυναμικού. Είναι όμως δυνατό να προσδιορίσετε ένα μη μηδενικό βαθμωτό πεδίο μ(x,y,z), τέτοιο ώστε το διανυσματικό πεδίο μF να είναι κλίση κάποιου δυναμικού. Να δείξετε ότι αν υπάρχει ένα τέτοιο μ, το διάνυσμα F θα είναι πάντοτε κάθετο στην περι-στροφή του. Αν το πεδίο είναι διδιάστατο, η παρατήρηση αυτή μας δίνει μια αναγκαία συνθήκη για να έχει η διαφορική εξίσωση F1(x,y)dx+F2(x,y)dy=0 έναν ολοκληρωτικό παράγοντα. Λύση : Έστω ότι υπάρχει μ τέτοιo ώστε μF=∇f, τότε ∇×(μF)=0 ⇒ (∇μ)×F+μ(∇×F)=0 (1) Πολλαπλασιάζουμε εσωτερικά με F την (1) και έχουμε : F⋅[∇μ×F]+F⋅[μ(∇×F)]=0 ⇒ μ[F⋅(∇×F)]=0 ⇒ F⋅(∇×F)=0 Εάν μ είναι ένας ολοκληρωτικός παράγοντας για την διαφορική εξίσωση: F1(x,y)dx+F2(x,y)dy=0 τότε η διαφορική έκφραση μF1(x,y)dx+μF2(x,y)dy=0 θα είναι το ολικό διαφορικό μιας βαθμωτής συνάρτησης g=g(x,y) δηλαδή θα έχουμε:

μF1(x,y)dx+μF2(x,y)dy=dg(x,y)

αλλά g gdg dx dyx y∂ ∂

= +∂ ∂

. Επομένως

μF1(x,y)dx+μF2(x,y)dy= g gdx dyx y∂ ∂

+∂ ∂

⇒ ( ) ( )1 2g gF x, y F x, yx y∂ ∂

μ = και μ =∂ ∂

⇒


( )( ) ( )( )2 2

1 2g gF x, y F x, y

y y x x∂ ∂ ∂

μ = και μ =∂ ∂ ∂ ∂ x y

∂∂ ∂

αλλά από το θεώρημα του Schwarz ισχύει: 2 2g

y x x yg∂ ∂

=∂ ∂ ∂ ∂

επομένως

( )( ) ( )( )1 2F x, y F x, yy x∂ ∂

μ = μ∂ ∂

Από την άλλη μεριά έχουμε ότι: ∇×(μF)=0 ⇒

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1

1 2

F F F Fx y z x y x y

F x, y F x, y 0

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= μ − μ = ⇒ μ − μ =⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦

i j k

k 0 0

Επομένως η συνθήκη ∇×(μF)=0 είναι αναγκαία για να έχει η διαφορική εξίσωση F1(x,y)dx+F2(x,y)dy=0 έναν ολοκληρωτικό παράγοντα. 9. Εάν τα πεδία F και G είναι αστρόβιλα, να δείξετε ότι το πεδίο F×G είναι σωληνο-ειδές. Λύση : Επειδή τα διανυσματικά πεδία F και G είναι αστρόβιλα θα είναι : ∇×F=0 και ∇×G=0. Από την ιδιότητα 6 της παραγράφου 4.6 προκύπτει το ζητούμενο. 10. Οι εξισώσεις του Maxwell στον ηλεκτρομαγνητισμό για την περίπτωση του κενού είναι :

∇×E=−∂∂Bt

∇⋅E=0

∇×B=∂∂Et

∇⋅B=0

όπου Ε και Β οι εντάσεις του ηλεκτρικού και μαγνητικού πεδίου αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι εντάσεις Ε και Β ικανοποιούν την κυματική εξίσωση :

∇2u=∂∂

2

2u

t

Δίνεται : ∇×(∇×F)=-∇2F+∇(∇⋅F) Λύση :

∇×E=−∂∂Bt

⇒ ∇×(∇×Ε)=∇× −⎛⎝⎜⎞⎠⎟

∂∂Bt

⇒ -∇2E+∇(∇⋅E)= ( )− ∇ ×∂∂t

B ⇒

∇2E=∂∂

2

2Et

Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται και η αντίστοιχη σχέση για την ένταση του μαγνητι-κού πεδίου Β.


(5ου Κεφαλαίου) 1. Δίνεται το δυναμικό πεδίο F=exp(r2)r . Να υπολογιστεί το έργο κατά μήκος της κα-

μπύλης με εξίσωση z=ysin(zy) και από το σημείο (0,0,0) μέχρι το σημείο π π0, ,2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Λύση : Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι ∇×F=0. Επομένως το επικαμπύλιο ολο-κλήρωμα ∫F⋅dr είναι ανεξάρτητο από τη μορφή της καμπύλης C και εξαρτάται μόνο

από την αρχή Α=(0,0,0) και το τέλος Β= π π0, ,2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Σαν καμπύλη C διαλέγουμε την ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α και Β και της οποίας οι παραμετρικές εξισώσεις είναι : x=0 , y=t , z=t

Για t1=0 έχουμε το σημείο Α και για t2=π2

το σημείο Β και το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

γράφεται : 22 2 2 t 2 22 2

1 1

π/ 2t ty z 2t 2 2t π

C C t t0

1 1d e (ydy zdz) e (2t)dt e d(t ) e e2 2

+ ⎡ ⎤⋅ = + = = = = −⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫F r 1

Αλλος τρόπος : Επειδή ∇×F=0 το δυναμικό πεδίο F προέρχεται από δυναμικό, δηλ, υ-πάρχει βαθμωτή συνάρτηση f(x,y,z) τέτοια ώστε F=∇f. Εαν βρεθεί το f, τότε το απο-τέλεσμα του επικαμπυλίου ολοκληρώματος είναι : F r⋅ = −∫ d f B) f A

C( ( )

Έχουμε :

∂∂

fx

F er= =1

2

x (1) ∂∂

fy

F er= =2

2

y (2) ∂∂fz

F er= =3

2

z (3)

(1) ⇒ f= e xdx e d x y z e dr e c y zr r r r2 2 2 212

12

12

2 2 2 21= + + = = +∫∫∫ ( ) ( , ) (4)

(2) ( ) ( , ) ( , )4

1 12 2 2⇒ = + = ⇒ + =∂∂

2

⇒∂∂

∂∂

∂∂

fy

rery

c y zy

e y reyr

c y zy

e yr r r r

∂∂

c y zy

1 0( , )

= ⇒ c1=c1(z) και f=exp(r2)/2+c1(z) (5)

(3) ( ) ( ) ( )5

1 12 2 2⇒ = + = ⇒ + =∂∂

∂∂

fz

rerz

dc zdz

e z e zdc z

dze zr r r 2

⇒r

)

c1=σταθ.

Άρα f=exp(r2)/2+c1 και τελικά =(1/2)exp(π/2+π/2)-1/2=(eF r⋅ = −∫ d f B) f A

C( ( π-1)/2

252 ♦Λύσεις Ασκήσεων 5ου Κεφαλαίου 2. Έστω C μια οποιαδήποτε καμπύλη, που συνδέει ένα τυχαίο σημείο της σφαί-ρας x2+y2+z2=α2 με ένα τυχαίο σημείο της σφαίρας x2+y2+z2=β2 . Δείξτε ότι αν F=5r3r τότε . 5 5

Cd⋅ = β − α∫ F r

Λύση : Επειδή ∇×F=0 υπάρχει βαθμωτό πεδίο f τέτοιο ώστε F=∇f και κατά συνέπεια F r⋅ = −∫ d f B) f A

C( ( )

όπου Α και Β σημεία που βρίσκονται στις επιφάνειες των σφαιρών x2+y2+z2=α2 και x2+y2+z2=β2 αντίστοιχα. Για να βρούμε το f χρησιμοποιούμε τις παρακάτω σχέσεις :

∂∂

fx

F r= =135 x (1)

∂∂

fy

F r= =235 y (2)

∂∂

fz

F r= =335 z (3)

(1) ⇒ f= ( )552

3 2 2 2 3 2 2 2 2r xdx x y z d x y z= + + + +∫∫/

( ) =

=52

53 2 4 51r dr r dr r c y z∫ ∫= = + ( , ) (4)

(2) ( ) ( , ) ( , )4

4 1 3 4 1 35 5 5⇒ = + = ⇒ + =∂∂

∂∂

∂∂

5 ⇒∂

∂fy

rry

c y zy

r y ryr

c y zy

r y

∂∂

c y zy

1 0( , )

= ⇒ c1=c1(z) και f=r5+c1(z) (5)

(3) ( ) ( ) ( )5

4 1 3 15 5⇒ = + = ⇒ =∂∂

∂∂

fz

rrz

dc zdz

r zdc z

dz0 ⇒

(

c1=σταθ.

Επομένως η f είναι f=r5+c1 και το αποτέλεσμα του επικαμπύλιου ολοκληρώματος είναι :

) ( ) =F r⋅ = −∫ d f B) f AC

( ( )B5 5 5 5

1 1Ar c r c

β

α+ = + = β − α

3. Ένα πεδίο δυνάμεων στο επίπεδο OXY περιγράφεται από την εξίσωση : F(x,y)=(2xey+y)i+(x2ey+x-2y)j Να υπολογίσετε το έργο της δύναμης αυτής κατά την κίνηση ενός υλικού σημείου κατά μήκος της καμπύλης r(t)=cos3ti+sin3tj με 0≤t≤π/2 Λύση : Ελέγχουμε εαν ∇×F=0

∇×F=

i j∂∂

∂∂

∂∂x y

xe y x e x yy y2 22+ + −

k

z0

=0i+0j+[(2xey+1)-(2xey+1)]k=0

Επομένως υπάρχει δυναμικό f τέτοιο ώστε F=∇f και το δυναμικό f βρίσκεται από τις σχέσεις :

∂∂

fx

F xey= = +1 2 y (1) ∂∂

fy

F x e xy= = + −22 2y (2)

(1) ⇒ f=∫(2xey+y)dx=x2ey+xy+c1(y) (3)

(2) ( ) ( )3

2 1 2 2⇒ = + + + = + − ⇒∂∂

fy

x e xdc y

dyx e x yy y

dc ydy

y1 2( )

= −

⇒ c1(y)=-y2+c c=σταθ. Άρα f=x2ey+xy-y2+c

Λύσεις Ασκήσεων 5ου Κεφαλαίου ♦253

Στη συνέχεια βρίσκουμε την αρχή και το τέλος της καμπύλης C : Για t=0 ⇒ r(0)=i ⇒ A(1,0) Για t=π/2 ⇒ r(π/2)=j ⇒ B(0,1) Τελικά =F r⋅ = −∫ d f B) f A

C( ( ) ( )x e xy y cy2 2

1 0

0 1+ − + =

, )

( , ) (-1+c)-(1+c)=-2

4. Έστω το δυναμικό πεδίο F=(x+z)i-(y+z)j+(x-y)k. Να βρεθεί το έργο της δύναμης F κατά την μετακίνηση ενός υλικού σημείου από το σημείο Ρ1(0,0,1) στο σημείο Ρ2(1/2,-1,1) και κατά μήκος της καμπύλης r(t)=sin2ti-tantj+k Λύση : Βρίσκουμε ότι ∇×F=0. Tο αντίστοιχο δυναμικό f βρίσκεται από τις σχέσεις

∂∂

fx

F x z= = +1 (1) ∂∂

fy

F y= = − −2 z (2) ∂∂

fz

F x= = −3 y (3)

(1) ⇒ f= ( )`

( , )x z dx x zx c y z+ = + +∫12

21 (4)

(2) ( ) ( , )4

1⇒ = = − −∂∂

∂∂

fy

c y zy

y z ⇒ c1(y,z)=-y2/2-zy+c2(z) (5)

Άρα f=x2/2+zx-y2/2-zy+c2(z) (6)

(3) ( ) ( )6

2⇒ = − + = − ⇒∂∂fz

x ydc z

dzx y c2=σταθ. και f=(x2=y2)/2+z(x-y)+c2 (7)

Τελικά :

( ( ) [ ]2

2

11

PP 2 2

2PCP

1 1 1 1d f (x, y, z) x y z(x y) c 1 1 02 2 4 2

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛⋅ = = − + − + = − + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦∫ F r 9

8⎞⎠

5. Ένα υλικό σημείο κινείται πάνω στην έλλειψη 2 2

2 2

x y 1+ =α β

υπό την επίδραση της

δύναμης : F=-12

[yi-xj] εκτελώντας μια πλήρη περιφορά. Να βρείτε την σχέση που συνδέ-

ει το παραγόμενο έργο με το εμβαδόν της έλλειψης. Λύση : Οι παραμετρικές εξισώσεις της έλλειψης είναι : x=αcost y=βsint Επομένως :

2π

1 2C C C 0

1 1d Fdx F dy ydx xdy sin t( sin tdt)2 2

⋅ = + = − − = − β −α −∫ ∫ ∫ ∫F r αcost(βcost)dt=

2π2π 2 2

00

(sin t cos t)dt t π2 2αβ αβ

+ = =∫ αβ = το εμβαδόν της έλλειψης.


(6ου Κεφαλαίου)

1. Να υπολογισθεί η τιμή του ολοκληρώματος Ι= όπου η περιοχή Τ πε-

ρικλείεται από τις ευθείες y=0, x=2 και την παραβολή y=

( )x y dxdyT

2 +∫∫8x .

Λύση: Η περιοχή Τ είναι η γραμμοσκιασμένη περιοχή του σχήματος και είναι κανονική. Θα την θεωρήσουμε κανονική ως προς y με φ1(x)=0 και φ2(x)= 8x . Στην συνέχεια βρί-σκουμε τα σημεία τομής των καμπυλών y=0, x=2, y= 8x . Παίρνοντας τις εξισώσεις των καμπυλών ανά δυο έχουμε:

( ) ( ) (y 0 x 2 y 0

0,0 , 2, 4 , 2,0x 2y 8x y 8x

= =⎫ ⎫ = ⎫⎪ ⎪⇒ ⇒⎬ ⎬ ⎬== =⎪ ⎪ ⎭⎭ ⎭)⇒

Τα σημεία α και β είναι: α=0, β=2. Έτσι θα έχουμε 2

1

2 (x) 8x 2

0 (x) 0dx (x y)dy

ϕ =

ϕ =+∫ ∫I= =

O x

y

x=2

(2,4) 4 y x= 8

dx x y y

x

2 2

0

2

0

8

12

+⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

⌠⌡

==⎮

[ ]dx x x x x dx xdx2

0

2 5 2

0

2

0

28 4 2 2 4+ = +∫ ∫

/ =∫

2 2 72

21207

7 22

0

2

xx

/

+

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

==

Εάν την περιοχή Τ την θεωρήσουμε κανο-νική ως προς x, οι αντίστοιχες συναρτήσεις

ψ1 και ψ2 είναι: ψ (y)=y2/8 και ψ (y)=2 και τα σημαία γ και δ είναι: γ=0, δ=4. 1 2Τελικά θα έχουμε:

22

4 4x 24 3 62 2

3y /8x y /80

0047 4

23

0

x 8 yI dy (x y)dx dy yx dy 2y3 3 3 8

8 y y 120y y3 3 8 7 32 7

=

=

3y8

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛⎛ ⎞= + = + = + − +⎞=⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥ ⋅⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤= + − − =⎢ ⎥⋅ ⋅⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠ ⎮ ⎮⎮⌡ ⌡⌡∫

Και προφανώς βρίσκουμε το ίδιο αποτέλεσμα.


2. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= , όπου η περιοχή Τ περικλείεται από τις

ευθείες y=0, y=-x, 3x-5y-24=0.

ydxdyT∫∫

Λύση: Η περιοχή Τ είναι κανονική και όπως στην προηγούμενη άσκηση βρίσκουμε τα σημεία τομής των καμπυλών, που είναι: (0,0), Α(3,-3), Β(8,0). Την περιοχή Τ θα την θεω-ρήσουμε κανονική ως προς x δηλαδή θα ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς την μεταβλητή x. Διότι εάν ολοκληρώσουμε ως προς την μεταβλητή y πρέπει η περιοχή ΟΑΒO να χωρισθεί σε δυο περιοχές ΟΑΓO και ΓΑΒΓ, επειδή το κάτω σύνορο ΟΑΒ πε-ριγράφεται από δυο συναρτήσεις: φ

1(x)=-x για το ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ και

φ2(x)= ( )1 3x 245

− για το ευθύγραμμο

τμήμα ΑΒ. Οι αντίστοιχες συναρτήσεις ψ1 και ψ2 που θα χρειαστούμε είναι:

ψ1(y)=-y και ψ2(y)= 24 5y3+ και τα ση-

μεία γ και δ είναι: γ=-3, δ=0. Τελικά θα έχουμε:

0 0 0 (24 5y) /3 0 (24 5y) /3

y 3 y 3

3 3

24 5y 24 8yI ydy dx ydy[x] ydy y ydy3 3

+ +−− − −

− −

+ +⎡ ⎤ ⎡= = = + = ⎤ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡∫ ∫ ∫ ⎦

=13

128y3

13

108 7213

36 1223

3

0

y +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = − + = − = −−

[ ] ( )

3. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα το εμβαδόν της περιοχής Τ, που ορίζεται από τις καμπύλες y2=4x, y=2x2 . Λύση: Η περιοχή Τ είναι η γραμμοσκιασμένη περιοχή του σχήματος και είναι κανονική. Τα σημεία τομής των καμπυλών είναι:

(0,0) (1,2) y x

y x

y x

x xy xx

=

=

⎫⎬⎪

⎭⎪⇒

=

=

⎫⎬⎪

⎭⎪⇒

==

⎫⎬⎭⇒

2

4

2

4 420

2

2

2

4

2

, x = 1Εδώ δεν υπάρχει κανένα πλεονέ-κτημα ή μειονέκτημα εάν την πε-ριοχή Τ την θεωρήσουμε κανονι-κή ως προς y ή x. Εάν την θεω-ρήσουμε κανονική ως προς y, θα έχουμε φ1(x)=2x2 και φ2(x)= 2 . xΤα σημεία α και β είναι: α=0, β=1. Οπότε

x O

y

A(3,-3)

(0,-24/5) y=-x

3x-5y-24=0Γ(3,0)

B(8,0)

O x

y y2=4x

(1,2)

y=2x2


E dxdy dx dyT

x

x= = =∫∫ ∫ ∫0

1

2

2

2 [ ]dx y x x dxx

x[ ]22 2

0

1

0

12 2 2= − =

3 22

5

3 2 3

0

1x x/

/− =

43

23

23

− =∫∫ = 2

Εάν την περιοχή Τ την θεωρήσουμε κανονική ως προς x θα έχουμε:

E=2

22 22 3/ 2 3y / 2

y / 400

0

y y 1 y y 2dx dy2 4 3/ 2 12 32

⎡ ⎤= − = − =⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫dy⌠⎮⌡

4. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα το εμβαδόν της περιοχής Τ, που ορίζεται από τις ευθείες y=0, y=x, x+y=2. Λύση: Σημεία τομής:

y x (1,1) y x y x

x xy x=

= −⎫⎬⎭⇒

== −

⎫⎬⎭⇒

= ⎫⎬⎭⇒2 2 x = 1

=

y

O x

Γ(1,1)

x+y=2

y=x

Α(2,0)Δ

και (0,0), (2,0). Θα ολοκληρώσουμε πρώτα ως προς την μετα-βλητή x διότι διαφορετικά θα έπρεπε να χω-ρίσουμε την περιοχή (ΟΓΑΟ) στις περιοχές (ΟΓΔΟ) και (ΓΔΑΓ). Επομένως:

E= dxdy dy dx dy xT

x y

x y

yy∫∫ ∫ ∫ ∫= =

=

= −−

0

1 2

0

12[ ]

= dy y y y dy[ ] ( )2 2 10

1

0

1− − = − =∫ ∫

212

12

0

1

y y−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

==

5. Nα υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= όπου η περιοχή Τ ορίζεται από τις ευ-

θείες x=3, y=0, y=2x.

ydxdyT∫∫

Λύση: Σημεία τομής: x=3, y=2x ⇒ (3,6), και (0,0), (3,0). I= ydxdy dx ydy

T

x

∫∫ ∫ ∫= =0

3

0

2

y=2x

B(3,6)

y

dxy

x2

0

2

0

3

2⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡=⎮ =

dx x x dx[ ]2 0 22 2

0

3

0

3− = =∫∫ 2

318

3

0

3x

==

Άλλος τρόπος:

I= ydy dx ydy xy y0

6

2

3

23

0

6

∫ ∫ ∫= =/ /[ ]

O Α(3,0) x

yy

dyy y

32

32 6

180

6 2 3

0

6

−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= − =∫ =

258 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 6ου Κεφαλαίου 6. Να υπολογισθεί το εμβαδόν της περιοχής Τ, που ορίζεται από τις εξισώσεις: xy=2, y=8-x2, x=1, x=2.

Λύση: Τα σημεία τομής δεν χρει-άζονται να βρεθούν.

O x

y

y=8-x2

y=2/x

x=1 x=2

E dx dy xx

dxx

x

= = − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠⌡⎮

=∫ ∫−

1

2

2

82

1

22

82

/

83

217 6 2

3

3

1

2

xx

x− −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

−ln

ln =

7. Όμοια για την περιοχή Τ=y2=4αx, x+y=3α, με α>0 και y≥0 Λύση: Σημεία τομής:

( )2 y 2y 4 x

,2xx y 3= α⎫= α ⎫

⇒ ⇒ α α⎬ ⎬= α+ = α ⎭⎭( )

y y 3 x 33 , 0

y 0 y 0+ = α = α⎫ ⎫

⇒ ⇒ α⎬ ⎬= =⎭ ⎭ ,

Ολοκληρώνουμε πρώτα ως προς την μεταβλητή x και έχουμε: E=

2

2 3 y

0 y / 4dy dx

α α−

α=∫ ∫

O x

y

(3α,0)

(α,2α)

x+y=3α

22

0

ydy 3 y4

α ⎡ ⎤α − − =⎢ ⎥α⎣ ⎦

∫ =

22 3

0

y y 103 y2 12 3

αα

α − − =α

2

=

( )2 2

T

x y dxdy+∫∫8. 8. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= , όπου η περιοχή Τ είναι το

εσωτερικό του κύκλου x2+y2=9 Λύση: Χρησιμοποιούμε πολικές συντεταγμένες: x=rcosθ , y=rsinθ με Ιακωβιανή J(r,θ)=r και με νέα περιοχή ολοκληρώσεως: S=(r,θ)/ 0≤θ<2π , 0≤r≤9


343 2π3

0 00

r 8r dr d 24 2

⎡ ⎤ 1θ = π =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫2

S

r rdrdθ =∫∫Επομένως: I= π

9. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= , όπου η περιοχή Τ είναι το εσωτερικό

του κύκλου x

xy dxdyT

2∫∫2+y2-2x=0.

Λύση : x2+y2 2-2x=0 ⇒ (x-1) +y2=1 κύκλος με κέντρο το σημείο Κ(1,0) και ακτίνα R=1. Θέτουμε x=1+rcosθ, y=rsinθ με J(r,θ)=r οπότε ο αρχικός κύκλος μετασχηματίζεται σε

κύκλο κέντρου Κ(0,0) και ακτίνας α=1 και με νέα περιοχή ολοκληρώσεως:

S=(r,θ)/ 0≤r≤1, 0≤θ<2π. y Έχουμε: I= 2 2

S

(1 r cos )r sin rdrd+ θ θ∫∫ θ =

= ( )2π 12 3 4

0 0d sin r r cos drθ θ + θ∫ ∫ = O

=14 52π 2

00

r rd sin cos4 5

⎡ ⎤θ θ + θ =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

=2

2 1 1π

⎡ ⎤⌠

0

d sin cos4 5

θ θ + θ⎢ ⎥⎣ ⎦⎮⌡

=2π 2π2 2

0 0

1 1sin d sin cos d4 5

θ θ + θ θ θ =∫ ∫

=2π2π 32π 2

00 0

1 sin cos 1 π 1 sin πsin dsin4 2 2 5 4 5 3

θ θ θ θ⎡ ⎤− + + θ θ = +⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ 4=

10. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι=dxdyx y

T1 2 2− −

⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮ όπου η περιοχή Τ είναι το εσω-

τερικό του κύκλου x2+y2-x=0 Λύση : x2+y2-x=0 ⇒ (x-1/2)2+y2=(1/2)2

Δεν θα χρησιμοποιήσουμε τους μετασχημα-τισμούς: x=1/2+rcosθ , y=rsinθ γιατί το ολοκλήρωμα που θα προκύψει υπο-λογίζεται δύσκολα αφού το ριζικό δεν απα-λείφεται. Ετσι θέτουμε: x=rcosθ , y=rsinθ με όρια: -π/2≤θ<π/2 και με όρια του r τις τιμές που προκύπτουν από την εξίσωση x2+y2-x=0 θέτοντας x=rcosθ και y=rsinθ. Συγκεκριμένα έχουμε: r2cos2θ+r2sin2θ-rcosθ=0 ⇒ r2-rcosθ=0 ⇒ r=0 και r=cosθ Άρα 0≤r≤cosθ. Τελικά:

xK(1,0) (2,0)

y

x

θ

r=cosθ

(1,0) K(1/2,0)O


[ ]

/ 2cos / 2

cos π/ 22

π/ 22 2 0/ 2S 0

/ 20 π/ 2 0 π/ 2

π/ 2 0π/ 2 0

rdrd rdrI d d 1 r d | sin1 r 1 r

d (sin 1) d ( sin ) [ cos ] | [cos ] |

1 1 π 22 2

πθ π

θ

−−π

−π

−−

θ ⎡ ⎤= = θ = θ − − = θ − θ⎣ ⎦− −

= θ θ + + θ − θ + θ = − θ + θ + θ + θ =

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⌠⌠⌠ ⌠ ⌠⎮ ⎮⎮⎮ ⎮ ⌡⎮⌡⌡ ⌡⌡∫

∫ ∫

| 1+ =

11. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από τις επιφάνειες x2+y2 2, z=x+y, με x,y,z≥0. =αΛύση: Η επιφάνεια x2+y2 2=α είναι κύλινδρος με γενέτειρες παράλληλες προς τον άξονα ΟΖ. Η επιφάνεια z=x+y είναι επίπεδο που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και τέμνει τα επίπεδα YOZ και XOZ στις ευθείες z=y και z=x αντίστοιχα. Οι δυο αυτές ευθείες ορίζουν την θέση αυτού του επιπέδου που τέμνει τον κύλινδρο κατά την καμπύλη ΓΔ. Ο όγκος του στερεού (ΑΒΔΓΟ), του οποίου η προβολή στο επίπεδο XOY είναι η περιοχή

(ΑΟΒ), δίνεται από τον τύπο: V= ( )

( )

z z dxdyAOB

2 1−∫∫

O

x

y

z Δ

Γ

Α x2+y2=α2

z=x

Β

z=y όπου z =x+y και z =0, δηλαδή 2 1

V= ( )( )

x y dxdyAOB

+∫∫Ολοκληρώνουμε ως προς την μεταβλη-τή y και έχουμε:

2 2x

00

dx (x y)dyα

α −+ =⌠⎮

⌡ ∫V=

2 2x2

00

ydx xy2

αα −

⎡ ⎤= + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

2 2

2 2

0

xdx x x2

α

⎡ ⎤α −α − +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⌡

( )3

2 2 2 2 2

0 0

1 1x d x x2 2

αα x3

⎡ ⎤− α − α − + α − =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫= =

2 2 3/ 2 33

0

1 ( x ) 1 22 3/ 2 2 3 3

α⎡ ⎤α − α α

− + α −⎢ ⎥⎣ ⎦

3

==

Άλλος τρόπος: Όταν φθάσουμε στο τύπο V= η άσκηση ανάγεται στην

εξής: Να βρεθεί η τιμή του ολοκληρώματος V= στην περιοχή ολοκληρώ-

σεως x

( )( )

x y dxdyAOB

+∫∫

( )( )

x y dxdyAOB

+∫∫2+y2 2=α , (συγκεκριμένα στο πρώτο τεταρτημόριο). Χρησιμοποιούμε πολικές συ-

ντεταγμένες:


x=rcosθ , y=rsinθ dxdy → rdθdr με 0≤θ≤π/2 και 0≤r≤α Επομένως:

( ) ( )π/ 2 2

0 0S

r cos r sin rd dr cos sin d r drα

θ + θ θ = θ + θ θ =∫∫ ∫ ∫ [ ]3

π/ 2

00

rsin cos3

α⎡ ⎤

θ − θ ⎢ ⎥⎣ ⎦

V= =

3 32[1 1]3 3

⎡ ⎤α α+ =⎢ ⎥

⎣ ⎦=

12. Να υπολογισθεί με διπλό ολοκλήρωμα ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από τις επιφάνειες y2=4x, 2x+y=4, z=y, z=0. Λύση: Η επιφάνεια y2=4x είναι κυλινδρική επιφάνεια με οδηγό στο επίπεδο XOY την παραβολή y2=4x και γενέτειρες παράλληλες προς τον άξονα ΟΖ. Η επιφάνεια z=y είναι το επίπεδο που διχοτομεί την δίεδρο γωνία YOZ. H επιφάνεια 2x+y=4 είναι το επίπεδο που είναι παράλληλο προς τον άξονα ΟΖ και διέρχεται από την ευθεία 2x+y=4 και η επιφά-νεια z=0 είναι προφανώς το επίπεδο XOY. Οι επιφάνειες αυτές ορίζουν το στερεό

(ΑΒΓΟA). Ο όγκος του δίνεται από τον τύπο:

V= ( )( )

z z dxdyAOB

2 1−∫∫

O

x

y

z

z=y

Α(2,0,0)

Β(1,2,0)

Γ(1,2,2)

2x+y=4

y2=4x

(διότι η προβολή του (ΑΒΟ) βρίσκεται στο επίπεδο XOY), με z =y και z2 1=0 και έχουμε: V= ydxdy

AOB( )∫∫

Ολοκληρώνουμε ως προς την μετα-βλητή x, (διότι αν ολοκληρώσουμε ως προς τη μεταβλητή y πρέπει να χωρί-σουμε την περιοχή (ΑΒΟ) σε δυο πε-ριοχές):

V= ∫ydy dx ydy x ydyy y

y yy

dyy

y

yy

0

2

4

4 2

44 2

0

22

0

22

3

0

2

2 2

42 4

212 4

53∫ ∫

− −= =−

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮ = − −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮ =

/

( )/

/( )/[ ]

13. Να μετασχηματίσετε το παρακάτω ολοκλήρωμα σε πολικές συντεταγμένες και να υπολογίσετε την τιμή του:

( )2

22 x x

2 2

00

I x y d

α

α −⎧ ⎫⎪ ⎪= +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

⌠⎮⎮⌡

∫ y dx

Λύση: Από τα όρια του διπλού ολοκληρώματος προκύπτει: 0≤x≤2α και 0≤y≤ 22 x xα − ⇒ y2+x2 2≤2αx ⇒ (x-α) +y2 2 ≤αΗ περιοχή ολοκληρώσεως είναι το άνω ημικύκλιο του κύκλου με κέντρο το σημείο Κ(α,0) και ακτίνα α.

262 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 6ου Κεφαλαίου Πολικές συντεταγμένες x=rcosθ, y=rsinθ J(r,θ)=r. Όρια μεταβολής του r και θ:

x2+y2=2αx ⇒ r2 2 2cos θ+r sin2 θ=2αsinθ ⇒ r2=2αrcosθ ⇒ r=0, r=2αcosθ και 0≤θ≤π/2. Επομένως

22 cos4π/ 2 2 cos 2

0 00

0π/ 24 4

0

rI d r rdr d4

4 cos d

πα θ

α θ= θ = θ

= α θ θ =

⌠⎮⌡

∫ ∫

∫

=

=π/ 2

4 4

0

3 1 1 34 cos2 sin 4 π8 4 32 4⎡ ⎤α θ + θ + θ = α⎢ ⎥⎣ ⎦

14. Ομοια και για το ολοκλήρωμα

2

1x

2 2

x0

1I dx y

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⎮ ⌡⎮

⌡

y dx

Λύση: Από τα όρια του διπλού ολοκληρώματος έχουμε: 0≤x≤1 , x2≤y≤x ⇒ φ1(x)=x

O

x

x

y

θ

2αcosθ

K(α,0)

φ2=x

φ1=x2

(2α,0

y

O

2 και φ (x)=x 2Πολικές συντεταγμένες x=rcosθ, y=rsinθ, J(r,θ)=r . Όρια μεταβολής των r και θ.

x2≤y ⇒ r2 2cos θ≤rsinθ ⇒ r=0 και r=sinθ/cos2 2θ Άρα 0≤r≤sinθ/cos θ y=x ⇒ rsinθ=rcosθ ⇒ sinθ=cosθ ⇒ θ=π/4 Τελικά:

2/ 4

/ 4(sin / cos )

2

0 00

1 sind rdr dr cos

ππθ θ

θ⎡ ⎤θ = θ ⎢ ⎥θ⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠⎮ ⎮ ⎮⌡⎮ ⌡⌡I= =

/ 4 π/ 4

20

0

dcos 1 2 1cos cos

πθ

− = =θ θ

⌠⎮⌡

− =


(7ου Κεφαλαίου) 1. Να υπολογισθεί η τιμή του τριπλού ολοκληρώματος Ι= όπου ο τόπος V

ορίζεται από τις επιφάνειες y=0, z=0, x+y=2, x+2y=6 και y

zdxdydzV∫∫∫

2+z2=4. Λύση : Ο τόπος V καθορίζεται από τα γράμματα (ΑΒΓΔΕΖ) με άνω επιφάνεια την z=φ2(x,y)= 24 y− και κάτω επιφάνεια την z=φ1(x,y)=0. Επομένως

I=4 y2

0V T

zdxdydz dxdy zdz−

=∫∫∫ ∫∫ ∫ όπου Τ το τετράπλευρο (ΑΒΓΔ). Θεωρούμε τώρα την

περιοχή T κανονική ως προς x και έχου-με:

O y

z

x+y=2

x+2y=6 6

2

2

T 3 Δ

Β

Γ(2,2)

Ζ

Ε

Α

y2+z2=4

x

2

2

2 6 2y 4 y

0 2 y 0

2 6 2y 4 y2

02 y0

I dy dx zdz

zdy dx2

− −

−

− −

−

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⎮⎮ ⎮⎮ ⌡⌡

= =

⎡ ⎤= =⎢ ⎥

⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

( ) [ ]∫

( ) [ ]∫

= − =

= − − − +

−

−12

4

12

4 6 2 2

226 2

0

2

20

2

y dy x

y dy y y

yy

=

( )

=+−−=

=−−=

∫

∫2

0

32

2

0

2

)4416(21

)4(421

dyyyy

dyyy

=12

16 2 43 4

263

23 4

0

2

y yy y

− − +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

2. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα Ι= όπου η περιοχή V ορίζε-

ται από τις επιφάνειες x

( )x y dxdydzV

2 2+∫∫∫2+y2=9-z και z=0.

9

y

x

3

z Λύση : Η τομή της επιφάνειας x2+y2=9-z από το επίπεδο z=0 είναι ο κύκλος x2+y2=9 κέντρου Ο και ακτίνας 3. Ολοκληρώνουμε κατ' αρχήν ως προς z και έχουμε :

( )I x y dxdydzV

= +∫∫∫ 2 2 =


[ ]= + − +∫∫ 9 2 2 2 2 2( ) ( )x y x y dxdyT

( )2 29 x y2 2

0T

x y dxdy dz− −

= +∫∫ ∫

όπου Τ είναι ο κύκλος x2+y2 =9. Θέτουμε x=rcosθ , y=rsinθ με 0≤r≤3 και 0≤θ<2π και έ-χουμε :

( ) ( )2π 32 4 3 5

0 0S

I 9r r rdrd d 9r r dr

= − θ = θ − =∫∫ ∫ ∫

34 6

0

r r 2432π 9 π4 6 2

⎡ ⎤− =⎢ ⎥

⎣ ⎦

3. Να υπολογισθεί με τριπλή ολοκλήρωση ο όγκος του στερεού, που ορίζεται από την σφαίρα x2+y2 2 2+z =16, από τον κύλινδρο (x-2) +y2=4, με την συνθήκη ότι z≥0. Λύση : Ολοκληρώνουμε κατ' αρχήν ως προς z και έχουμε :

2 2 16 x y

0V T

V dxdydz dxdy dz− −

= = =∫∫∫ ∫∫ ∫

= [ ]dxdy z x y

T

016 2 2− −∫∫ =

= 16 2 2− −∫∫ x y dxdyT

όπου Τ ο κύκλος (x-2)2+y2=4 (1) Θέτουμε x=rcosθ , y=rsinθ (2). Λόγω συμμετρίας του στερεού ως προς το επίπεδο ΟΧΖ μπορούμε να γράψουμε:

π/ 2 4cos 2

0 0V 2 d r 16 r dr

θ= θ −∫ ∫ με όρια

0≤θ≤π/2 και 0≤r≤4cosθ.

yO

x

z

4

x2+y2+z2=16x2+y2=16

(x-2)2+y2=4

[Το άνω όριο 4cosθ το βρίσκουμε εάν θέσουμε τις σχέσεις (2) στην (1) οπότε : 2 2(rcosθ-2) +r sin2θ=4 ⇒ r2 2 2cos θ-4rcosθ+ +4+r sin2θ=4 ⇒ r2-4rcosθ=0 ⇒ r(r-4cosθ)=0 ⇒

r=0 ή r=4cosθ ⇒ 0≤r≤4cosθ] / 2

/ 24cos / 2 4cos4cos2 2 3/ 22 2 2

0 000 0

0

r (V 2 d 16 r d d 16 r d(16 r ) d2 3

ππθ π

θθ⎛ ⎞ ⎡ ⎤−= θ − = − θ − − = − θ⎜ ⎟ ⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⎮⎮ ⌡⌡ ⌡⌡∫

16 r )/ 2

=

( ) ( )/ 2 / 2

3/ 2 3/ 22 3/ 2 3/ 2 2 3/ 2

0 0

2 2d 16 16cos (16) d 16 1 cos (16)3 3

π π

⎡ ⎤ ⎡= − θ − θ − = − θ − θ − =⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡

⎤⎥⎦

( )π/ 2 π/ 2 π/ 23/ 23/ 2 2 3

0 0

2 128 128(16) d sin 1 | sin | d d3 3

⎡ ⎤= − θ θ − = − θ θ + θ =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫

03 ∫

( )/ 2 2

0

128 1 cos dcos3

π− θ θ= +∫

π/ 23

0

64π 128 cos 64π 128 1 64πcos 13 3 3 3 3 3 3

⎡ ⎤θ ⎡ ⎤= θ − + = − − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦=

64 (3π 4)9

− =

Λύσεις Ασκήσεων 7ου Κεφαλαίου ♦ 265 4. Να υπολογισθεί δια τριπλής ολοκλήρωσης ο όγκος του στερεού V, που ορίζεται από τις επιφάνειες : y=4-x2 , z=0, z=y. Λύση :

2

1

(x,y) y

(x,y) 0V T

dxdydz dxdy dz

ϕ =

ϕ == =∫∫∫ ∫∫ ∫V=

= dxdy y dx ydyT

x

∫∫ ∫ ∫= =−

−

[ ]

2

2

0

4 2

[ ]=⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = −

−

−

−∫ ∫dxy

dx xx

2

2 2

0

42 2

2

2

212

2

(4 ) =

[ ]= − +−∫

12

16 8 2 4

2

2

dx x x

=

12

1683 5

25615

35

2

2

x xx

− +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =−

5. Έστω V ένα στερεό με όγκο : V dxdydz dx dy dzxx

V

= =⌠⌡⎮

⌠

⌡⎮

−−

∫∫∫∫

00 0

292 2

Να σχεδιαστεί η επιφάνεια του στερεού και να βρεθούν τα όρια της τριπλής ολοκλήρω-σης, (για τον υπολογισμό του όγκου), όταν η σειρά ολοκλήρωσης είναι : α) ως προς y, x, z, β) ως προς y, z, x, γ) ως προς z, x, y. Λύση : Από τα όρια του τριπλού ολοκληρώματος μπορούμε να βρούμε τα όρια μεταβο-λής των μεταβλητών x, y, z και τις εξισώσεις των επιφανειών που ορίζουν το στερεό V. 0≤z≤2-x ⇒ z=0 και z=2-x (1α,1β) 0≤y≤9-x2 ⇒ y=0 και y=9-x2 (2α,2β) 0≤x≤2 ⇒ x=0 και x=2 (3α,3β)

Οι εξισώσεις x=0, y=0, z=0 ορίζουν τα συντεταγμένα επίπεδα. Η εξίσωση z=2-x ορίζει στο επίπεδο ΟΧΖ την ευ-θεία που τέμνει τον άξονα ΟΧ στο ση-μείο Α(2,0,0) και τον άξονα ΟΖ στο σημείο Β(0,0,2). Στον χώρο η ίδια εξί-σωση ορίζει το επίπεδο που είναι πα-ράλληλο προς τον άξονα ΟΥ και τέ-μνει τον επίπεδο ΟΧΖ κατά την προη-γούμενη ευθεία. Στη συνέχεια η εξί-σωση y=9-x2 ορίζει στο επίπεδο ΟΧΥ μια παραβολή. Η ίδια εξίσωση στο χώ-ρο ορίζει μια κυλινδρική επιφάνεια που

έχει οδηγό την προηγούμενη παραβολή και γενέτειρα ευθεία παράλληλη προς τον άξονα ΟΖ. Τέλος η εξίσωση x=2 ορίζει το επίπεδο που τέμνει τον άξονα ΟΧ στο σημείο (2,0,0). Από τα παραπάνω προκύπτει το παραπάνω σχήμα. Για τη σειρά της ολοκλήρωσης (α) το ολοκλήρωμα γράφεται :

O

x

y

z z=y

y=4-x22

4

-2

T

z

O

Β(0,0,2)

x

9 y

Γ

Α(2,0,0Δ(2,5,0)

Ε

z=2-x

Ζ

3 y=9-x2


V dz dx dyz x

= ∫ ∫ ∫− −

0

2

0

2

0

9 2

Για τη σειρά της ολοκλήρωσης (β) το ολοκλήρωμα γράφεται :

V dx dz dyx x

= ∫ ∫ ∫− −

0

2

0

2

0

9 2

Για τη σειρά της ολοκλήρωσης (γ) το ολοκλήρωμα γράφεται :

zV=V1+V2= +V dy dx dx

= ∫ ∫ ∫−

0

5

0

2

0

2

dy dx dzy x

5

9

0

9

0

2

∫ ∫ ∫− −


(8ου Κεφαλαίου) 1. Να βρεθεί το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας του κυλίνδρου ακτίνας R και ύ-ψους h. Λύση: Η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της παράπλευρης επιφάνειας S του κυλίν-δρου είναι: r(θ,z)=Rcosθi+Rsinθj+zk όπου οι μεταβλητές θ και z ανήκουν στο σύνολο: Τ=[(θ,z)/ 0≤θ<2π, 0≤z≤h] και επομένως

R sin R cos 0z

0 0 1

∂ ∂× = − θ θ =

∂θ ∂

i jr r

kRcosθi+Rsinθj ⇒ R

z∂ ∂

× =∂θ ∂

r r

Τελικά E= 2π h

0 0T

Rd dz R d dz 2πRhθ = θ =∫∫ ∫ ∫ 2. Να βρεθεί το εμβαδόν της σφαίρας ακτίνας R. Λύση: Η περαμετρική διανυσματική εξίσωση της επιφάνειας της σφαίρας είναι: r(θ,φ)=Rcosθsinφi+Rsinθsinφj+Rcosφk ⇒

x y z R sin sin R cos sin 0

R cos cos R sin cos R sinx y z

∂ ∂ ∂ − θ ϕ θ ϕ∂ ∂× = =∂θ ∂θ ∂θ

∂θ ∂ϕ=

θ ϕ θ ϕ − ϕ∂ ∂ ∂∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ

i j k i j k

r r

=-R2cosθsin2φi-R2sinθsin2φj+[-R2sin2θcosφ-R2cos2θcosφsinφ]k= =-R2cosθsin2φi-R2sinθsin2φj-R2cosφsinφk ⇒

2 4 2 2 2 2R sin cos sin R | sin | R sin∂ ∂× = ϕ + ϕ ϕ = ϕ =

∂θ ∂ϕr r

ϕ επειδή 0≤φ<π.

Τελικά:

E= 2π π2 2 2 π 2

00 0S T

dS R sin d d R d sin d R 2π[ cos ] 4πR= ϕ ϕ θ = θ ϕ ϕ = − ϕ =∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 3. Να βρεθεί το εμβαδόν της επιφάνειας με διανυσματική εξίσωση: r(u,v)=ucosvi+usinvj+u2k με 0≤u≤4 και 0≤v≤2π. Λύση: Έχουμε:


∂∂

∂∂

r ri j k

u vv v u

u v u v× =

−=cos sin

sin cos20

-2u2cosvi-2u2sinvj+(ucos2v+usin2v)k ⇒

∂∂

∂∂

r ru v

u u v u v u u× = + + = +4 4 1 42 2 2 2 2cos sin 1

Επομένως:

E=2π 4 42 2

0 0 0S T

1dS u (4u 1)dudv dv u (4u 1)du 2π (4u 1)du2

= + = + = +∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ 2 2

Θέτουμε 4u2=t με 0≤t≤64 και έχουμε:

E= ( )64

64 3/ 2 3/ 2

00

π π 2 πt 1dt t 1 65 12 4 3 6

⎡ ⎤+ = + = −⎣ ⎦∫

4. Να βρεθεί το εμβαδόν της επιφάνειας του τόρου με εξίσωση: r(θ,φ)=(β+αsinφ)cosθi+(β+αsinφ)sinθj+αcosφk με 0≤θ<2π, 0≤φ<2π. Λύση:

Έχουμε: dS= d d∂ ∂× θ ϕ

∂θ ∂ϕr r

∂=

∂θr -(β+αsinφ)sinθi+(β+αsinφ)cosθj

∂=

∂ϕr αcosφcosθi+αcosφsinθj-αsinφk

x y z ( sin )sin ( sin )cos 0

cos cos cos sin sinx y z

∂ ∂ ∂ − β + α ϕ θ β + α ϕ θ∂ ∂× = =∂θ ∂θ ∂θ

∂θ ∂ϕα θ ϕ α ϕ θ −α ϕ∂ ∂ ∂

∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ

i j k i j

r r=

k

=-αsinφcosθ(β+αsinφ)i-αsinφsinθ(β+αsinφ)j+[-αcosφsin2θ(β+αsinφ)-αcosφcos2θ(β+αsinφ)]k= =-αsinφcosθ(β+αsinφ)i-αsinφsinθ(β+αsinφ)j-αcosφ(β+αsinφ)k

⇒ ∂ ∂× =

∂θ ∂ϕr r

= ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2sin cos sin sin sin sin cos snα ϕ θ β + α ϕ + α ϕ θ β + α ϕ + α ϕ β + α ϕ =2

= ( ) ( )2 22 2 2 2sin sin cos sin ( sin )α ϕ β + α ϕ + α ϕ β + α ϕ = α β + α ϕ >0 επειδή β>α Τελικά:

2π 2π 2π2 200 0

S T

E dS ( sin )d d d d ( sin ) 2π cos 4π⎡ ⎤= = α β+α ϕ θ ϕ = θ ϕα β+α ϕ = αβϕ−α ϕ = αβ⎣ ⎦∫∫ ∫∫ ∫ ∫


Εάν R1=β-α η εσωτερική και R2=β+α η εξωτερική ακτίνα του τόρου, τότε α=(R2-R1)/2, β=(R2+R1)/2 και S=π2[R2

2-R12]

5. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του τμήματος του επιπέδου x+y+z=β, που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου x2+y2=α2 . Λύση: Η εξίσωση της επιφάνειας είναι z=f(x,y)=β-x-y και η προβολή της στο επίπεδο ΧΟΥ είναι ο κύκλος x2+y2=α2. Άρα

-α yO

x

z

α

Ε= 2

S T

dS 3dxdy 3 π= =∫∫ ∫∫ α

όπου Τ=[(x,y) / x2+y2≤α2] (Γιατί το εμβαδόν Ε δεν εξαρτάται από το β;) 6. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του μέρους της σφαιρικής επιφάνειας x2+y2+z2=α2, που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου x2+y2=αy με α>0. Λύση: Η εξίσωση του κυλίνδρου γράφεται:

x2+y2=αy ⇒ x2+2 2

y2 2α α⎛− = ⎜

⎝ ⎠ ⎝⎛ ⎞ ⎞⎜ ⎟ ⎟

⎠και η θέση του κυλίνδρου ως προς την σφαίρα είναι

όπως στο σχήμα. Η εξίσωση της επι-φάνειας είναι:

z=z(x,y)= 2 2 2x yα − −

και dS= 12 2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∂∂

∂∂

zx

zy

dxdy

O

x

όπου ∂∂zx

x

á x y= −

− −2 2 2 ,

∂∂zy

y

á x y= −

− −2 2 2

Επομένως

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

x ydS 1 dxdyx y x y

dxdyx y

= + +α − − α − −

α=

α − −

=

y

z

E1

E2

Τ1

Έχουμε: E=E1+E2=2E1=21

1

2 2 2E

dS 4 dxdyx y

Τ

α=

α − −

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫∫

270 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 8ου Κεφαλαίου όπου Τ1=(x,y) / x2+y2≤αy με x,y≥0 Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες x=rcosθ, y=rsinθ με 0≤θ≤π/2 και 0≤r≤αsinθ το τελευταίο ολοκλήρωμα υπολογίζεται ως εξής:

Å dèá

á rrdr dè

ád á r

á rá á r

á è á è á è=

−

⌠

⌡⎮

⌠

⌡⎮⎮ = −

−

−

⌠

⌡⎮⎮

⌠

⌡⎮⎮

= − −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=⌠

⌡⎮4 2 4

2 200

2 2 2

2 200

22 2

00

2sinπ/ sinπ/sinπ/( )

[ ] [ ]= − − −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= − − = − − =∫ ∫ ∫4 4 1 4

02 2 2 2 2

02 2

02

á dè á á è á á dè è á dè èπ/ π/ π/

sin |cos | cos 1

= [ ]π/ 22 20

π4 sin 4 1 0 (2π 4)2

⎡ ⎤⎛ ⎞− α θ − θ = − α − − = α −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦2

7. Μια σφαίρα είναι εγγεγραμμένη σ' ένα ορθό κυκλικό κύλινδρο. Τέμνουμε τη σφαίρα με δυο παράλληλα επίπεδα κάθετα στον άξονα του κυλίνδρου. Να δείξετε ότι τα τμήμα-τα της επιφάνειας της σφαίρας και του κυλίν-δρου, που περιέχονται μεταξύ των δυο αυτών ε-πιπέδων, έχουν ίσα εμβαδά.

R

Λύση: α) Η εξίσωση της κυλινδρικής επιφάνειας είναι: r(θ,z)=Rcosθi+Rsinθj+zk όπου 0≤θ<2π,

OH1=h1≥z≥OH2=h2 και dS= Rz

∂ ∂× =

∂θ ∂r r dθdz

Επομένως:

Eκυλ= ( )dS Rdèdz R dè dz R h hS T

hh 2π

∫∫ ∫∫ ∫ ∫= = = − 0 1 2

2

1 2π

=

με Τ=(θ,z)/ 0≤θ<2π και h1≥z≥h2 β) Η εξίσωση της σφαιρικής επιφάνειας είναι: r(θ,φ)=Rcosθsinφi+Rsinθsinφj+Rcosφk όπου 0≤θ<2π και φ1≤φ≤φ2 με cosφ1=ΟΗ1/ΟΑ=h1/R και cosφ2=ΟΗ2/ΟΒ=h2/R. δηλ. Τ=(θ,φ)/ 0≤θ<2π και h1/R≤cosφ≤h2/R Επομένως

( )2

1

2π2 2 22 10

S T

E dS R sin d d R d sin d 2πR cos cosϕ

σϕ ϕ= ϕ θ ϕ = θ ϕ ϕ = − ϕ + ϕ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

= [ ]2 2 2 1 21 2π πR

hR

hR

R h h−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= −

8. Να βρεθεί το κέντρο μάζας του τμήματος της ομογενούς σφαιρικής επιφάνειας x2+y2+z2=α2, που βρίσκεται στο πρώτο οκταημόριο. Λύση: Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας, ως γνωστόν, δίνονται από τις σχέσεις:

z

O

x

y-R

H1 A

B

φ1

φ2

H2


xM

xp x y z dSS

= ∫∫1

( , , ) yM

yp x y z dSS

= ∫∫1

( , , ) zM

zp x y z dSS

= ∫∫1

( , , )

Έχουμε:

xM

xp x y z dSS

= ∫∫1

( , , ) =pM

xdSpM

xdxdy

S S∫∫ ∫∫=

⋅n k

αλλά n=∇∇

FF| |

όπου F(x,y,z)=x2+y2+z2-α2 ⇒ ∇F=2xi+2yj+2zk ⇒

|∇F|= ( ) ( )4 212 2 2x y z áá

x y z+ + = ⇒ = + +n i j k ⇒ n⋅k=2 2x yz α − −

=α α

2

2 2 2 2 2T TT

p x p x p r cosx dxdy dxdy rdrdM z Μ Mx y r

′

α α= α = = θ =

α − − α −

⌠⌠ ⌠⌠⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡⌡⌡

θ

= [ ]2 2 2 2 3

π/ 2 10

0

p r r r p π pπsin sinM 2 2 M 4 Μ

α

−⎡ ⎤α α − α α α⎛ ⎞θ − + = =⎢ ⎥⎜ ⎟α⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ 4

α

αλλά M= 2

S S

1 1dS p dS p 4π πp8 2

= = α =∫∫ ∫∫ 2α και επομένως

3

2

p 1x2 p 2α π

= =π α

α

Για λόγους συμμετρίας βρίσκουμε τα ίδια αποτελέσματα και για τις υπόλοιπες συντεταγ-μένες y και z του κέντρου μάζας. 9. Να υπολογισθεί η μάζα της υλικής επιφάνειας S με εξίσωση: z=1-(x2+y2)/2, 0≤x≤1, 0≤y≤1 όταν η πυκνότητα p(x,y,z) είναι ανάλογη του xy. Λύση: Έστω p(x,y,z)=cxy όπου c=σταθερό τότε:

c xyzx

zy

dxdy

T

12 2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⌠

⌡⎮⎮⌠

⌡⎮⎮

∂∂

∂∂

p x y z dSS

( , , )∫∫ = M=

όπου Τ=(x,y)/0≤x≤1, 0≤y≤1 και ∂z/∂x=-x , ∂z/∂y=-y Άρα

M c xy x y dxdyc

dy y x y d xT

= + + = + +∫∫ ∫ ∫12

12 2

0

1 2 2

0

1 2( ) =

( ) ( ) ( )cydy

x y cydy y y

x

x

21

32

223

223

12 2 3 2

0

1

0

1

2 3 2 2 3 2

0

1+ +⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

⌠

⌡

⎮⎮⎮⎮

= + − +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

⌠⌡⎮

=

=

=

// /

=

( )∫ ( ) ( )∫ ( ) ( ) ( )cy d y

cy d y

c y c y6

2 26

1 16

25 2 6

15 2

2 3 2

0

1 2 20

1 3 22

2 5 2 2 5 2

0

1

+ + − + + =+

−+

=/ /

/ /

/ /=

5 / 2 5 / 2 5 / 2 5 / 2c c c3 2 2 1 9 3 8 2 115 15 15

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − − = − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ =

272 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 8ου Κεφαλαίου 10. Να υπολογισθεί η ροή του διανυσματικού πεδίου F για τις παρακάτω περιπτώσεις: α) F=xi+yj+zk, β) F=(x+z)k, γ) F=x2i-y2j όταν η επιφάνεια S είναι το τμήμα του επιπέδου x+y+z=α, που βρίσκεται στο πρώτο ο-κταημόριο. Σαν μοναδιαίο διάνυσμα n θεωρείστε το μοναδιαίο διάνυσμα, που προκύπτει από την βάθμωση της εξίσωσης του επιπέδου.

x+y=α A

B

Γ

O

z

x

Λύση: Η ροή του διανυσματικού πεδίου F δια μέσου της επιφάνειας S δίνεται από το επιφα-νειακό ολοκλήρωμα: F n⋅∫∫ dS

S

∇∇

ff| |

y Εδώ έχουμε:n= όπου f=x+y+z-α ⇒

∇f=i+j+k ⇒ |∇f|=√3 και n=13

( i+j+k)

F n F nn k

⋅ = ⋅⋅∫∫ ∫∫dS

dxdy

S T | |α) I =1 όπου Τ το

τρίγωνο ΟΑΒ του σχήματος.

13 1 3

12

3( )/

( )x y zdxdy

x y á x y dxdy á dxdy áT TT

+ + = + + − − = =∫∫ ∫∫∫∫ I =1

β) F=(x+z)k

2S T T

I dS (x z)dxdy ( y)dxdy= ⋅ = + = α −∫∫ ∫∫ ∫∫F n =

x2x

0 000

ydx dy( y) dx y2

α α−α α− ⎛ ⎞⎡ ⎤= α − = α − =⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠

⌠⎮⌡

∫ ∫2

0

( x)dx ( x)2

α⎡ ⎤α −α α − −⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

=

2

0

( x)( x) d( x2

α⎡ ⎤α −

= − α α − − α −⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

)2 3 3 3

0

( x) ( x) 22 6 2 6

α⎡ ⎤ 3

6α α − α − α α α

− = − =⎢ ⎥⎣ ⎦

=-

γ) F=x2i-y2j

y x3x2 2 2 2 2

0S T 0 y 0

0

ydS (x y )dxdy dx (x y )dy dx x y3

α=α−α

α−

=

⎡ ⎤⋅ = − = − = −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

∫∫ ∫∫ ∫ ∫F nI = = 3

3 32 2 3

000

( x) ( x)dx x ( x) ( x x )dx d( x)3 3

α αα⎡ ⎤α − α −

α − − = α − + α − =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

∫ =

3 4 4

0 0

1 1 1x x ( x)3 4 12

α α⎡ ⎤α − + α − =⎢ ⎥⎣ ⎦

0=


11. Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα όταν: f x y z dS

S

( , , )∫∫ α) f(x,y,z)=x+y+z S: z=x+y, 0≤y≤x, 0≤x≤1

β) f(x,y,z)=exp(x+y) S: x+y+z=1, x,y,z≥0 γ) f(x,y,z)=x+1 S: r(u,v)=cosui+sinuj+vk, 0≤u≤2π, 0≤v≤3 δ) f(x,y,z)=x+y+z S: x2+y2=1, 0≤z≤2

2y S: r(u,v)=ui+vj+(1-v2)k, -1≤u≤1, 0≤v≤1 ε) f(x,y,z)=(1-x)≤4, z≥0 ζ) f(x,y,z)=x2+y2 S: z=(x2+y2 1/2) , x2+y2

Λύση: α) Έχουμε z=z(x,y)=x+y και

12 2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∂∂

∂∂

zx

zy

dxdy

z=yz=x

x=y

Tx=1

z

y

x

=√3dxdy. Επομένως dS=

( )( )x y z dS x y dxdyS T

+ + = +∫∫ ∫∫ 2 2 3 = I=

2 32

2 32

2

0

1

0

22

0

1

dx xyy

dx xx

y

y x

+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮ = +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮

=

=

= =

[ ]2 332

3 32

0

1

30

1dx

xx

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮ = ==

z

x

y

β) Έχουμε z=z(x,y)=1-x-y και

12 2

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∂∂

∂∂

zx

zy

dxdy

x+y+z=1

1

1

1

=√3dxdy. dS=

Επομένως e dS e dxdyx y

S

x y

T

+ +∫∫ ∫∫= 3I= =

∫ [ ]∫3 30

1

0

1

0

1

0

1

dx dye dx ex yx x y x+− + −

∫ = ==

[ ]∫30

1

dx e ex− ( )3 30

1ex e x− == =

γ) ∂r/∂u=-sinui+cosuj , ∂r/∂v=k, (∂r/∂u)×( ∂r/∂v)=cosui+sinuj ⇒ |(∂r/∂u)×(∂r/∂v)|=1 Επομένως dS=dudv

I= ( ) ( ) ( ) [ ]x dS u dudv dv du u dv u uS T

+ = + = + = + =∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫1 1 10

3

0

3

02

0

2cos cos sin πππ

6

δ) Η παράπλευρη επιφάνεια του κυλίνδρου x2+y2=1, 0≤z≤2 έχει παραμετρική εξίσωση: r(θ,z)=cosθ i+sinθ j+zk, 0≤θ≤2π, 0≤z≤2

με ∂r/∂θ =-sinθi+cosθj , ∂r/∂z=k ⇒ (∂r/∂θ)×(∂r/∂z)=cosθi+sinθj ⇒

274 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 8ου Κεφαλαίου |(∂r/∂θ)×(∂r/∂z)|=1 Επομένως dS=dθdz και

Ι= = ( ) ( ) (2 2π

0 0S T

x y z dS cos sin z d dz dz d cos sin z+ + = θ+ θ+ θ = θ θ+ θ+∫∫ ∫∫ ∫ ∫ )

[ ] ( ) ( ) ( )222 2 22π

00 0 00

zdz sin cos z dz 1 2π z 1 dz 2π z 2π 4π2

θ=

θ=θ − θ+ θ = − + − − = = =⎡ ⎤⎣ ⎦∫ ∫ ∫=

ε) r(u,v)=ui+vj+(1-v2)k ⇒ ∂r/∂u=i , ∂r/∂v=j-2vk ⇒ (∂r/∂u)×(∂r/∂v)=2vj+k ⇒

4 2v + 4 2v +|(∂r/∂u)×(∂r/∂v)|= 1 ⇒ dS= 1 dudv Επομένως

( ) ( )1 1 4 1 4 13

2 2 2 23

0

1

0

1

− = − + = + −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

⌠

⌡⎮∫∫ ∫∫u vdS u v v dudv dvv v u

u

S T

I= =

( ) ( ) ( ) ( )43

4 118

4 116

4 1 19

4 119

5 12 2

0

1 2 3 2

32

2 3 2

0

13 2v d v

vv+ +⌠

⌡⎮=

+= + =

// / − =

ζ) Η εξίσωση z=(x2+y2 1/2) γράφεται και ως: z2=x2+y2 και παριστάνει κώνο, η δε εξίσωση x2+y2=4 παριστάνει κύλινδρο. Η επιφάνεια ολοκλήρωσης S αποτελείται από το μέρος της επιφάνειας του κώνου που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου. Έχουμε:

dxdy| |n k⋅

∇∇

FF| |

2 2 2 2x y+2dS= όπου n= με F=z -x2-y2=0 ⇒ ∇F=-2xi-2yj+2zk και |∇F|=

dxdy

zx y

x yz

dxdyx y

x ydxdy dxdy

2

22 2

2 2

2 2 2 2

2 2

+

=+

=+

+=Επομένως dS=

( )2 2 2 2 2

S T R

(x y )dS x y 2dxdy 2 r rdrd+ = + =∫∫ ∫∫ ∫∫I= θ=

[ ]2

24

00

r2 d 22π 4 8 2 π4

π

⎡ ⎤θ = =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

=

12. Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα όταν: F S( , , )x y z d

S

⋅∫∫ α) F(x,y,z)=xi+yj S: z=2x+3y, 0≤x≤2, -1≤y≤1

β) F(x,y,z)=x2i-xzk S: r(u,v)=ui+u2j+vk, 0≤u≤1, -2≤v≤2 γ) F(x,y,z)=sinxi+zj+yk S: y2 2+z =4, -1/2≤x≤1/2, y≥0, z≥0 δ) F(x,y,z)=i+x2j+xyzk S: z=xy, 0≤x≤y, 0≤y≤1 ε) F(x,y,z)=y2i+x3 2j+3z k S: z=x2+y2, x2+y2≤4

ζ) F(x,y,z)=exi-2y2 xj+e k S: r(u,v)=ui+vj+v2k, 1≤u≤3, 1≤v≤2

1/2 α) Λύση: S → f(x,y,z)=z-2x-3y=0 ⇒ ∇f=-2i-3j+k ⇒ |∇f|=(14) ⇒ -1 -1/2n=|∇f| (-2i-3j+k)=(14) (-2i-3j+k)

-1/2 1/2F⋅n=(14) (-2x-3y) , dS=(14) dxdy


I= =F S( , , )x y z dS

⋅∫∫ ( ) [ ] [ ]− − = − − = − −∫∫ ∫ ∫− =

=

−2 3 3 4 6

1

12

0

2

1

1x y dxdy dy x xy dy y

Tx

x=

=[ ] [ ]− − = − − − − = −−

4 3 4 3 4 3 831

1y y ( ) ( )

∂∂

ri j

uu= +2

∂∂

rk

v=

∂∂

∂∂

r ri j

u vu× = −2β) Λύση: S → r(u,v)=ui+u2j+vk ⇒ , ⇒ ⇒

∂∂

∂∂

r ru v

u× = +4 2 ∂∂

∂∂

r ru v

dudv u× = 4 21 ⇒ dS= +1 dudv

n=(4u2 -1/2+1) (2ui-j) F⋅n=(4u2 -1/2+1) (2u3)

I= =F S( , , )x y z dS

⋅∫∫ ( )2 2 44

23

2

23

0

1 4

0

1

u dudv dv du uu

T∫∫ ∫ ∫= = ⋅

−2 =

γ) Λύση: S → f(x,y,z)=y2 2 2 2 1/2 +z -4=0 ⇒ ∇f=2yj+2zk ⇒ |∇f|=(4y +4z ) =4 ⇒

-1n=|∇f| (2yj+2zk)=(1/2)(yj+zk) dxdy 2 dxdy| | z

=⋅n k

F⋅n=1/2(zy+yz)=yz , dS=

I= =F S( , , )x y z dS

⋅∫∫ yzdxdy

zdx dyy

y

T

22

21 2

1 2

0

2 2

0

2

∫∫ ∫ ∫= =⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

− /

/

2δ) Λύση: S → f(x,y,z)=z-xy=0 ⇒ ∇f=-yi-xj+k ⇒ |∇f|=(x +y2 1/2 +1) ⇒

-1n=|∇f| (-yi-xj+k)=(x2+y2 -1/2(-yi-xj+k) +1)

( ) ( )( )z xy 1/ 2 22 2 3x y 1 y x xy= −= + + − − +F⋅n=(x2+y2 -1/2+1) (-y-x3+xyz) ,

dS=dxdy

x y dxdy| |n k⋅

= + +2 2 1

I= =F S( , , )x y z dS

⋅∫∫

( ) ( )− − + = − − + = − − +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =∫∫ ∫ ∫ ∫

=

=

y x xy dxdy dy dx y x xy dy xyx x

yT

y

x

x y3 2

0

13 2

0

4 32

00

1

4 3( ) ( )

276 ♦ Λύσεις Ασκήσεων 8ου Κεφαλαίου 14 5 3 5 61 2

00

y y y y ydy y4 3 3 20 18

1 1 1 593 20 18 180

⎡ ⎤− − + = − − + =⎢ ⎥⎣ ⎦

= − − + = −

∫ =

ε) Λύση: S → f(x,y,z)=z-x2-y2=0 ⇒ ∇f=-2xi-2yj+k ⇒ |∇f|=(4x2+4y2+1)1/2 ⇒ n=|∇f|-1(-2xi-2yj+k)= =(4x2+4y2+1)-1/2(-2xi-2yj+k) F⋅n=(4x2+y2+1)-1/2(-2xy2-2yx3+3z2)

dS=dxdy

x y dxdy| |n k⋅

= + +4 4 12 2

I= = F S( , , )x y z d

S

⋅∫∫

( )( ) ( )− − + + = − − +∫∫ ∫∫=

=

2 2 3 2 2 32 3 2 2 2 3 2 4 3 4xy yx x y dxdy r t t r t t r rdrdtT

y r t

x r t

Rsin

coscos sin sin cos =

=

[ ]dt dr r t t r t t r dtr

t tr

t tr

0

24 2 5 3 5

0

2

0

2 52

63

6

0

2

2 2 3 25

26

36

π πcos sin sin cos cos sin sin cos∫ ∫ ∫− − + = − − +

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

=

dt t t t t td t td t0

2 52

63

6 62

0

2 73

0

252

25

226

326

25

26

2 2π π π

cos sin sin cos sin sin cos cos π∫ ∫− − +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = − + + =∫

=− + + =25 3

26 4

2 646 3 7 4

0

26sin cosπ π

πt t

ζ) Λύση: S → r(u,v)=ui+vj+v2k ⇒ ∂∂

ri

u= ,

∂∂

rj

vv= +2 k ⇒

∂∂

∂∂

r rj k

u vv× = − +2 ⇒

∂∂

∂∂

r ru v

v× = +4 2 1 ⇒ dS=∂∂

∂∂

r ru v

dudv v× = 4 2 +1 dudv

n=(4v2+1)-1/2(-2vj+k) 3 ux u, y v

x 2 x

2 2

2v 4v ee 2y e4v 1 4v 1

= =⎡ ⎤− + +⎡ ⎤⋅ = − + ⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦+ +⎣ ⎦

=j kF n i j k

I= =F S( , , )x y z dS

⋅∫∫ ( ) 2 233 u 3 u 3 311 1

T

4v e dudv dv 4v u e dv 4v 2 e e⎡ ⎤ ⎡+ = + = + ⎤−⎣ ⎦ ⎣∫∫ ∫ ∫ ⎦ =

= ( )8 =4

43

1

2v

e e v+ − ( ) ( )2 2 =30+(e14 3− + −e e 3-e)

x2+y2=4

z=x2+y2


13. Να βρεθεί η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου καθώς και της ευθείας της κάθετης στην επιφάνεια x2+xyz-z3=1 στο σημείο Ρ (1,1,1). 0

( )0P 0− ⋅ =r r NΛύση: Η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου είναι όπου Ν ένα τυχαίο διάνυσμα κάθετο στην επιφάνεια στο σημείο Ρ0.. Σαν τέτοιο θα θεωρήσουμε την βάθμω-ση ∇f (Ρ0), όπου f= x2+xyz-z3-1. Έχουμε:

2(1,1,1)i+ f∇f (Ρ0)=fx y(1,1,1)j+fz(1,1,1)k=(2x+yz)|(1,1,1)+xz|(1,1,1)+(xy-3z ) |(1,1,1)=3i+j-2k Επομένως από την σχέση ( ) προκύπτει:

0P 0− ⋅ =r r N

3(x-1)+(y-1)-2(z-1)=0 ⇒ 3x+y-2z=2 H εξίσωση τώρα της καθέτου θα είναι: r=r +t∇f (Ρ ) ⇒ P0 0

r(t)=(i+j+k)+t(3i+j-2k) ⇒ r(t)=(1+3t)i+(1+t)j+(1-2t)k ⇒ x(t)=1+3t, y(t)=1+t, z(t)=1-2t

14. Οι επιφάνειες f(x,y,z)=x2+y2-z2=1, g(x,y,z)=x+y+z=5 τέμνονται κατά μια καμπύλη C. να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της C στο σημείο Ρ (1,2,2). 0Λύση: Κατ΄ αρχάς εύκολα διαπιστώνουμε ότι το σημείο Ρ0 ανήκει και στις δύο επιφάνει-ες, άρα είναι σημείο της καμπύλη C. Η ζητούμενη εφαπτομένη είναι κάθετη στα διανύ-σματα ∇f, και ∇g στο Ρ . Επομένως το διάνυσμα 0

( ) ( ) ( )0 0 0P f P g P 2 4 4 8 6 21 1 1

= ∇ ×∇ = − = − −i j k

v i j k

θα είναι παράλληλο προς την εφαπτομένη. Επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης θα εί-ναι: r(t)=r(P )+tv(P )= (1+8t)i+(2-6t)j+(2-2t)k ⇒ x(t)=1+8t, y(t)=2-6t, z(t)=2-2t 0 0 15. Μια καμπύλη λέγεται εφαπτομένη σε μια επιφάνεια στο σημείο Ρ εάν η ευθεία που εφάπτεται της καμπύλης στο σημείο Ρ, ανήκει στο εφαπτόμενο επίπεδο της επιφάνειας στο Ρ.

2α) Δείξτε ότι η καμπύλη r(t)=lnti+tlntj+tk είναι εφαπτόμενη στην επιφάνεια xz -yz+cos(xy)=1 στο σημείο Ρ(0,0,1).

3β) Δείξτε ότι η καμπύλη r(t)=[t /4-2]i+[4/t-3]j+cos(t-2) k εφάπτεται στην επιφά-νεια x3+y3 3+z -xyz=0 για t=2. Λύση: α) Κατ’ αρχήν εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι συντεταγμένες του σημείου Ρ(0,0,1) επαληθεύουν την εξίσωση της καμπύλης, (για t=1), και της επιφάνειας. Άρα το σημείο αυτό είναι ή σημείο τομής ή σημείο επαφής. Υπολογίζουμε τώρα το εφαπτόμενο διάνυσμα της καμπύλης στο εν λόγω σημείο:

( )t 1

d (P) 1 ln t 1dt t =

= + + + = + +r i j k i j k

2Η κλίση ∇f της εξίσωσης της επιφάνειας f=xz -yz+cos(xy)-1=0 δίνει διάνυσμα κάθετο

στην επιφάνεια. Επομένως θα πρέπει να είναι ∇f(Ρ)⋅ d (P)dtr =0

Έχουμε:


( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )2

P

f P f P f Pf(P)= z ysin xy z x sin xy 2xz y

x y z∂ ∂ ∂

∇ + + = − + − − + −∂ ∂ ∂

= −

i j k i j k

i j

=

d (P)dtrΤελικά είναι ∇f(Ρ)⋅ =0

β) Εργαζόμαστε όπως προηγούμενα και έχουμε: Για t=2 από την εξίσωση της καμπύλης βρίσκουμε της συντεταγμένες του σημείου επαφής: x(2)=0, y(2)=-1, z(2)=1 Ένα εφαπτόμενο διάνυσμα της καμπύλης για t=2 είναι:

( )22

t 2 t 2

d 3 4t sin t 2dt 4 t= =

⎛ ⎞= − − − =⎜ ⎟⎝ ⎠

r i 3 −j i j

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2x 0y 1z 1

f P f P f Pf(P)= 3x yz 3y xz 3z xy

x y z

3 3

==−=

∂ ∂ ∂∇ + + = − + − + −

∂ ∂ ∂

= + +

i j k i j k

i j k

=

d (P)dtrΤελικά είναι ∇f(Ρ)⋅ =0

16. Να υπολογισθούν τα διανύσματα S των παρακάτω επιφανειών: α) της σφαίρας ακτί-νας R. β) του άνω ημισφαιρίου ακτίνας R, γ) της παράπλευρης επιφάνειας ενός ορθού κυ-κλικού κυλίνδρου ύψους H και ακτίνας βάσεως R, δ) της παράπλευρης επιφάνειας του ίδιου κυλίνδρου για θετικά y, ε) ενός κύβου ακμής α, ζ) ενός τετραγώνου πλευράς α του οποίου το κέντρο βρίσκεται στο σημείο (α/2, α/2) και οι πλευρές του είναι παράλληλες προς τους άξονες ενός καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων. Λύση: α) Θεωρούμε ότι το κέντρο της σφαίρας συμπίπτει με την αρχή των αξόνων. Τότε η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της σφαίρας είναι: r(θ,φ)=Rcosθsinφi+Rsinθsinφj+Rcosφk Το μοναδιαίο διάνυσμα n το κάθετο στην επιφάνεια της σφαίρας S βρίσκεται από την σχέση:

( )2 2 2

f 2x 2y 2z 1 x y z| f | R4x 4y 4z∇ + +

= = = + +∇ + +

i j kn i j k cos sin sin sin cos= θ ϕ + θ ϕ + ϕi j k

Επομένως: = ( ) 2

S T

dS cos sin sin sin cos R sin d d= = θ ϕ + θ ϕ + ϕ ϕ θ∫∫ ∫∫S n i j k ϕ

0

π

ϕ ϕ

2 2 2 2 2

T T T

R cos sin d d R sin sin d d R cos sin d d= θ ϕ θ ϕ+ θ ϕ θ ϕ+ ϕ ϕ θ ϕ∫∫ ∫∫ ∫∫i j k =

2 22 2 2 2 2

0 00 0

R cos d sin d R sin d sin d R sin 2 dπ π

π π= θ θ ϕ ϕ+ θ θ ϕ ϕ+ π ϕ ϕ∫ ∫ ∫ ∫ ∫i j k =0

β) Για το άνω ημισφαίριο ισχύουν οι παραπάνω τύποι με διαφορετικά όρια. Συγκεκριμένα έχουμε: 0≤θ≤2π και 0≤φ≤π/2. Επομένως

S =πR2 2

/ 2 / 2 / 22 2 2 2 2

0 0 00 0

R cos d sin d R sin d sin d R 2 cos sin dπ π

π π π= θ θ ϕ ϕ+ θ θ ϕ ϕ+ π ϕ∫ ∫ ∫ ∫ ∫i j k 2k

γ) Η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της παράπλευρης επιφάνειας S του κυλίνδρου είναι: r(θ,z)=Rcosθi+Rsinθj+zk όπου οι μεταβλητές θ και z ανήκουν στο σύνολο: Τ=[(θ,z)/ 0≤θ<2π, 0≤z≤Η]


και επομένως

R sin R cos 0z

0 0 1

∂ ∂× = − θ θ =

∂θ ∂

i jr r

kR

z∂ ∂

× =∂θ ∂

r rRcosθi+Rsinθj ⇒

R cos R sin R cos R sin cos sinR

z

θ + θ θ + θ= = θ

∂ ∂×

∂θ ∂

i j i j iΆρα n= + θjr r

( ) ( )H 2

0 0S T

2 2

0 0

dS cos sin Rd dz R dz cos sin d

RH sin cos

π

π π

= = θ + θ θ = θ + θ

⎡ ⎤= θ − θ =⎣ ⎦

∫∫ ∫∫ ∫ ∫S n i j i j

i j 0

θ =

δ) Για την παράπλευρη επιφάνεια του κυλίνδρου με θετικά y τα όρια στα παραπάνω ολο-κληρώματα γίνονται: 0≤θ≤π, 0≤z≤H και επομένως

( )H

0 00 0S

dS R dz cos sin d RH sin cos 2RHπ π π⎡ ⎤= = θ + θ θ = θ − θ =⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫S n i j i j j

ε) Θεωρούμε ότι μια κορυφή του κύβου συμπίπτει με την αρχή των αξόνων, οι πλευρές του είναι παράλληλες προς τους άξονες και ότι βρίσκεται στο πρώτο οκταημόριο, δηλ. ορίζεται από τις εξισώσεις: x=0, x=α, y=0, y=α, z=0, z=α. Το διάνυσμα της επιφάνειας του κύβου θα πρέπει να υπολογιστεί για κάθε πλευρά ξεχωριστά. Ας θεωρή-

σουμε δυο απέναντι πλευρές π.χ. αυτές που έχουν εξισώσεις z=0 και z=α. S

dS= ∫∫N n

S

dS∫∫Για την πλευρά z=0, έχουμε n=-k, οπότε Sz=0 =-k =-kα2

S

dS∫∫Για την πλευρά z=α, έχουμε n=k, οπότε Sz=α =k =kα2

Επομένως S + Sz=0 z=α=0. Το ίδιο συμβαίνει και για τα άλλα δυο ζεύγη των απέναντι πλευ-ρών. Τελικά S=0. ζ) Το επίπεδο του τετραγώνου συμπίπτει με το επίπεδο ΟΧΥ. Το κάθετο μοναδιαίο διά-νυσμα n θα είναι n=±k. Επομένως S =±k

S

dS∫∫ =±kα2


(9ου Κεφαλαίου)

1. Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα: I= όπου C η περίμετρος

του τριγώνου με κορυφές τα σημεία (0,0), (π/2,0), (π/2,1), α) άμεσα και β) χρησιμοποι-ώντας το θεώρημα του Green.

( sin ) cosy x dx xdyC

− +∫

Λύση: α) Το ολοκλήρωμα αναλύεται σε τρία ολοκληρώματα, ένα για κάθε πλευρά του τριγώνου. Έχουμε: i) Στην πλευρά ΟΑ είναι y=0 ⇒ dy=0 και 0≤x≤π/2

ΙΟΑ=π/ 2 π/ 2

00(0 sin x)dx cosx 1− = = −

1 0 0 00

1

∫

ii) Στην πλευρά ΑΒ είναι x=π/2 ⇒ dx=0 και 0≤y≤1 IAB= ( )∫ y dy− + =

iii) Στην πλευρά ΒΟ είναι y=2x/π ⇒ dy= 2π

dx

με 2π≥x≥0

IBO=0

02

/ 2/ 2

2x 2 x π 2sin x cos x dx cos x sin x 1π π π π 4 ππ

π

2⎡ ⎤− + = + + = − −⎣ ⎦⌡ ⎢ ⎥

⌠⎮

Τελικά Ι = ΙΟΑ+ΙΑΒ+ΙΒΟ = -1+0+1- π 2 π 24 π 4 π− = − −

β) Χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Green με

P=y-sinx , Q=cosx ⇒ ∂∂Py= 1 ,

∂∂Qx

x= −sin έχουμε:

( ) ( )/ 2

2x /

C T 0T 0

Q PPdx Qdy dxdy sin x 1 dxdy dx sin x 1 dyx y

ππ⎡ ⎤⎡ ⎤∂ ∂

+ = − = − − = − =⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠⌠⌠⎮⎮⎮

⌡⌡ ⌡∫ ∫∫ ∫

[ ]/ 2 / 2/ 2 2

2x /π

00 0

0

2x 2x 2 x 2 πdx ysin x y dx sin x ( x cos x sin x)π π π π π 4

π ππ ⎡ ⎤= − − = − − = − − + − = − −⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡∫

2. Δείξτε ότι το εμβαδόν της περιοχής που περικλείεται από μια απλή κλειστή καμπύλη C δίνεται από τον τύπο:

E= 1 xdy∫ 2

ydxC

−

x O A(π/2,0)

y B(π/2,1)


Λύση: Από το θεώρημα του Green: C

T

Q PPdx Qdy dxdyx y

⎡ ⎤∂ ∂+ = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫ έχουμε για Q=x

και P=-y:

C T T C

1ydx xdy 2 dxdy (R) dxdy ydx xdy2

− + = ⇒ Εμβ = = − +∫ ∫∫ ∫∫ ∫

3. Να βρεθεί το εμβαδόν της έλλειψης: 2 2

2 2

x y 1+ =α β

Λύση: Από την προηγούμενη άσκηση έχουμε: E =12

− +∫ ydx xdyC

Χρησιμοποιούμε τις παραμετρικές εξισώσεις x=αcosθ , y=βsinθ για την έλλειψη και έ-χουμε:

E =12

− +∫ ydx xdyC

=2π

0

1 ( cos )( cos )d ( sin )( sin )d2

α θ β θ θ− β θ −α θ θ∫ =

= ( )2π 2 2

0

1 cos sin d π2

αβ θ+ θ θ = αβ∫

4. Να επαληθευθεί το θεώρημα του Green για το διανυσματικό πεδίο F=(2x-y3)i-xyj και για την καμπύλη C, που είναι το σύνορο της περιοχής που περικλείεται από τους κύκλους : x2+y2=1 και x2+y2=9. Λύση: α) Ας υπολογίσουμε πρώτα το δεύτερο μέλος του θεωρήματος του Green:

3 2

TT T

Q P dxdy ( xy) (2x y ) dxdy ( y 3y )dxdyx y x y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂− = − − − = − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠⌠ ⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡

∫∫

Θέτουμε x=rcosθ , y=sinθ με 1≤r≤3 , 0≤θ≤2π και έχουμε:

( )2

332 2 2 4

T R 10

r 3( y 3y )dxdy rsin 3r sin rdrd sin r sin d3 4

π

⎡ ⎤− + = − θ+ θ θ = − θ+ θ θ =⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

∫∫ ∫∫ 2

=

2

2

02

2π2

00

1 39 sin (81 1)sin d3 4

26 26sin 60sin d cos3 3

π

π

⎡ ⎤⎛ ⎞− + θ+ − θ θ =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤= − θ+ θ θ = θ

y

+⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

⌠⎮⌡

+ [ ]2π

0

160 sin cos 60π2θ − θ θ =

x

C1

C2

O 31


β) Για το πρώτο μέλος του θεωρήματος του Green έχουμε: ( )

1 2

3 3

C C

(2x y )dx xydy 2x y dx xydy− − + − −∫ ∫

Θέτοντας x=ρ1cosθ, y=ρ1sinθ για το πρώτο ολοκλήρωμα και x=ρ2cosθ y=ρ2cosθ για το δεύτερο ολοκλήρωμα καταλήγουν και τα δυο στη ίδια μορφή:

( )( )3 3 2I 2 cos sin sin d cos sin ( cos )d= ρ θ−ρ θ −ρ θ θ−ρ θ θ ρ θ θ∫ =

= ( )2 4 4 3 22 cos sin sin cos sin d− ρ θ θ + ρ θ −ρ θ θ θ =∫ =

24 4 3 2sin 2 d2 sin d cos d(cos )

2ρ

− θ θ + ρ θ θ + ρ θ θ =∫ ∫ ∫

=2 3

4 4 3 coscos 2 sin d2 3ρ θ

θ+ρ θ θ+ρ∫

Το ολοκλήρωμα: ∫sin4θdθ μπορεί να υπολογισθεί από τον αναγωγικό τύπο:

sinsin cos

sinmm

mxdxx x

mm

mxdx∫ ∫= − +

−−−

121

και θα έχουμε: 3 3

4 2sin cos 3 sin cos 3 sin cos 1sin d sin d d4 4 4 4 2 2θ θ θ θ θ θ⎡ ⎤θ θ = − + θ θ = − + − + θ =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫

=- [ ]3sin cos 3 sin cos

4 8θ θ

− θ θ−θ

Επομένως

I= [ ]2 4

3 4 33 ccos sin cos sin cos2 4 8

3os3

ρ ρ θθ− θ θ− ρ θ θ− θ +ρ

Για ρ=3 και 0≤θ<2π έχουμε Ι1=34

34π και

για ρ=1 και 2π≥θ≥0 έχουμε Ι2=34

[-π]

Επομένως:

( )( )2 23 3

1 2

x y dx xydy x y dx xydyC C

− − + − −∫ ∫ =I1+I2=34π[34-1]=

34π80=60π

5. Θεωρούμε το διανυσματικό πεδίο: F(x,y)= (ln r) (ln r)y x

∂ ∂−

∂ ∂i j

όπου r=xi+yj και r=|r|>0. Εάν C είναι μια οποιαδήποτε απλή κλειστή καμπύλη, που πε-ριέχεται στο δακτύλιο 1<x2+y2<25 να υπολογιστεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα: F r⋅∫ d

C

Λύση: Εάν θέσουμε P(x,y)=∂∂

(ln )ry

και Q(x,y)=-∂∂

(ln )rx

παρατηρούμε ότι:


( )∂∂

∂∂

∂∂y

P x yy r

yr y

yr r

y ryr r

yr

( , )= ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= = + − = −−1 1

21

22 23

2

2

4

( )∂∂

∂∂

∂∂x

Q(x yx r

xr x

xr r

x rxr

, ) = − ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= − = − − − =−1 1

22 23 − −

122

2

4rxr

και επομένως: ∂∂

∂∂y

P x yx

Q x yr

x yr

( , ) ( , )− = −+

=2

2 02

2 2

4

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: yα) Εάν η απλή κλειστή καμπύλη C, που περιέ-χεται στον δακτύλιο, δεν περιέχει την αρχή των α-ξόνων, τότε το διανυσματικό πεδίο F είναι διαφορί-σιμο και το θεώρημα του Green μπορεί να εφαρμο-στεί:

C

5 1 x

F r⋅∫ dC

∂∂

∂∂

Py

Qx

dxdyT

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =∫∫ 0 =

β) Εάν η απλή κλειστή καμπύλη C, περιέχει την αρχή των αξόνων, τότε οι συνιστώσες P(x,y) και Q(x,y) του διανυσματικού πεδίου F δεν είναι δι-αφορίσιμες συναρτήσεις στο εσωτερικό της κα-μπύλης C, αφού δεν ορίζονται στην αρχή των α-ξόνων λόγω του λογαρίθμου lnr. Σ' αυτή την πε-ρίπτωση ισχύει:

F r⋅∫ dC

=1

dΓ

⋅∫ F r

όπου σαν Γ1 μπορούμε να λάβουμε την περιφέ-ρεια με εξίσωση x2+y2=ρ2 με 1<ρ<5, διότι στον ενδιάμεσο χώρο μεταξύ της καμπύλης C και της περιφέρειας Γ1 το διανυσματικό πεδίο F είναι συ-νεχώς διαφορίσιμο και το θεώρημα του Green μπορεί να εφαρμοστεί με το δεύτερο μέλος του μηδέν.

F r⋅∫ dC

= F r⋅∫ dÃ1

=1

1

2 2 2

y x 1dx dy ydx xdyr r ΓΓ

− = −ρ

⌠⎮⌡ ∫ =

=2π

20

1 sin ( sin )d cos ( cos d )ρ θ −ρ θ θ−ρ θ ρ θ θρ ∫ = ( )

22 2

0

sin cos dπ

− θ− θ θ∫ =-2π

αν η φορά διαγραφής της C και επομένως και της Γ1 είναι θετική, διαφορετικά το αποτέ-λεσμα είναι 2π. 6. Να επαληθευθεί το θεώρημα του Stokes για το διανυσματικό πεδίο F=(2x-y)i-yz2j-y2zk και για την επιφάνεια S που είναι το άνω ημισφαίριο της σφαίρας x2+y2+z2=1 Λύση: Το σύνορο C της επιφάνειας S είναι η περιφέρεια που βρίσκεται στο επίπεδο OXY με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 1. Το πρώτo μέλος του θεωρήματος του Stokes υπολογίζεται ως εξής:

(z 0) 2π2 2

0C C C

d (2x y)dx yz dy y zdz (2x y)dx (2cos sin )( sin )d π=

⋅ = − − − − = θ − θ − θ θ ==∫ ∫ ∫ ∫F r

1

C

Γ1

5

Περίπτωση (β)

xρ 1

Περίπτωση (α)

C Γ1


Για το δεύτερο μέλος πρέπει πρώτα να υπολογίσουμε τον στροβιλισμό του F:

∇ × =

− − −

=F

i j k

k∂∂

∂∂

∂∂x y z

x y yz y z2 2 2

Τότε ( )S S

dS dS dxdy∇× ⋅ = ⋅ =∫∫ ∫∫ ∫∫F n k nT

αφού k⋅ndS=dxdy και T είναι η προβολή της S στο επίπεδο OXY. Το δε τελευταίο ολο-κλήρωμα ισούται: Εμβ(T)=π dxdy

Τ

=∫∫ 7. Nα επαληθευθεί το θεώρημα του Gauss για το διανυσματικό πεδίο F=2x2yi-y2 2j+4xz k και για την περιοχή V, που βρίσκεται στο πρώτο οκταημόριο και φράσσεται από το επίπε-δο x=2 και τον κύλινδρο y2 2+z =9. Λύση: Από το θεώρημα του Gauss:

F n F⋅ = ∇ ⋅∫∫ ∫∫∫dS dVS V

=

z

x

yO

A(2,0,0) B(2,3,0)

Δ(0,0,3)

S5

S1

S2 S3

Ε(2,0,3)

S4

Γ(0,3,0)

το πρώτο μέλος υπολογίζεται ως εξής: α) Η κλειστή επιφάνεια S του στερεού V αποτελείται από τις επιφάνειες S=S +S +S +S +S1 2 3 4 5 για τις οποίες ισχύουν:

=(OABΓ) z=0 , n=-k i) S1

F=2x2yi-yj ⇒ F⋅n=0 ⇒ = F n⋅ =∫∫ dS

S

01

I1

=(ΕΑΟΔ) y=0 , n=-j , ii) S2

F=4xzk ⇒ F⋅n=0 ⇒ I =0 2 iii) S3=(ΟΓΔ) x=0 , n=-i F=-yj ⇒ F⋅n=0

⇒ I =0 3

iv) S4=(EAB) x=2 , n=i , F=8yi-y2j+8z2k ⇒ I = F n⋅ =∫∫ ∫∫dSS EAB4

8ydydz( )

4

2 23 3

3 9 z 3y 9 z2 2

y 0 0 0 000

4dz 8ydy dz 4y 4(9 z )dz 36 z 723

− = −

=⎡ ⎤= = = − = −⎣ ⎦

⌠⎮⌡∫ ∫ ∫ 3 =

y z2 2 6+ =v) S5=(ΕΒΓΔ) f=z2+y2-9=0 ⇒ ∇f=2yj+2zk ⇒ |∇f|=2 ⇒

(∇∇

= +ff

y z| |

13

j k)n= ⇒ F⋅n=(1/3)(-y3 3+4xz )

( ) ( )5

3 3 3 3

S( )

( )

1 dxdy 1 dxdydS y 4xz y 4xz z3 | | 33ΟΑΒΓ

ΟΑΒΓ

⎡ ⎤⋅ = − + = − +⎢ ⎥ ⋅⎣ ⎦

⌠⌠⌠⌠ ⎮⎮⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡∫∫F n

n kI = = 5


3 32 2

2

( ) ( )

y y4xz dxdy 4x(9 y ) dxdyz 9 y

ΟΑΒΓ ΟΑΒΓ

⎡ ⎤⎡ ⎤ −− + = + − =⎢ ⎥⎢ ⎥

⎢ − ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠⌠⌠⌠⎮⎮⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡

=

( )3

2

2(O )

( )

y dxdy 4x 9 y dxdy K9 y ΑΒΓ

ΟΑΒΓ

−+ − =

−

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

∫∫= + Λ

dx dyy

y−

−

⌠

⌡⎮

⌠

⌡

⎮⎮

3

2

0

3

0

2

9 θέτουμε y=3sinθ ⇒ dy=3cosθdθ και έχουμε: K=

/ 2/ 2 / 23

3 2

0 00

27sin2 3cos d 54 sin d 54 sin d(cos )3cos

ππ π− θ

θ θ = − θ θ = θ θ =θ

⌠⎮⌡ ∫ ∫ K=

π/ 2 2

054 (1 cos )d(cos )− θ θ= =∫

π/ 23

0

1 154 cos cos 54 1 363 3

⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ − θ = − + = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]dy x y y dy y yx

x

2 9 8 9 7283

1442 2

0

3

0

22

0

33

2

3

( ) ( )− = − = − =∫ ∫=

=

Λ=

Άρα I = K+Λ=-36+144=108 F n⋅∫∫ dS

S5

=5

Τελικά Ι=Ι +Ι +Ι +Ι +Ι =72+108=180 1 2 3 4 5 β) Το δεύτερο μέρος υπολογίζεται ως εξής: Έχουμε ∇⋅F=4xy-2y+8xz. Επομένως:

[ ]2

29 yz 9 y2

z 0V 0 (OAB )

(OAB )

dV 4xy 2y 8xz dz dxdy dxdy 4xyz 2yz 4xz−

= −

=Γ

Γ

⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤∇ ⋅ = − + = − + =⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⌠⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡⎮⎮

⌡⌡∫∫∫ ∫F

2 2

(OAB )

dxdy 4xy 9 y 2y 9 y 4x(9 y )Γ

⎡ ⎤− − − + −⎣ ⎦∫∫ 2 ==

( )3

22 2

003

x 22 2 2 2 2

x 00

dy dx 4xy 9 y 2y 9 y 4x 9 y

dy 2x y 9 y 2xy 9 y 2x (9 y=

=

⎡ ⎤= − − − +⎣ ⎦

⎡ ⎤= − − − + −⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

⌠⎮⌡

2− =

=

3 y 33

2 2 2 2 3

y 000

8dy 4y 9 y 8(9 y 2 9 y d(9 y ) 72y y3

=

=

⎡ ⎤⎡ ⎤= − + − = − − − + −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⌠⌡ ∫ =


y 32 3/ 2

3/ 2

y 0

(9 y ) 42 72 3 72 9 144 1803 32

=

=

−= − + × − == + =

8. Υπολογίστε το κλειστό επιφανειακό ολοκλήρωμα I= F n⋅∫∫ dS

S

όπου F=4xzi-

y2j+yzk και S η επιφάνεια του κύβου, που ορίζεται από τις εξισώσεις: x=0, x=1, y=0, y=1, z=0, z=1. Λύση: Από το θεώρημα του Gauss έχουμε:

[ ]F n F⋅ = ∇ ⋅ = − + = − = − =∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫dS dV z y y dV z y]dxdydz dx dy dz z y]S V V V

4 2 4 40

1

0

1

0

1[ [

[ ]dx dy z yz dx dy y dx y y dx xz

z

y

y

0

1

0

12

0

1

0

1

0

1

0

12

0

1

0

1

0

1

2 2 212

212

32

32∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫− = − = −

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥= =

=

=

=

=

( ) =

9. Επαληθεύστε το θεώρημα του Gauss για το διανυσματικό πεδίο F=4xi-2y2 2j+z k και για την κλειστή επιφάνεια, που ορίζεται από τις επιφάνειες x2+y2=4, z=0, z=3.

∇ ⋅ = ⋅∫∫∫ ∫∫F FdV dSV S

Λύση: Εχουμε: n

z yz z dxdy( y dxdy y)S

z

z

S S1 1 1

4 4 12 12 9 21 1220

3

∫∫ ∫∫− + = − + = −=

=) (

2

dxdy(21 12y) (21 12r sin )rdrd

21r 12r sin )dr

α) 1

3

0V V S

dV (4 4y 2z)dV dxdy (4 4y 2z)dz∇ ⋅ = − + = − + =∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫F

= dxdy∫∫ ( )[ ]Επειδή η επιφάνεια S1 είναι κυκλικός δίσκος στο επίπεδο OXY με κέντρο την αρχή των αξόνων χρησιμοποιούμε πολικές συντεταγμένες x=rcosθ , y=rsinθ dxdy → rdrdθ και έχουμε:

−1 1S T

2π 2

0 0d (

= − θ θ =

= θ − θ =

∫∫ ∫∫

∫ ∫

z

S3

S2

S1

Γ

Δ

A

B

x

y

=2

r 22π2 3

0r 0

0

21d r r sin (42 32sin )d 84π2

π=

=

⎡ ⎤θ − θ = − θ θ =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫4

β) Για το κλειστό επιφανειακό ολοκλήρωμα έχουμε:

F n⋅ =∫∫ dSS

F n F n F n⋅ + ⋅ + ⋅∫∫ ∫∫ ∫∫dS dS dSS S S

1 2

1 2 3

3

Στην επιφάνεια S1 έχουμε: z=0 , n=-k , F=4xi-2yj και F⋅n=0 Άρα =0 F n⋅∫∫ dS

S1

1


Στην επιφάνεια S2 έχουμε: z=3 , n=k , F=4xi-2y j+9k και F⋅n=9 Άρα

2 2

2 2S S

dS 9 dS 36π⋅ = =∫∫ ∫∫F n

Στην επιφάνεια S3 , που είναι κυλινδρική με εξίσωση x2+y2=4, διευκολύνει περισσότερο αν χρησιμοποιήσουμε την διανυσματική παραμετρική εξίσωση: r(θ,z)=2cosθi+2sinθj+zk με 0≤θ<2π και 0≤z≤3. Έχουμε:

2sin 2cos2sin 2cos 0 2cos 2sin

z0 0 1

z

∂ ⎫= − θ + θ ⎪ ∂ ∂⎪∂θ ⇒ × = − θ θ = θ + θ ⇒⎬∂ ∂θ ∂⎪=⎪∂ ⎭

r i j ki jr r i j

r k

2 2 z4cos 4sin 2 cos sinz

z

∂ ∂×∂ ∂ ∂θ ∂× = θ + θ = ⇒ = = θ + θ

∂ ∂∂θ ∂ ×∂θ ∂

r rr r n i j

r r

F⋅n=[8cosθi-8sin2 2θj+zk]⋅[cosθi+sinθj]=8cos θ-8sin3θ

F n⋅ =∫∫ dSS

33

( )3

2 3

S T

d dz 8cos 8sin 2d dzz

∂ ∂⋅ × θ = θ − θ θ

∂θ ∂∫∫ ∫∫r rF n =

= ( ) ( )3 2π 2π2 3 2 3

0 0 02 dz 8cos 8sin d 48 cos sin d 48πθ − θ θ = θ − θ θ =∫ ∫ ∫

Τελικά:

S

dS 0 36π 48π 84π⋅ = + + =∫∫ F n

Παρατήρηση: Οι υπολογισμοί για το τρίτο επιφανειακό ολοκλήρωμα, εργαζόμενοι σε καρτεσιανές συντεταγμένες, έχουν ως εξής:

είναι: Η εξίσωση για την επιφάνεια S3∇∇

=+

+= +

ff

x yx y

x y| |

(2 24 4

122 2

i ji jf(x,y,z)=x2+y2-4=0 ⇒ n= ) και F⋅n=2x2-y3 άρα

3 3 3

3 3 3S S (y 0) S (y 0) (AB ) (AB )

y 0 y 0

dxdz dxdzdS dS dS| | | |⟩ ⟨ ΓΔ ΓΔ

⟩ ⟨

⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅⋅ ⋅∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫F n F n F n F n F n

n=

j n j

( ) ( )2 3 2 3

(AB ) (AB )y 0 y 0

dxdz dxdz2 2x y 2 2x y| y | | y |ΓΔ ΓΔ

⟩ ⟨

− + −∫∫ ∫∫= =

( )( ) ( )( )3/ 2 3/ 22 2 2 2

2 2

(AB ) (AB )

dxdz dxdz2 2x 4 x 2 2x 4 x4 x 4 x

ΓΔ ΓΔ

− − + + − =− −

⌠⌠ ⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡

=

32 2

2 22

2 2

( ) 2 20

dxdz x dx x dx2 4x 8 dz 244 x 4 x 4 x

ΑΒΓΔ − −

= =− −

⌠ ⌠ ⌠⌠⌠ ⎮⎮⎮ ⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡ ⌡⌡

=2−

Θέτοντας x=2sinω ⇒ dx=2cosωdω έχουμε:


/ 22/ 22 2

π/ 22π/ 22 2

/ 22 / 2

x dx 4sin 2cos d 4 sin d 2 2sin cos 2π4 x 2 1 sin

ππ

−−π

− −π

ω ω ω= = ω ω = ω− ω

− − ω

⌠⌠⎮ ⎮⌡ ⌡ ∫ ω =

Τελικά 3

3S

dS 24 2π 48π⋅ = × =∫∫F n

10. Να βρεθεί η ροή του διανυσματικού πεδίου F=Axi+Byj+Γzk διαμέσου ενός στε-ρεού όγκου V. Λύση: Από το θεώρημα του Gauss έχουμε: Φ= (A+B+Γ)V

S V V

dS dV (A B )dV⋅ = ∇ ⋅ = + + Γ =∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫F n F


(10ου Κεφαλαίου) 1) Για τις παρακάτω συναρτήσεις να προσδιορίσετε τα κρίσιμα σημεία τους και το είδος τους : α) z=f(x,y)=x2+(y-1)2 β) z=f(x,y)=x2-(y-1)2 γ) z=1+x2-y2 δ) z=f(x,y)=(x-y+1)2 ε) z=f(x,y)=2x2-xy-3y2-3x+7y ζ) z=f(x,y)=x2-xy+y2-2x+y Λύση : α) Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις :

∂∂

fx

=2x=0 και ∂∂

fy

=2(y-1)=0

ως προς x και y. Το μοναδικό κρίσιμο σημείο είναι (0,1), όπου η τιμή της συνάρτησης εί-ναι μηδέν. Επειδή όμως f(x,y)≥0 ∀(x,y)∈R2 , το σημείο (0,0) είναι απόλυτο ελάχιστο. Το ίδιο συμπέρασμα προκύπτει εάν χρησιμοποιήσουμε την ορίζουσα του Hess. Έχουμε ∂∂

2

2xf(0,0)=2>0 ,

∂∂

2

2yf(0,0)=2 ,

∂∂ ∂

2

x yf(0,0)=0 ,

∂∂ ∂

2

y xf(0,0)=0

Η=

∂∂

∂∂ ∂

∂∂ ∂

∂∂

20 02

20 0

20 0

20 02

f x yx

f x yx y

f x yy x

f x yy

( , ) ( , )

( , ) ( , )

=2 00 2

=4>0

Επειδή Η>0 και ∂∂

2

2xf(0,0)=2>0 η συνάρτηση

f(x,y) έχει ελάχιστο, το οποίο είναι απόλυτο, επειδή είναι το μοναδικό ακρότατο και η συ-νάρτηση f(x,y) είναι συνεχής ∀(x,y)∈R2

β) Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις :

∂∂

fx

=2x=0 και ∂∂

fy

=-2(y-1)=0

ως προς x και y. Το μοναδικό κρίσιμο σημείο είναι (0,1), όπου η τιμή της συνάρτησης εί-ναι μηδέν. Έχουμε : ∂∂

2

2xf(0,1)=2>0,

∂∂

2

2yf(0,1)=-2,

∂∂ ∂

2

x yf(0,1)=0 ,

∂∂ ∂

2

y xf(0,1)=0 ⇒


Η=

∂∂

∂∂ ∂

∂∂ ∂

∂∂

20 02

20 0

20 0

20 02

f x yx

f x yx y

f x yy x

f x yy

( , ) ( , )

( , ) ( , )

=2 00 2−

=-4<0. Επειδή H<0 το σημείο (0,1) είναι σαγμα-

τικό σημείο. γ) Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις :

∂∂

fx

=2x=0 και ∂∂

fy

=-2y=0

ως προς x και y. Το μοναδικό κρίσιμο σημείο είναι (0,0), όπου η τιμή της συνάρτησης είναι μηδέν. Έχουμε : ∂∂

2

2xf(0,0)=2>0,

∂∂

2

2yf(0,0)=-2 ,

∂∂ ∂

2

x yf(0,0)=0,

∂∂ ∂

2

y xf(0,0)=0 ⇒ H=-4<0

Επειδή H<0 το σημείο (0,1) είναι σαγματικό ση-μείο. δ) Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις :

∂∂

fx

=2(x-y+1)=0 και ∂∂

fy

=-2(x-y+1)=0

ως προς x και y. Η λύση δίνει την ευθεία y=x+1. Επομένως τα κρίσιμα σημεία της συνάρ-τησης είναι όλα τα σημεία της ευθείας y=x+1. Έχουμε :

∂∂

2

2xf(x,y)=2>0,

∂∂

2

2y f(x,y)=2,

∂∂ ∂

2

x y f(x,y)=0,

∂∂ ∂

2

y x f(x,y)=0 ⇒

H=4>0

Επειδή H>0 και ∂∂

2

2xf (x,y)>0 όλα τα σημεία

της ευθείας y=x+1 είναι απόλυτα ελάχιστα. ε) Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις :

∂∂

fx

=4x-y-3=0 και ∂∂

fy

=-x-6y+7=0

ως προς x και y. Η λύση δίνει το σημείο (1,1). Έ-χουμε : ∂∂

2

2xf(1,1)=4>0,

∂∂

2

2yf(1,1)=-6,


∂∂ ∂

2

x yf(1,1)=-1,

∂∂ ∂

2

y xf(1,1)=-1 ⇒

H=

∂∂

∂∂ ∂

∂∂ ∂

∂∂

20 02

20 0

20 0

20 02

f x yx

f x yx y

f x yy x

f x yy

( , ) ( , )

( , ) ( , )

=4 11 6

−− −

=-26<0

Επειδή H<0 το σημείο (1,1) είναι σαγματικό σημείο. ζ) Αναζητούμε τα κρίσιμα σημεία λύνοντας τις εξισώσεις :

∂∂

fx

=2x-y-2=0 και ∂∂

fy

=-x+2y+1=0

ως προς x και y. Η λύση δίνει το σημείο (1,0). Έχουμε : ∂∂

2

2xf(1,0)=2>0 ,

∂∂

2

2yf(1,0)=2 ,

∂∂ ∂

2

x yf(1,0)=-1 ,

∂∂ ∂

2

y xf(1,0)=-1 ⇒

H=

∂∂

∂∂ ∂

∂∂ ∂

∂∂

20 02

20 0

20 0

20 02

f x yx

f x yx y

f x yy x

f x yy

( , ) ( , )

( , ) ( , )

=2 11 2

−−

=6>0

Επειδή H>0 και ∂∂

2

2xf(1,0)=2>0 η συνάρτηση

f(x,y) έχει απόλυτο ελάχιστο στο σημείο (1,0). 2) Προσδιορίστε τα ακρότατα της συνάρ-τησης z=xy με την συνθήκη x+y=1 Λύση Ακολουθώντας την μέθοδο του Lagrange έχουμε : F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)=xy+λ(x+y-1) ⇒

∇F= ( ) ( )xy x y 1 xy x y 1x y∂ ∂

+ λ + − + + λ + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂ ∂i j =

=(y+λ)i+(x+λ)j=0 ⇒ y=-λ , x=-λ ⇒ y=x και επειδή x+y=1 προκύπτει 2x=1 ⇒ x=½ , y=½ Άρα η συνάρτηση f(x,y) δέχεται στο σημείο (½,½) α-κρότατο υπό συνθήκες. Το είδος του ακροτάτου βρί-σκεται εάν αντικαταστήσουμε στην έκφραση της συ-νάρτησης f(x,y) το y=1-x και έχουμε z=f(x,1-x)=x(1-x)=x-x2, όπου προφανώς για x=½ η συνάρτηση f(x,1-x) δέχεται μέγιστο. 3) Προσδιορίστε την μέγιστη και ελάχιστη απόσταση της αρχής των αξόνων από την καμπύλη 5x2+6xy+5y2=8. Λύση : Εδώ η συνάρτηση f(x,y) δίνει την απόσταση ενός σημείου (x,y) της καμπύλης από την αρχή των αξόνων, είναι δηλαδή


f(x,y)= x y2 2+ Ακολουθώντας την μέθοδο του Lagrange με φ(x,y)= 5x2+6xy+5y2-8=0, έχουμε : F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)= x y2 + 2 +λ(5x2+6xy+5y2-8) ⇒

∇F= ( )2 2

x 10x 6yx y

⎛ ⎞+ λ + +⎜ ⎟

⎜ ⎟+⎝ ⎠i

+ (2 2

y 6x 10yx y

⎛ ⎞+ λ +⎜ ⎟

⎜ ⎟+⎝ ⎠) j=0 ⇒

( )2 2

x 10x 6yx y

+ λ ++

=0 ,

( )2 2

y 6x 10yx y

+ λ ++

=0 ⇒

xx y

yx y10 6 6 10+

=+

⇒ x2=y2 ⇒

(i) y=x (ii) y=-x (i) φ(x,y)y=x=5x2+6xy+5y2-8|y=x=16x2-8=0

⇒ x=1/√2 , x=-1/√2 Επομένως η απόσταση f(x,y)= x y2 2+ |y=x=±1/√2=1 (ii) φ(x,y)y=-x=5x2+6xy+5y2-8|y=-x=x2-2=0 ⇒ x=√2 , x=-√2 Επομένως η απόσταση f(x,y)= x y2 2+ |y=-x=±√2=2 Τελικά στα σημεία (±1/√2, ±1/√2) η απόσταση παίρνει την ελάχιστη τιμή f=1 και στα σημεία (±√2, √2) η απόσταση παίρνει την μέγιστη τιμή f=2 ∓ 4). Προσδιορίστε τα ακρότατα της συνάρτησης z=f(x,y)=cos2x+cos2y με την συνθήκη x-y=π/4. Λύση : Ακολουθώντας την μέθοδο του Lagrange με φ(x,y)=x-y-π/4=0, έχουμε : F(x,y)=f(x,y)+λφ(x,y)=cos2x+cos2y +λ(x-y-π/4) ⇒

∇F=[ 2cosx(-sinx)+λ ]i+[ 2cosy(-siny)-λ ]j=0 ⇒ -2cosxsinx+λ=0 , 2cosysiny+λ=0 ⇒ sin2y=-sin2x ⇒ sin2y=sin(-2x) ⇒

(i) 2y=-2x+2kπ ⇒ y=-x+kπ k∈Z (Τα τόξα 2y και -2x διαφέρουν κατά ακέραιο πολλαπλάσιο του 2π). Από την συνθήκη φ(x,y)=x-y-π/4=0 και για y=-x+kπ προκύπτει : y=-x+kπ , y=x-π/4 ⇒ x=π/8+kπ/2 και y=-π/8+kπ/2 Η δε τιμή της συνάρτησης f(x,y), η οποία γράφεται και f(x,y)=[ 1/2+1/2cos(2x) ]+[ 1/2+1/2cos(2y) ] = 1+½[cos(2x)+cos(2y)] είναι : f(x=π/8+kπ/2, y=-π/8+kπ/2)=1+½[cos(π/4+kπ)+cos(-π/4+kπ)] Διακρίνουμε δυο περιπτώσεις : α) Εάν k=2ρ, ρ∈Ζ, τότε f=1+½[ cos(π/4)+cos(-π/4) ]=1+cos(π/4)=1+√2/2 β) Εάν k=2ρ+1, ρ∈Ζ, τότε f=1+½[ cos(π/4+π)+cos(-π/4+π) ]=1+cos(π/4+π)=1-√2/2


Τελικά για α′) k=2ρ δηλαδή για x=π/8+ρπ , y=-π/8+ρπ έχουμε μέγιστο και για β′) k=2ρ+1 δηλαδή για x=5π/8+ρπ, y=3π/8+ρπ ελάχιστο. (ii) 2y-2x=πk ⇒ y=x+πk/2 k∈Z (τα τόξα 2y και -2x είναι παραπληρωματικά και επομένως έχουν άθροισμα ακέραιο πολ-λαπλάσιο του π) Από την συνθήκη φ(x,y)=x-y-π/4=0 και για y=x+πk/2 προκύπτει: y=x+πk/2 , y=x-π/4 από τις οποίες δεν προσδιορίζονται τα x και y.

5) Δίνονται δυο καμπύλες C1 και C2 του επιπέδου ΟΧΥ, που περιγράφονται αντί-στοιχα από τις εξισώσεις: y=f1(x) και y=f2(x). Θεωρούμε ένα σημείο Ρ1∈C1 της πρώτης καμπύλης και ένα άλλο σημείο Ρ2∈C1 της δεύτερης καμπύλης. Εάν d είναι η απόσταση των δυο αυτών σημείων, να βρεθούν οι συντεταγμένες των σημείων αυτών ώστε η από-σταση d να είναι η ελάχιστη. Εφαρμόστε τα παραπάνω για την περίπτωση των καμπυλών:

Α) C1: y=f1(x)=x2 και C2: y=f2(x)=x-1. και Β) C1: y=f1(x)=x2 και C2: y=f2(x)=-(x-2)2.

Λύση: Α) Προς διευκόλυνση των υπολογισμών θα αλλάξουμε λίγο τον συμβολισμό και θα θέσουμε για την καμπύλη C1: y1=f1(x1)=x1

2 και για την καμπύλη C2: y2=f2(x2)=x2-1. Εάν οι συντεταγμένες των ζητούμενων σημείων είναι: P1(x1,y1) και P2(x2,y2), τότε η από-σταση τους θα δίνεται από την σχέση:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )222 2 21 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1d P , P x x f x f x x x x 1 x= − + − = − + − −

Για να βρούμε τα ακρότατα της απόστασης d αρκεί να βρούμε τα ακρότατα του υπορίζου που είναι το d2. Θα αναζητήσουμε τα κρίσιμα σημεία από τις εξισώσεις:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 22 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 11 1

d x x x 1 x 2 x x 2 x 1 x 2xx x∂ ∂ ⎡ ⎤= − + − − = − − + − − −⎢ ⎥⎣ ⎦∂ ∂

0=

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2

2 1 2 1 2 1 2 12 2

d x x x 1 x 2 x x 2 x 1 xx x∂ ∂ ⎡ ⎤= − + − − = − + − −⎢ ⎥⎣ ⎦∂ ∂

0=

Οι πραγματικές λύσεις που προκύπτουν είναι: x1=1/2 και x2=7/8 Υπολογίζουμε τις δεύτερες μερικές παραγώγους:


2 221 22

1

d 12x 4x 6x

∂= − +

∂,

2 2 2 2

11 2 2 1

d d2 4xx x x x∂ ∂

= − − =∂ ∂ ∂ ∂

, 2 2

22

d 4x∂

=∂

οι οποίες για x1=1/2 και x2=7/8 παίρνουν τις τιμές:

1 2

2 2

21 x 1/ 2, x 7 /8

d 7x

= =

∂=

∂,

1

2 2

22 x 1/ 2

d 4x

=

∂=

∂,

2 2 2 2

1 2 2 1

d d4x x x x∂ ∂

= − =∂ ∂ ∂ ∂

επομένως η ορίζουσα του Hess παίρνει την τιμή 7 4

H 28 14 4

−= = −−

6 12= >0 και επειδή 1

2 2

21 x 1/ 2

d 7x

=

∂=

∂>0

η απόσταση d γίνεται ελάχιστη. Τα αντίστοιχα σημεία των καμπυλών είναι: ( ) ( ) ( )

1 1

21 1 1 1 1 1 1x 1/ 2 x 1/ 2

P x , y P x , x P 1/ 2, 1/ 4= =

= =

και ( ) ( ) ( )2 2

2 2 2 2 2 2 2x 7 /8 x 7 /8P x , y P x , x 1 P 7 / 8, 1/ 8

= == − = −

και η ελάχιστη απόσταση είναι:

( ) ( ) ( ) ( )( )1 2

22 21 2 2 1 2 1

x 1/ 2, x 7 /8

3 2d P ,P x x x 1 x8= =

= − + − − =

Βέβαια το πρόβλημα αυτό μπορεί να λυθεί πιο εύκολα αρκεί να θυμηθούμε τον τύπο που δίνει την απόσταση ενός σημείου από ευθεία, ο οποίος είναι:

1 1

1 2 2

Ax Byd(P , )

+ +Γε =

Α +Β

όπου (ε) είναι εξίσωση της ευθείας, που στην περί-πτωση μας είναι (ε): x-y-1=0 ⇒ A=1, B=-1, Γ=-1. Επομένως:

21 11 1

1

x x 1x y 1d(P , )

2 2

− −− −ε = =

και η απόσταση αυτή γίνεται ελάχιστη όταν το τριώ-νυμο στον αριθμητή γίνεται ελάχιστο. Με απλά μαθη-ματικά βρίσκουμε ότι η απόσταση γίνεται ελάχιστη όταν x1=1/2 και με αντίστοιχο y1=(x1

2)=1/4. Η δε ελά-χιστη απόσταση είναι:

2

1

1/ 2 (1/ 2) 1 3 2d(P , )82

− −ε == = .

Επομένως το ένα σημείο είναι το P1(x1, y1)=P1(½, ¼). Για να βρούμε τις συντεταγμένες του άλλου σημείου P2(x2, y2), πρέπει να λύσουμε το εξής πρόβλημα της Αναλυτικής Γεω-μετρίας: Να βρεθεί το σημείο τομής της ευθείας (ε): y=x-1 και της ευθείας (η), η οποία τέμνει κάθετα την (ε) και διέρχεται από το σημείο P1(½, ¼). Η λύση αυτού του προβλή-ματος αφήνεται στον αναγνώστη. Β) Για την δεύτερη περίπτωση εφαρμόζουμε τους παραπάνω τύπους και έχουμε: C1: y1=f1(x1)=x1

2 για την πρώτη καμπύλη και C2: y2=f2(x2)=-(x2-2)2 για την δεύτερη. Η έκφραση της αποστάσεως είναι:


( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )222 2 21 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1d P ,P x x f x f x x x x 2 x= − + − = − + − − −2

Για να βρούμε τα ακρότατα της απόστασης d αρκεί να βρούμε τα ακρότατα του υπορίζου που είναι το d2. Θα αναζητήσουμε τα κρίσιμα σημεία από τις εξισώσεις:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 11 1

d x x x 2 x 2 x x 2 (x 2) x 2x 0x x∂ ∂ ⎡ ⎤= − + − − − = − − + − − − −⎢ ⎥∂ ∂ ⎣ ⎦

2 =

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1 22 2

d x x x 2 x 2 x x 2 (x 2) x 2 x 1x x∂ ∂ ⎡ ⎤= − + − − − = − + − − − − −⎢ ⎥∂ ∂ ⎣ ⎦

0=

Οι πραγματικές λύσεις που προκύπτουν, (με την βοήθεια υπολογιστή, γιατί αναλυτικά

δεν μπορούν να υπολογιστούν), είναι: x1=0.58975 και x2=1.41024

Υπολογίζουμε τις δεύτερες μερικές παραγώγους: 2 2

2 21 22

1

d 18 12x 4x 16xx

∂= + + −

∂ 2 ,

2 2 2 2

1 2 11 2 2 1

d d2 8x x 16xx x x x∂ ∂

= − + − =∂ ∂ ∂ ∂

, 2 2

2 22 22

2

d 50 12x 48x 4xx∂

= + − +∂ 1

οι οποίες για x1=0.58975 και x2=1.41024 παίρνουν τις τιμές:

1 2

2 2

21 x 0.58975, x 1.41024

d 7.56492x

= =

∂=

∂,

1 2

2 2

22 x 0.58975, x 1.41024

d 4.782487x

= =

∂= −

∂,

1 2

2 2

1 2 x 0.58975, x 1.41024

d 4.782487x x

= =

∂= −

∂ ∂

επομένως η ορίζουσα του Hess παίρνει την τιμή

7.56492 4.78248H 34.35076

4.78248 7.56502−

= =−

>0

και επειδή 1

2 2

21 x 1/ 2

d 7.56492x

=

∂=

∂>0

η απόσταση d γίνεται ελάχιστη. Τα αντίστοιχα σημεία των καμπυλών είναι: ( ) ( ) ( )

1 1

21 1 1 1 1 1 1x 0.58975 x 0.58975

P x , y P x , x P 0.58975, 0.34780= =

= =

και ( ) ( ) ( )2 2

22 2 2 2 2 2 2x 1.41024 x 1.41024

P x , y P x , (x 2) P 1.41024, 0.34781= =

= − − = −

και η ελάχιστη απόσταση είναι:

( ) ( ) ( ) ( )( )1 2

22 2 21 2 2 1 2 1

x 0.58975, x 1.41024

d P ,P x x x 2 x 1.15709= =

= − + − − − =


6) Θεωρούμε έναν μεταλλικό κυκλικό δίσκο με εξίσωση x2+y2=1. Ο δίσκος θερμαί-νεται έτσι ώστε η θερμοκρασία Τ σε κάθε σημείο (x,y) δίνεται από την σχέση:

T(x,y)=x2+2y2-x Βρείτε τα πιο θερμά και τα πιο ψυχρά σημεία του μεταλλικού δίσκου καθώς και τη θερ-μοκρασία τους. Λύση: Τα ακρότατα θα αναζητηθούν στο εσωτερικό του κυκλικού δίσκου και στην περι-φέρεια του. α) Στο εσωτερικό του δίσκου. Ψάχνουμε να βρούμε που μηδενίζονται οι πρώτες παράγω-γοι του Τ. Έχουμε:

Tx∂∂

=2x-1=0, Ty∂∂

=4y=0 ⇒ (x,y)=(1/2,0)

Χρησιμοποιούμε την ορίζουσα του Hess για να βρούμε το είδος του ακροτάτου: 2

2

Tx∂∂

=2, 2

2

Ty∂∂

=4, 2T

x y∂∂ ∂

=0, 2T

y x∂∂ ∂

=0 ⇒ 2 0

H 80 4

= =

Επειδή H>0 και 2

2

fx∂∂

=2>0, το ακρότατο είναι ελάχιστο και το ελάχιστο αυτό είναι

T(1/2,0)=-1/4 β) Στην περιφέρεια του δίσκου. Από την εξίσωση του δίσκου: x2+y2=1 λύνουμε ως προς y2=1-x2, (επειδή ο τύπος της θερμοκρασίας Τ δεν περιέχει y) και αντικαθιστούμε στον τύ-που του Τ: T(x)=x2+2(1-x2)-x=-x2-x+2 ⇒ T′=-2x-1=0 ⇒ x=-1/2 Επειδή δε T′′(x)=-2<0 έχουμε μέγιστα. Τα αντίστοιχα σημεία είναι: για x=-1/2 έχουμε y2=1-1/4=3/4 ⇒ y=±√3/2 δηλ. (-1/2,√3/2) και (-1/2,-√3/2). Οι αντίστοιχες τιμές των με-γίστων είναι: T(-1/2, √3/2)=9/4 και T(-1/2,-√3/2)=9/4

7) Δίνεται η επιφάνεια S, που ορίζεται από την εξίσωση: ( ) 1z g x, yxy

= = . Να βρε-

θούν τα σημεία της S που είναι πλησιέστερα στην αρχή των αξόνων.

Λύση: Η απόσταση του σημείου (x,y,z) από την αρ-χή (0,0,0) δίνεται από την έκφραση:

2 2 2d x y z= + + Εάν (x,y,z)∈S, τότε η d εκφράζεται σαν μια συνάρ-τηση δυο μεταβλητών:

( ) 2 22 2

1d x, y x yx y

= + +

Η συνάρτηση d τείνει στο άπειρο όταν τα x, y πλη-σιάζουν το μηδέν ή τείνουν στο άπειρο. Έτσι φαίνε-ται λογικό η συνάρτηση d να παίρνει μια ελάχιστη τιμή για κάποιες μη μηδενικές πεπερασμένες τιμές των x και y. Η d ελαχιστοποιείται όταν το υπόριζο ελαχιστοποιείται. Θέτουμε:

( ) 2 22 2

1f x, y x yx y

= + +


και αναζητούμε τα ελάχιστα της f. Υπολογίζουμε την κλίση της:

( ) 3 2 3 2

2 2f x, y 2x 2yx y y x

⎛ ⎞ ⎛∇ = − + −⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝i j⎞⎟

⎠

η οποία μηδενίζεται όταν

3 2 3 2

2 22x 0 2yx y y x

⎛ ⎞ ⎛− = = −⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

δηλαδή x4y2-1=0 και x2y4-1=0. Από την πρώτη εξίσωση παίρνουμε y2=1/x4 και αντικα-

θιστώντας στη δεύτερη παίρνουμε:2

8

x 1x

= ⇒ x6=1 ⇒ x=±1 και από την εξίσωση

y2=1/x4 προκύπτει y=±1. Επομένως η f έχει τέσσερα κρίσιμα σημεία: (1,1), (1,-1), (-1,1), (-1,-1). Για να αποφανθούμε αν αυτά είναι τοπικά μέγιστα, τοπικά ελάχιστα ή σαγματικά σημεία, υπολογίζουμε την ορίζουσα του Hess. Έχουμε:

2 2 2

2 4 2 2 2 4 3

f 6 f 6 f2 , 2 ,x x y y x y x y x∂ ∂ ∂

= + = + =∂ ∂ ∂ ∂ 3

4y

Επομένως ( ) ( )2 2

2

f , f ,8

x y∂ α β ∂ α β

= =∂ ∂ 2 όπου (α,β) είναι οποιοδήποτε από τα τέσσερα

κρίσιμα σημεία και ( )2f ,

4x y

∂ α β= ±

∂ ∂. Η ορίζουσα του Hess είναι:

( ) ( )

( ) ( )

22

2

2 2

2

f ,f , 8 4x yx

H 64 8f , f ,

y x y

∂ α β∂ α β±∂ ∂∂

= = =±∂ α β ∂ α β

∂ ∂ ∂

4 14 48 0− = >

και επειδή ( )2

2

f ,8 0

x∂ α β

= >∂

συμπεραίνουμε ότι κάθε κρίσιμο σημείο είναι τοπικό ε-

λάχιστο. Τέλος παρατηρούμε ότι f(α,β)=3 για όλα τα τοπικά ελάχιστα και επομένως τα σημεία της επιφάνειας S που είναι τα πλησιέστερα προς την αρχή των αξόνων (0,0,0) εί-ναι τα : (1,1,d), (1,-1,d), (-1,1d), και (-1,-1,d) με d 3= .


(11ου Κεφαλαίου) 1. Εάν οι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες (u1 ,u2 ,u3) είναι ορθογώνιες, δηλ. Ei⋅Εj=0 i≠j, τότε Εi=ei i=1,2,3 . Λύση : Από το Σχ. 2 έχουμε ότι το διάνυσμα Ε2 είναι κάθετο στο επίπεδο u2=c2 , (εξ' ορισμού). Επομένως κάθετο στο διάνυσμα e1 , (και e2 ). Επίσης το Ε3 είναι κάθετο στο e1 , (και e2 ). Άρα : e1⋅E3=0 , e1⋅E2=0 (1) αλλά E1⋅E3=0 , E1⋅E2=0 (2) Από τις (1) και (2) έχουμε : e1=E1 . Όμοια αποδεικνύεται e2=Ε2 και e3=Ε3 . 2. Περιγράψτε τις συντεταγμένες επιφάνειες και συντεταγμένες καμπύλες α) για τις κυλινδρικές και β) για τις σφαιρικές συντεταγμένες. Λύση : α) Οι συντεταγμένες επιφάνειες είναι : r=c1 ομοαξονικοί κύλινδροι με κοινό άξονα ΟZ, (ή ο ΟΖ άξονας εάν c1=0). θ=c2 επίπεδα που διέρχονται από τον άξονα ΟΖ z=c3 επίπεδα κάθετα στον άξονα ΟΖ. Οι συντεταγμένες καμπύλες είναι : Η τομή των επιφανειών r=c1 και θ=c2 , (z-καμπύλη), είναι ευθεία γραμμή. Η τομή των επιφανειών r=c1 και z=c3 , (θ-καμπύλη), είναι κύκλος, (ή σημείο). Η τομή των επιφανειών θ=c2 και z=c3 , (r-καμπύλη), είναι ευθεία γραμμή. β) Οι συντεταγμένες επιφάνειες είναι : r=c1 σφαίρες με κέντρο την αρχή, (ή η αρχή εάν c1 =0). θ=c2 επίπεδα που διέρχονται από τον άξονα ΟΖ. φ=c3 κώνοι που έχουν κορυφή την αρχή Ο, (ή ευθείες γραμμές εάν c2 =0 ή π και το xοy επίπεδο εάν c2=π/2). Οι συντεταγμένες καμπύλες είναι : Η τομή των r=c1 και θ=c2 , (φ-καμπύλη), είναι ένα ημικύκλιο, (c1≠0) Η τομή των r=c1 και φ=c3 , (θ-καμπύλη), είναι κύκλος, (ή σημείο). Η τομή των θ=c2 και φ=c3 , (r-καμπύλη) είναι ευθεία. 3. Να αποδείξετε ότι το σύστημα των κυλινδρικών συντεταγμένων είναι ορθογώνιο. Λύση : Το διάνυσμα θέσης ενός τυχόντος σημείου στις κυλινδρικές συντεταγμένες είναι : r=xi+yj+zk=rcosθi+rsinθj+zk

Έχουμε : cos sinr∂

= θ − θ∂r i j cos sin

r∂

= θ − θ∂r i j

∂∂

rk

z=

e1=er=

∂∂∂∂

r

rr

r

=cosθi+sinθj e2=eθ=

∂∂θ∂∂θ

r

r=-sinθi+cosθj e3=ez=

∂∂∂∂

r

rz

z

=k

Τότε : e1⋅e2 =(cosθi+sinθj)⋅(-sinθi+cosθj)=-cosθsinθ+sinθcosθ=0 e1⋅e3 =(cosθi+sinθj)⋅k=0


e2⋅e3=(-sinθi+cosθj)⋅k=0 4. Να παρασταθεί το διάνυσμα F=zi-2xj+yk στις κυλινδρικές συντεταγμένες. Λύση : Από την προηγούμενη άσκηση έχουμε : er=cosθi+sinθj , eθ=-sinθi+cosθj , ez=k (1) Από τις (1α) και (1β) έχουμε :

2

r r2

cos sin cos cos cos cos sinsin cos sin sin sin sin cosθ θ

= θ + θ θ θ = θ + θ θ⎫⇒ ⇒⎬= − θ + θ θ θ = − θ + θ θ⎭

e i j e i je i j e i j

i=cosθer-sinθeθ Επίσης προκύπτει j=sinθer+cosθeθΕπομένως : F=zi-2xj+yk=z(cosθer-sinθeθ )-2rcosθ(sinθer+cosθeθ)+rsinθez= =(zcosθ-2rcosθsinθ)er-(zsinθ+2rcos2θ)eθ+rsinθez=Frer+Fθeθ+Fzezμε Fr=zcosθ-2rcosθsinθ , Fθ=zsinθ+2rcos θ , Fz=rsinθ

5. Αποδείξτε ότι r rd de e , edt dt

θ θ′ ′= θ = −θ e

Λύση : Από την άσκηση 3 έχουμε : er=cosθi+sinθj , eθ=-sinθi+cosθj Άρα : der/dt=-θ′sinθi+θ′cosθj=(-sinθi+cosθj)θ′ = θ′eθ deθ/dt=-θ′cosθi-θ′sinθj=-θ′(cosθi+sinθj)=-θ′er 6. Εκφράστε την ταχύτητα v και την επιτάχυνση α ενός σωματίου στις κυλινδρικές συ-ντεταγμένες. Λύση : Στις καρτεσιανές συντεταγμένες έχουμε : r=xi+yj+zk , v=dv/dt=x′i+y′j+z′k , α=d2r/dt2=x″i+y″j+z″k Στις κυλινδρικές συντεταγμένες έχουμε, (βλ. άσκηση 4) : i=cosθer-sinθeθ j=sinθer+cosθeθΆρα r=xi+yj+zk = (rcosθ)( cosθer-sinθeθ)+(rsinθ)( sinθer+cosθeθ)+zez=rer+zez Τότε : v=dr/dt=r′er+rder/dt+z′ez=r′er+rθ′eθ+z′ez

α=d2r/dt2=r″er+r′der/dt+r′θ′eθ+rθ″eθ+rθ′deθ/dt +z″ez= =r″er+r′θ′eθ+r′θ′eθ+rθ″eθ +rθ′(-θ′)er+z″ez = = (r″-rθ′2)er+(rθ″+2r′θ′)eθ+z″ez 7. Να υπολογισθεί το ds2 , (όπου ds το στοιχειώδες μήκος τόξου), στις κυλινδρικές συντεταγμένες και να ορισθούν οι μετρικοί συντελεστές. Λύση : Α′ Τρόπος : x=rcosθ , y=rsinθ , z=z dx = -rsinθdθ+cosθdr , dy = rcosθdθ+sinθdr , dz = dz Έτσι ds2=dx2+dy2+dz2=(-rsinθdθ+cosθdr)2+(rcosθdθ+sinθdr)2+dz2 = =(dr)2+r2(dθ)2+dz2=h1(dr)2+h2(dθ)2+h3(dz)2

με h1=hr=1 , h2=hθ=r , h3=hz=1 Β′ Τρόπος : r=rcosθi+rsinθj+zk . Τότε dr=[∂r/∂r]dr+[∂r/∂θ]dθ+[∂r/∂z]dz = (cosθi+sinθj)dr+(-rsinθi+rcosθj)dθ+kdz = =(cosθdr-rsinθ)i+(sinθdr+rcosθdθ)j+kdz Έτσι ds2=dr⋅dr=(cosθdr-rsinθ)2+(sinθdr+rcosθdθ)2+dz2=(dr)2+r2(dθ)2+(dz)2


8. Εάν u1, u2, u3 είναι ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες, να δειχθεί ότι :

Jx y z

u u uh h h

, ,, ,1 2 3

1 2 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

Λύση : Έχουμε

Jx y z

u u u

xu

yu

zu

xu

yu

zu

xu

yu

zu

, ,, ,1 2 3

1 1 1

2 2 2

3 3 3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = =

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu1 1 1 2 2 2 3 3 3

i j k i j k i j k+ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ × + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

= [ ] [ ]∂∂

∂∂

∂∂

r r re e e e e e

u u uh h h h h h h h h

1 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1 2 33

⋅ ×⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = ⋅ × = ⋅ × =

9. Εάν οι u1, u2, u3 είναι καμπυλόγραμμες συντεταγμένες, (όχι κατ' ανάγκη ορθογώνι-ες), τότε να δειχθεί ότι τα συστήματα των διανυσμάτων είναι αντίστροφα, δηλ.

ji

1 iu

0 iu

jj

οταν = ⎫∂− ⋅∇ = ⎬οταν ≠∂ ⎭

r

Λύση : Πολλαπλασιάζοντας την σχέση dr=[∂r/∂u1]du1+[∂r/∂u2]du2+[∂r/∂u3]du3

με ∇u1 προκύπτει :

∇ ⋅ = = ∇ ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ∇ ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ∇ ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒

∇ ⋅ = ∇ ⋅ = ∇ ⋅ =

u d du uu

du uu

du uu

du

uu

uu

uu

1 1 11

1 12

2 13

3

11

22

33

1 0 0

rr r r

r r r

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

, ,

Όμοια προκύπτουν και οι υπόλοιπες σχέσεις. 10. Βρείτε την έκφραση του ∇f σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες. Λύση : Έστω ∇f=f1e1+f2e2+f3e3 Εφ' όσον dr=[∂r/∂u1]du1+[∂r/∂u2]du2+[∂r/∂u3]du3=h1e1du1+h2e2du2+h3e3du3

τότε df=∇f⋅dr=h1f1du1+h2f2du2+h3f3du3 (1) αλλά df = [∂f/∂u1]du+[∂f/∂u2]du2+[∂f/∂u3]du3 (2) εξισώνοντας τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει :

f1=1

1 1hfu∂∂

, f2=1

2 2hf

u∂∂

, f3=1

3 3hfu∂∂

οπότε η βάθμωση γράφεται :

∇f=e e e1

1 1

2

2 2

3

3 3hfu h

fu h

fu

∂∂

∂∂

∂∂

+ +

και ο τελεστής ∇ παίρνει τη μορφή :

∇=e e e1

1 1

2

2 2

3

3 3h u h u h u∂∂

∂∂

∂∂

+ +


11. Εάν u1 ,u2 ,u3 είναι ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες, να δείξετε ότι : α) |∇ui|=1/hi i=1,2,3 β) ei=Ei i=1,2,3 Λύση :

α) Για f=u1 έχουμε ∇u1=e1

1h ⇒ |∇u1|=

e1

1 1

1h h

=

Όμοια : |∇u2|=1

2h |∇u3|=

1

3h

β) Εξ’ ορισμού έχουμε : Ei=∇∇

= ∇ =uu

h ui

ii i e i

12. Δείξτε ότι σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντεταγμένες ισχύουν :

α) ∇⋅(F1e1)= ( )1

1 2 3 11 2 3h h h u

F h h∂∂

β) ∇×(F1e1)= ( ) ( )e e2

3 1 31 1

3

1 2 21 1h h u

F hh h u

F h∂∂

∂∂

−

και παρόμοιες σχέσεις για τα διανύσματα F2e2 και F3e3Λύση : Κατ' αρχάς από την προηγούμενη άσκηση μπορούμε να δούμε ότι : e1=h2h3∇u2×∇u3

Πράγματι : ∇u2×∇u3=e e e e e2

2

3

3

2 3

2 3

1

2 3h h h h h h⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ×

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

×= ⇒ e1=h2h3∇u2×∇u3

Τώρα α) ∇⋅(F1e1)=∇⋅(F1h2h3∇u2×∇u3)=∇(F1h2h3)⋅(∇u2 ×∇u3)+F1h2h3∇.(∇u2 ×∇u3)=

=∇(F1h2h3)⋅e e

02

2

3

3h h⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ×

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + = ∇(F1h2h3)⋅

e1

2 3h h=

= ( ) ( ) ( ) ( )e e e e1

1 11 2 3

2

2 21 2 3

3

3 31 2 3

1

2 3 1 2 3 11 2 3

1h u

F h hh u

Fh hh u

Fh hh h h h h u

Fh h∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ ⋅ =

β) ∇×(F1e1)=∇×(F1h1∇u1)=∇(F1h1)×∇u1+F1h1∇×(∇u1) = ∇×(F1h1)×e

01

1h+ =

= ( ) ( ) ( )e e e e1

1 11 1

2

2 21 1

3

3 31 1

1

1h uF h

h uF h

h uF h

h∂∂

∂∂

∂∂

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ × = ( ) ( )e e2

3 1 31 1

3

1 2 21 1h h u

F hh h u

F h∂∂

∂∂

−

13. Εκφράστε το divF=∇⋅F και τον curlF=∇×F σε ορθογώνιες καμπυλόγραμμες συντε-ταγμένες. Λύση : α) ∇⋅F=∇⋅(F1e1+F2e2+F3e3)=∇⋅(F1e1)+∇⋅(F2e2)+∇⋅(F3e3) =

= ( ) ( ) ( )1

1 2 3 11 2 3

22 3 1

33 1 2h h h u

Fh hu

F h hu

F h h∂∂

∂∂

∂∂

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥


β) ∇×F=∇×(F1e1+F2e2+F3e3)=∇×(F1e1)+∇×(F2e2)+∇×(F3e3)=

= ( ) ( )e e2

3 1 31 1

3

1 2 21 1h h u

F hh h u

F h∂∂

∂∂

− + ( ) ( )e e3

1 2 12 2

1

2 3 32 2h h u

F hh h u

F h∂∂

∂∂

− +

+ ( ) ( )e e1

2 3 23 3

2

3 1 13 3h h u

F hh h u

F h∂∂

∂∂

− =

= ( ) ( )e1

2 3 23 3

32 2h h u

F hu

F h∂∂

∂∂

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥+ ( ) ( )e2

3 1 31 1

13 3h h u

Fhu

F h∂∂

∂∂

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ +

+ ( ) ( )e3

1 2 12 2

21 1h h u

F hu

Fh∂∂

∂∂

−⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥=

1

1 2 3

1 1 2 2 3 3

1 2 3u

e

1 1 2 2 3 3

h h h

h h h

u u

F h F h F h

e e

∂∂

∂∂

∂∂

14. Δείξτε ότι το τετράγωνο ds2 του στοιχειώδους μήκους ενός τόξου μιας καμπύλης, που βρίσκεται στην επιφάνεια r=r(u,v), μπορεί να γραφεί : ds2=Edu2+2Fdudv+Gdv2

όπου E=∂∂

∂∂

r ru u⋅ G=

∂∂

∂∂

r rv v⋅ και F=

∂∂

∂∂

r ru v⋅

Λύση : Έστω r=r(u,v) η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της επιφάνειας πάνω στην οποία κείται η καμπύλη. Τότε :

dr=∂∂

∂∂

r ru

duv

dv+

και επομένως

ds2=dr⋅dr=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

r r r r r ru u

duu v

dudvv v

dv⋅ + ⋅ + ⋅2 22 = Edu +2Fdudv+Gdv

15. Δείξτε ότι το στοιχειώδες εμβαδόν μιας επιφάνειας r=r(u,v) δίνεται από την σχέση: dS= EG F dudv− 2 Λύση : Ξέρουμε ότι

dS=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

r r r r r r r ru

duv

dvu v

dudvu v u v

dudv⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ×

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = × = ×⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⋅ ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

αλλά ισχύει (A×B)⋅(C×D)=(A⋅C)(B⋅D)-(A⋅D)(B⋅C) . Επομένως

dS=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

r r r r r r r ru u v v u v v u

dudv EG F dudv⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⋅⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − 2


(12ου Κεφαλαίου) 1. Γράψτε τα παρακάτω αθροίσματα χρησιμοποιώντας τον συμβατικό τρόπο αθροίσεως:

α. df=∂∂

∂∂

∂∂

fx

dxf

xdx

fx

dxnn

11

22+ + +

β. (x1)2+(x2)2+⋅⋅⋅+(xn)2 γ. ds2=g11(dx1)2+ g22(dx2)2+⋅⋅⋅+g33(dx3)2

δ. g dx dxpqp q

qp ==∑∑

1

3

1

3

Λύση : α. df=∂∂

fx

dxjj

β. xkxk

γ. ds2=gkkdxkdxk , n=3 δ. gpqsxpdxq , n=3 2. Γράψτε αναλυτικά τα παρακάτω αθροίσματα : α. αjkxk k=1,⋅⋅⋅,n β. ApqAqr q=1,⋅⋅⋅,n

γ. grs =gjk∂∂

∂∂

xx

xx

j

r

k

s n=3

Λύση : α. n

k 1 2jk j1 j2 jn

k 1

x x x=

α = α + α + + α∑ nx

β. A A A A A A A Apqqr

q

n

pr

pr

pnnr

=∑ = + + +

11

12

2

γ. grs = gxx

xx

gxx

xx

gxx

xx

gxx

xxjk

j

r

k

sk

j

j

r s j

j

r s j

j

r sjj

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂= ==

∑ ∑∑ = + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1

3

1

1

2

2

3

3

1

3

1

3

=

=gxx

xx

gxx

xx

gxx

xxr s r s r s11

1 1

21

2 1

31

3 1∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

+ +

+ + +

+ + +

gxx

xx

gxx

xx

gxx

xx

gxx

xx

gxx

xx

gxx

xx

r s r s r s

r s r s r s

12

1 2

22

2 2

32

3 2

13

1 3

23

2 3

33

3 3

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

3. Γράψτε τον νόμο του μετασχηματισμού για τους τανυστές : α. β. γ. CAjk

i Bijkmn m

Λύση : α. Axx

xx

xx

Aqrp

p

i

j

q

k

r jki=

∂∂

∂∂

∂∂


β. Bxx

xx

xx

xx

xx

Brstpq

p

m

q

n

i

r

j

s

k

t ijkmn=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

γ. Cxx

Cpp

mm=

∂∂

4. Ελέγξτε εάν οι παρακάτω ποσότητες είναι τανυστές. Σε θετική περίπτωση βρείτε εάν είναι ανταλλοίωτος ή συναλλοίωτος καθώς και την τάξη του :

α. dxk β. ∂

∂f x x

x

n

k( , , )1

Λύση : α. Έστω ότι ο μετασχηματισμός των συντεταγμένων είναι xj = xj (x1,⋅⋅⋅,xn).

dxxx

dxjj

kk=

∂∂

Τότε και επομένως το dxk είναι ένας ανταλλοίωτος τανυστής τάξης ένα ή ένα

συναλλοίωτο διάνυσμα. β. Με τον μετασχηματισμό xk=xk( x 1,⋅⋅⋅, x n) το f είναι μια συνάρτηση των xk και άρα των x j έτσι ώστε f(x1,⋅⋅⋅xn)= f ( x 1,⋅⋅⋅, x n), δηλ. το f είναι ένα βαθμωτό μέγεθος ή αναλλοίω-το, (τανυστής μηδενικής τάξης). Παραγωγίζοντας το f βρίσκουμε :

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

fx

fx

fx

xx

xx

fxj j k

k

j

k

j k= = =

και η ∂∂

fxk μετασχηματίζεται όπως A

xx

Aj

k

j k=∂∂

. Επομένως το ∂

∂f x x

x

n

k( , , )1

είναι ένας συ-

ναλλοίωτος τανυστής τάξης ένα ή ένα συναλλοίωτο διάνυσμα, το οποίο ονομάζουμε κλίση ή βάθμωση του f και το γράφουμε gradf ή ∇f. 5. Ένας συναλλοίωτος τανυστής έχει συνιστώσες xy, 2y-z2, xz σ' ένα ορθογώνιο σύστη-μα συντεταγμένων. Να βρεθούν οι συνιστώσες του στο σύστημα των σφαιρικών συντεταγ-μένων. Λύση : Έστω Αj οι συναλλοίωτες συνιστώσες στο ορθογώνιο σύστημα αξόνων x1=x , x2=y , x3=z. Τότε : A1=xy=x1x2 , A2=2y-z2=2x2-(x3)2 , A3=x1x3

(Προσοχή στον άνω δείκτη και στους εκθέτες) Έστω Ak οι συναλλοίωτες συνιστώσες στις σφαιρικές συντεταγμένες :

x 1=r , x 2=θ , x 3=φ

Τότε Ak =∂∂

xx

Aj

k j k=1,2,3 (1)

Οι εξισώσεις μετασχηματισμού μεταξύ των δυο συστημάτων είναι : x1= x 1=sin x 2cos x 3 , x2= x 1sin x 2sin x 3 , x3= x 1cos x 2 Τότε οι εξισώσεις (1) δίνουν τις συναλλοίωτες συνιστώσες :

A 1=∂∂

∂∂

∂∂

xx

Axx

Axx

A1

1 1

2

1 2

3

1 3+ + =

=(sin x 2cos x 3)x1x2)+(sin x 2sin x 3)(2x2-(x3)2)+(cos x 2)(x1x3)= =(sinθcosφ)(r2sin2θsinφcosφ)+

+(sinθsinφ)(2rsinθsinφ-r2cos2θ)+


+(cosθ)(r2sinθcosθcosφ)

A 2=∂∂

∂∂

∂∂

xx

Axx

Axx

A1

2 1

2

2 2

3

2 3+ + =

=(rcosθcosφ)(r2sin2θsinφcosφ)+ +(rcosθsinφ)(2rsinθsinφ-r2cos2θ)+ +(-rsinθ)(r2sinθcosθcosφ)

A 3=∂∂

∂∂

∂∂

xx

Axx

Axx

A1

3 1

2

3 2

3

3 3+ +

=(-rsinθsinφ)(r2sin2θsinφcosφ)+ +(rsinθcosφ)(2rsinθsinφ-r2cos2θ)+ +0

6. Δείξτε ότι η έκφραση ∂∂Ax

pq δεν είναι τανυστής έστω και αν το Ap είναι ένας συναλ-

λοίωτος τανυστής τάξης ένα.

Λύση : Από την υπόθεση έχουμε : A j=∂∂xx

Ap

j p ⇒

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂ ∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂ ∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂ ∂

Ax

xx

Ax

xx x

Axx

Ax

xx

xx x

Axx

xx

Ax

xx x

Ajk

p

j

p

k

p

k j p

p

j

p

q

q

k

p

k j p

p

j

q

k

p

q

p

k j p= + = + + +2 2 2

Λόγω της παρουσίας του δεύτερου όρου στο δεξιό μέλος της παραπάνω σχέσεως, η έκφραση ∂∂Ax

pq δεν μετασχηματίζεται όπως ένας τανυστής.

7. Δείξτε ότι η ταχύτητα ενός ρευστού σ' ένα τυχαίο σημείο είναι ένας ανταλλοίωτος τανυστής τάξης ένα.

Λύση : Η ταχύτητα ενός ρευστού σ' ένα τυχαίο σημείο έχει συνιστώσες : dxdt

k

στο σύστημα

συντεταγμένων xk. Στο σύστημα συντεταγμένων x j η ταχύτητα είναι dxdt

j

. Αλλά

dxdt

j

=∂∂

xx

j

k

dxdt

k

δηλ. η ταχύτητα είναι ένας ανταλλοίωτος τανυστής τάξης ένα ή ένα ανταλλοίωτο διάνυσμα. 8. Έστω ένας τανυστής. Arst

pq

α) Εάν θέσουμε p=t , τότε η έκφραση , όπου έχουμε θεωρήσει την συμβατική άθροιση, είναι ένας τανυστής. Να βρεθεί η τάξη του.

Arsppq

β) Εάν θέσουμε p=t και q=s, τότε η έκφραση είναι ένας τανυστής. Να βρεθεί η τάξη του.

Arqppq

Λύση : Εφ' όσον είναι ένας τανυστής, τότε θα μετασχηματίζεται ως εξής : Arstpq

Axx

xx

xx

xx

xxlmn

jkj

p

k

q

r

l

s

m

t

n=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Arstpq


α) Για να δείξουμε ότι η έκφραση είναι τανυστής εξισώνουμε τους δείκτες j και n στην παραπάνω ισότητα και αθροίζουμε ως προς την κοινή τιμή των δεικτών j και n :

Arsppq

Axx

xx

xx

xx

xxlmn

jkj

p

k

q

r

l

s

m

t

j=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Arstpq =

=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

xx

xx

xx

t

j

j

p

k

q

r

l

s

m Arstpq =

=k r s

tp q l m

x x xx x x∂ ∂ ∂

δ∂ ∂ ∂

Arstpq

=k r s

tp q l m

x x xx x x∂ ∂ ∂

δ∂ ∂ ∂

Arsppq

Έτσι η έκφραση είναι ένας τανυστής τάξης 3 και μπορεί να παρασταθεί σαν B . Arsppq

rsq

Όπως ξέρουμε από την θεωρία η διαδικασία αντικαταστάσεως σ' ένα τανυστή ενός ανταλλοιώτου δείκτου από ένα συναλλοίωτο δείκτη και κατόπι η άθροιση ως προς την κοινή τιμή των δεικτών αυτών λέγεται συστολή των δεικτών. Με αυτή την διαδικασία μπορούμε να σχηματίσουμε τανυστές, των οποίων η τάξη είναι κατά δυο μονάδες μικρότερες από την τάξη του αρχικού τανυστή. β) Για να δείξουμε ότι η έκφραση είναι τανυστής θέτουμε j=n και k=m στη σχέση (1) και αθροίζουμε ως προς τους δείκτες j και k :

Arqppq

Axx

xx

xx

xx

xxlkj

jkj

p

k

q

r

l

s

k

t

j=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Arstpq =

=∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

xx

xx

xx

t

j

j

p

s

k

k

q

r

l Arstpq =

=r

t sp q l

xx∂

δ δ∂

Arstpq

=∂∂xx

r

l A rqppq

Έτσι η έκφραση είναι ένας τανυστής τάξης 1 και μπορεί να παρασταθεί με CArqppq

r. Εδώ πα-ρατηρούμε ότι με την συστολή δυο δεικτών η τάξη του αρχικού τανυστή μειώθηκε κατά 4. 9. Δείξτε ότι η συστολή του εξωτερικού γινομένου των τανυστών Αp και Bq είναι μια αναλλοίωτη έκφραση. Λύση : Εφ' όσον τα Αp και Bq είναι τανυστές θα μετασχηματίζονται ως εξής :

Axx

Ajj

pp=

∂∂

, Bxx

Bk

q

k q∂∂

Οπότε A Bxx

xx

A Bjk

j

p

q

kp

q=∂∂

∂∂

Κατά την συστολή, (δηλ. θέτοντας j=k και αθροίζοντας), προκύπτει :

A Bxx

xx

A B ä A B A Bjk

j

p

q

jp

q pq p

qp

q= =∂∂

∂∂

=

Επομένως η έκφραση ApBBp είναι αναλλοίωτη.


Η διαδικασία να πολλαπλασιάζουμε πρώτα τους τανυστές, (εξωτερικός πολλαπλασι-ασμός), και συνέχεια να εκτελούμε την συστολή, ονομάζεται εσωτερικός πολλαπλασιασμός και το αποτέλεσμα εσωτερικό γινόμενο. Επειδή το ApBBp είναι βαθμωτό μέγεθος, ονομάζεται συχνά βαθμωτό γινόμενο των διανυσμάτων A Bp

pB .

10. Εάν X(p,q,r) είναι μια ποσότητα τέτοια ώστε X(p,q,r) =0 για κάποιον τυχαίο τα-νυστή , τότε να δειχθεί ότι X(p,q,r)=0 εκ ταυτότητος.

Brqn

Brqn

Λύση : Εφ' όσον το είναι ένας τυχαίος τανυστής, διαλέγουμε σαν τέτοιο εκείνο τον τα-νυστή που έχει μια συγκεκριμένη συνιστώσα, (π.χ. εκείνη που αντιστοιχεί για q=2 και r=3) διάφορη του μηδενός και τις άλλες μηδέν. Τότε X(p,q,r)B =0 ⇒ Χ(p,2,3)=0 εφ' όσον

≠0. Με παρόμοιους συλλογισμούς για όλους τους πιθανούς συνδυασμούς των q και r, έχουμε Χ(p,q,r)=0

Brqn

rqn

Brqn

11. Μια ποσότητα A(p,q,r) είναι τέτοια ώστε σ' ένα σύστημα συντεταγμένων xi να ισχύει : A(p,q,r) , όπου είναι ένας τυχαίος τανυστής και τανυστής. Να δειχθεί ότι η ποσότητα A(p,q,r) είναι τανυστής.

B Crqs

ps= Br

qs Cps

Λύση : Στο μετασχηματισμένο σύστημα συντεταγμένων xj έχουμε : A j k l B Cl

kmjm( , , )= =

Επομένως A j k lxx

xx

xx

Bxx

xx

Cxx

xx

A p q r Bk

q

m

s

r

l rqs

m

s

p

j ps

m

s

p

j rqs( , , ) ( , , )

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

= = ⇒

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

xx

A j k lxx

A p q r Bm

s

k

q

r

l

p

j rqs( , , ) ( , , )−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =0

Πολλαπλασιάζουμε εσωτερικά με ∂∂

xx

n

m , (δηλ. πολλαπλασιάζουμε με ∂∂xx

n

t και μετά κάνουμε

συστολή των δεικτών θέτοντας t=m) και έχουμε : k r p

n qs rq l j

x x xA( j,k,l) A(p,q, r) B 0x x x

⎡ ⎤∂ ∂ ∂δ −⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

s = ⇒

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

A j k lxx

A p q r Bk

q

r

l

p

j rqn( , , ) ( , , )−

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =0

Εφ' όσον το είναι ένας τυχαίος τανυστής, από το προηγούμενο πρόβλημα έχουμε Brqn

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

A j k lxx

A p q rk

q

r

l

p

j( , , ) ( , , )− =0

Πολλαπλασιάζουμε εσωτερικά με ∂∂

∂∂

xx

xx

q

m

n

r και έχουμε :

p q nk nm l j m r

p q n

j m r

x x xA( j,k,l) A(p,q, r) 0x x x

x x xA( j,m,n) A(p,q, r)x x x

∂ ∂ ∂δ δ − = ⇒

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

=∂ ∂ ∂


Η τελευταία σχέση δείχνει ότι το Α(p,q,r) είναι ένας τανυστής και επομένως δικαιολογείται να γράφεται σαν . Apq

r

Εδώ έχουμε μια ειδική περίπτωση του νόμου του πηλίκου των τανυστών, η οποία λέ-ει ότι εάν το εσωτερικό γινόμενο μιας ποσότητας Χ με έναν τυχαίο τανυστή Β είναι ένας τα-νυστής C, τότε το Χ είναι ένας τανυστής. 12. Εκφράστε υπό μορφή πινάκων τις εξισώσεις μετασχηματισμού α) για ένα συναλλοί-ωτο διάνυσμα και β) για ένα ανταλλοίωτο τανυστή τάξης 2 με την προϋπόθεση ότι n=3.

Λύση : α) Η εξίσωση του μετασχηματισμού Axx

Ap

q

p q=∂∂

μπορεί να γραφεί υπό μορφή στη-

λών διανυσμάτων :

AAA

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

AAA

1

2

3

1

1

2

1

3

1

1

2

2

2

3

2

1

3

2

3

3

3

1

2

3

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟=

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ή ισοδύναμα υπό μορφή γραμμών διανυσμάτων :

( A 1, A 2, A 3)=(A1,A2,A3)

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

1

1

1

2

1

3

2

1

2

2

2

3

3

1

3

2

3

3

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

(ο πίνακας αυτός είναι ο ανάστροφος του προηγουμένου)

β) Η εξίσωση του μετασχηματισμού Axx

xx

Aprp

q

r

sqs=

∂∂

∂∂

μπορεί να γραφεί :

A A AA A AA A A

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

A A AA A AA A A

xx

xx

x

11 12 13

21 22 23

31 32 33

1

1

1

2

1

3

2

1

2

2

2

3

3

1

3

2

3

3

11 12 13

21 22 23

31 32 33

1

1

2

1

3

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟=

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

x

xx

xx

xx

xx

xx

xx

1

1

2

2

2

3

2

1

3

2

3

3

3

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟


Επεκτάσεις αυτών των αποτελεσμάτων μπορούν να γίνουν για n>3, όμως για τανυστές μεγα-λύτερης τάξης ο συμβολισμός των πινάκων αποτυγχάνει.

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

I) ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΩΝ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

Ι.1. Για ποιες τιμές του α τα διανύσματα v=αi-2j+k και u=2αi+αj-4k είναι κάθετα ; (Απ. α=2, -1) Ι.2. Οι διαγώνιοι ενός παραλληλογράμμου δίνονται από τα διανύσματα : v=3i-4j-k και u=2i+3j-6k. Να δείξετε ότι το παραλληλόγραμμο είναι ρόμβος, να βρείτε το μήκος των πλευρών του και τις γωνίες του.

(Απ. 5√3/2 , arccos2375⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

, 1800- arccos2375⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

)

Ι.3. Να βρεθεί η προβολή του διανύσματος v=2i-3j+6k πάνω στην διεύθυνση του διανύ-σματος u=i+2j+2k. (Απ. 8/3) Ι.4. Να βρεθεί ένα μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στα διανύσματα v=4i-j+3k και u=-2i+j-2k. (Απ. n0=±(i-2j-2k)/3) Ι.5. Να βρεθεί ένα διάνυσμα παράλληλο στο επίπεδο ΟΧΥ και κάθετο στο διάνυσμα v=4i-3j+k. (Απ. ±(3i+4j)/5). Ι.6. Έστω F μια σταθερή δύναμη. Να δείξετε ότι το έργο που παράγεται κατά την μετακί-νηση ενός σώματος κατά μήκος ενός κλειστού πολυγώνου είναι μηδέν. Ι.7. Στον χώρο R3 δυο σύνολα ή συστήματα διανυσμάτων : v , u , w και v′ , u′ , w′ λέγονται αντίστροφα συστήματα ή σύνολα διανυσμάτων εάν ισχύουν οι σχέσεις : v⋅v′= u⋅u′= w⋅w′=1 (1)

v′⋅u= v′⋅w= u′⋅v= u′⋅w= w′⋅v= w′⋅u=0 (2) (δηλαδή κάθε διάνυσμα του ενός συνόλου είναι κάθετο προς τα μη ομόλογα διανύσματα του άλλου συνόλου). Ομόλογα δε διανύσματα είναι τα ζεύγη (v,v′), (u,u′), (w,w′) ). Εάν ισχύουν οι σχέσεις (1) και (2), να αποδειχθούν οι σχέσεις :

v′= ( )u w

v u w×

⋅ × u′= ( )

w vv u w

×⋅ ×

w′= ( )v u

v u w×

⋅ ×

και v= ( )′× ′

′⋅ ′× ′u w

v u w u= ( )

′× ′′⋅ ′× ′w v

v u w w= ( )

′× ′′⋅ ′× ′

v uv u w

Ι.8. Για τα διανύσματα : v=2i+3j-k , u=i-j-2k , w=-i+2j+2k βρείτε ένα σύνολο διανυ-σμάτων v′ , u′ , w′, που να είναι αντίστροφα διανύσματα των v , u , w.

(Απ. v′=23

13

i+ k , u′=− + −83

73

i j k , w′=− + −73

53

i j k )

312 ♦Γενικές Ασκήσεις

ΙΙ) ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΙΙ.1. Να βρεθούν οι καμπύλες που παριστούν οι παρακάτω διανυσματικές συναρτήσεις : α) r(t)=ti+(2/t)j β) r(t)=costj+4sintk γ) r(t)=coshti+sinhtj δ) r(t)=eti+e-tj

(Απ. α) υπερβολή xy=2, z=0 β) έλλειψη y2+z2/4=1 , x=0 γ) υπερβολή x2-y2=1 , z=0 δ) υπερβολή y=1/x (x>0) , z=0.)

ΙΙ.2. Να παρασταθούν οι παρακάτω καμπύλες σε παραμετρική μορφή : α) x2+y2=4 , z=5 β) x2-16y2=1 , z=5

γ) y=1-x2 , z=-2 δ) x2+y2=36 , z=x (Απ. α) r(t)=2costi+2sintj+5k β) r(t)=coshti+1/4sinhj+k

γ) r(t)=ti+(1-t2)j-2k δ) r(t)=6costi+6sintj+6costk) ΙΙ3. Βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις του ημικυκλίου x2+y2=R2, y>0 χρησιμοποιώντας σαν παράμετρο την κλίση t=dy/dx της εφαπτομένης της καμπύλης στο σημείο (x,y). ΙΙ4. Βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις του ημικυκλίου x2+y2=R2, y>0 χρησιμοποιώντας σαν παράμετρο την μεταβλητή θ που ορίζεται από την εξίσωση x=Rtanhθ. ΙΙ5. Βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις του ημικυκλίου x2+y2=R2, y>0 χρησιμοποιώντας σαν παράμετρο το μήκος τόξου s από το σημείο (R,0) στο σημείο (x,y) με φορά αντίστροφη από αυτήν των δεικτών του ωρολογίου. ΙΙ.6. Ποία καμπύλη παριστάνει η διανυσματική συνάρτηση : r(t)=ti+t4j . Βρείτε μια άλλη διανυσματική συνάρτηση, που παριστάνει την ίδια καμπύλη, θέτοντας t=t′3 .

(Απ. y=x4 , z=0 , r(t)=t′3i+t′12j) ΙΙ.7. Να δείξετε ότι η διανυσματική συνάρτηση r(t)=(1-4t)i+(3+2t)j παριστάνει ευθεία γραμμή. Εάν θέσουμε t=et′ , η προκύπτουσα διανυσματική συνάρτηση παριστάνει όλη την ευθεία ; (Απ. Όχι) ΙΙ.8. Εάν μια επίπεδη καμπύλη παριστάνεται με την μορφή y=f(x) , z=0, δείξτε ότι το μή-κος της από x=α έως x=β δίνεται από το ολοκλήρωμα :

S= 21 f (x) dxβ

α

′+∫

ΙΙ.9. Δείξτε ότι εάν μια επίπεδη καμπύλη παριστάνεται σε πολικές συντεταγμένες από την εξίσωση r=r(θ), τότε ds2=r2dθ2+dr2 και το μήκος της καμπύλης δίνεται από το ολοκλήρωμα : S= 2

1

2 2r r dθ

θ′+ θ∫

όπου r′=dr/dθ. ΙΙ.10. Έστω r=r(t) μια διανυσματική συνάρτηση, η οποία παριστάνει την καμπύλη C. Δείξ-τε ότι ένας μετασχηματισμός της παραμέτρου t=f(t′) με αρνητική παράγωγο : df(t′)/dt′<0 α-ντιστρέφει την φορά διαγραφής της καμπύλης. ΙΙ.11. Εάν v=t2i-tj+(2t+1)k και u=(2t-3)i+j-tk να υπολογισθούν :

Γενικές Ασκήσεις ♦ 313

α) ( )ddt

v u⋅ β) (ddt

v u× ) γ) ddt

v u+ δ) ddt

ddt

vu

×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

για t=1.

(Απ. α) -6 β) 7i+3k γ) 1 δ) i+6j+2k)

III) ΒΑΘΜΩΤΑ ΠΕΔΙΑ

ΙΙΙ.1. Να δειχθεί ότι ∇f(r)=′f rr( )

r

ΙΙΙ.2. Να βρεθεί το βαθμωτό πεδίο f(r), που ικανοποιεί την εξίσωση : ∇f(r)=2r4r .

(Απ. f(r)=r6/3)

ΙΙΙ.3. Να βρεθεί το βαθμωτό πεδίο f(r), που ικανοποιεί την εξίσωση : ∇f=(1/r5)r και την

συνθήκη f(1)=0. (Απ. f(r)=13

113−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟r

)

ΙΙΙ.4. Εάν c είναι ένα σταθερό διάνυσμα, να δειχθεί ότι ∇(r⋅c)=c . ΙΙΙ.5. Σ' ένα πεδίο θερμοκρασίας, η θερμότητα ρέει προς την διεύθυνση της μεγίστης μείω-σης της θερμοκρασίας Τ. Να βρεθεί αυτή η διεύθυνση α) στο σημείο Ρ(2,1) όταν Τ=x3-3xy2 , β) στο σημείο Ρ(1/4,-2,1/2) όταν Τ=4x2+y2-5z2 . (Απ. α) -3i+4j β) 2i-4j-5k) ΙΙΙ.6. Να ορισθεί η διαδρομή πάνω στην επιφάνεια S με εξίσωση z=f(x,y)=x2+3y2 με την πλέον απότομη κάθοδο από το σημείο α) Ρ1(1,1,4) , β) Ρ2(1,-2,13).

(Απ. α) r(t)=ti+t3j+(t2+3t6)k β) r(t)=ti-2t3j+(t2+12t6)k) ΙΙΙ.7. Εάν το υψόμετρο ενός βουνού δίνεται από την συνάρτηση z=z(x,y)=1500-3x2-5y2 (σε μέτρα), ποία είναι η διεύθυνση της πλέον απότομης αναρρίχησης στο σημείο Ρ(-0.2,0.1); (Απ. 6i-5j) ΙΙΙ.8. Εάν το δυναμικό μεταξύ δυο ομοαξονικών κυλίνδρων είναι V(x,y)=110+30ln(x2+y2) (σε volts), ποία είναι η ηλεκτρική δύναμη στο σημείο Ρ(2,5) και ποία είναι η μορφή των ισο-δυναμικών γραμμών ;

ΙΙΙ.9. Να αποδειχθεί ότι : ∇fg

g f f gg

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

∇ − ∇2 με g≠0

ΙΙΙ.10. Να προσδιοριστούν οι τιμές α, β έτσι ώστε οι επιφάνειες με εξισώσεις : αx2-βyz=(α+2)x και 4x2y+z3=4 να τέμνονται κάθετα στο σημείο τομής των Ρ(1,-1,2).

(Απ. α=5/2 , β=1)

ΙΙΙ.11. α) Έστω δυο συναρτήσεις τριών μεταβλητών : f=f(x,y,z) , g=g(x,y,z). Δείξτε ότι ικα-νή και αναγκαία συνθήκη για να συνδέονται συναρτησιακά οι συναρτήσεις f, g από την εξίσωση F(f,g)=0 είναι : ∇f×∇g=0 .


β) Ελέγξτε εάν οι συναρτήσεις f=arctanx+arctany , g=x y

xy+−1

συνδέονται συναρτησι-

ακά. (Απ. Ναι , g=tanf) III.12. Εάν η z=f(x,y) έχει συνεχείς μερικές παραγώγους στο σημείο P0(x0,y0) ποιες από τις ακόλουθες προτάσεις είναι αληθείς; α) Εάν u είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα, τότε η παράγωγος της f στη διεύθυνση του u είναι (fx(x0,y0)i+f y(x0,y0)j)⋅u. β) Η κατευθύνουσα παράγωγος της f ως προς την διεύθυνση του u είναι διάνυσμα. γ) Η κατευθύνουσα παράγωγος της f στο Ρ0 έχει μέγιστο στην διεύθυνση της ∇f. δ) Στο σημείο (x0,y0), η βάθμωση ∇f είναι κάθετη στην ισοσταθμική καμπύλη f(x,y)=f(x0,y0). ΙΙΙ13 Μια συνάρτηση f(x,y) παίρνει την τιμή f(2,5)=7 και οι μερικές παράγωγοι τις τιμές fx(2, 5)=3, fy(2, 5)=1. Να υπολογιστεί κατά προσέγγιση η τιμή της στα σημεία (2.2, 5.1) και (1.9, 5.2). (Απ. 7.7 και 6.9) III14 Να βρεθεί η παράγωγος df/dt εάν f=xy και τα x, y είναι συναρτήσεις του t. III14 (Θεώρημα του Euler για ομογενείς συναρτήσεις). Έστω f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) μια συνάρτηση n μεταβλητών. Η συνάρτηση αυτή θα λέγεται ομογενής με βαθμό ομογένειας ν εάν ισχύει η σχέση: f(λx1,λx2,⋅⋅⋅,λxn)=λν f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn). Να αποδείξετε ότι

( )1 2 n 1 21 2 n

f f fx x x f x , x , , xx x x∂ ∂ ∂

+ + + = ν∂ ∂ ∂ n

Η παραπάνω σχέση γράφεται και ως: r⋅∇f(r)= νf(r) (Υπόδειξη: Για σταθερό διάνυσμα r=(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) θεωρείστε την συνάρτηση g(λ)=f(λr)= f(λx1,λx2,⋅⋅⋅,λxn) και υπολογίστε την παράγωγο g′(1) ).

IV) ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΑ ΠΕΔΙΑ

IV.1. Εάν r=xi+yj+zk και r=|r|, προσδιορίστε το ∇×[f(r)r], όπου f(r) είναι μια παραγωγίσι-μη συνάρτηση. (Απ. ∇×[f(r)r]=0) IV.2. Εάν r=xi+yj+zk και c σταθερό διάνυσμα, να δείξετε ότι ∇×[c×r]=2c. IV.3. Ελέγξτε εάν υπάρχει διανυσματικό πεδίο F τέτοιο ώστε ∇×F=r=xi+yj+zk.

(Απ. δεν υπάρχει) IV.4. Εάν F=F1(x,y,z)i+F2(x,y,z)j+F3(x,y,z)k ένα διανυσματικό πεδίο, να δειχθεί ότι :

dF=(∇F1⋅dr)i+(∇F2⋅dr)j+(∇F3⋅dr)k

IV.5. Δείξτε ότι το διανυσματικό πεδίο F=r

r 2 είναι αστρόβιλο. Βρείτε ένα βαθμωτό πεδίο

f=f(r) έτσι ώστε F=-∇f και f(α)=0 με α>0. (Απ. f=ln(α/r)) ΙV.6. Εάν ω είναι ένα σταθερό διάνυσμα και v=ω×r, να δείξετε ότι divv=0


IV.7. Έστω ότι το πεδίο ταχυτήτων ενός ρευστού δίνεται από την σχέση: v=(x,0,0). Σχε-διάστε τις ταχύτητες των μορίων του ρευστού. Δείξτε ότι το ρευστό δεν είναι ασυμπίεστο. Να βρεθεί ο όγκος την χρονική στιγμή t=1, που καταλαμβάνουν τα μόρια του ρευστού τα οποία την χρονική στιγμή t=0 πληρούσαν τον κύβο που ορίζεται από τις εξισώσεις x=0, x=1, y=0, y=1, z=0, z=1.

V) ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

V.1. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα Ι= , όπου f x y z dsC

( , , )∫ α) f(x,y,z)=exp(√z) και C η καμπύλη με εξίσωση : r(t)=i+2j+t2k , t∈[0,1] β) f(x,y,z)=yz και C η καμπύλη με εξίσωση : r(t)=ti+3tj+2tk , t∈[0,3]

γ) f(x,y,z)=x yy z++

και C η καμπύλη με εξίσωση : r(t)=ti+ ( )23

3t j+tk , t∈[1,2]

(Απ. α) 2 β) 54 14 γ) 163

2 3− )

V.2. Να υπολογισθεί η μάζα του σύρματος που έχει το σχήμα της τομής της σφαίρας x2+y2+z2=1 και του επιπέδου x+y+z=0, αν η πυκνότητα του σύρματος δίνεται από την συ-νάρτηση ρ=ρ(x,y,z)=x2 . (Απ. 2π/3) Υπόδειξη : Η καμπύλη είναι μια μοναδιαία περιφέρεια με κέντρο το σημείο (0,0,0) στο επίπεδο x+y+z=0 , μπορούμε επομένως να την παραμετρικοποιήσουμε θέτοντας r(t)=costv+sintw, ό-που τα διανύσματα v, w είναι ορθογώνια μοναδιαία διανύσματα σ' αυτό το επίπεδο. Μπορούμε π.χ. να πάρουμε v=1/√2(-i+k) , w=1/√6(i-2j+k).

V.3. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα όπου C η περίμετρος του μο-

ναδιαίου τετραγώνου στο επίπεδο ΟΧΥ, (0≤x≤1, 0≤y≤1) και F=x

F r⋅∫ dC

2i+xyj . (Απ. 1/2)

V.4. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα όπου F=xi+yj+zk και C η κα-

μπύλη : α) r(t)=ti+tj+tk , t∈[0,1] β) r(t)=costi+sintj , t∈[0,2π]

F r⋅∫ dC

γ) r(t)=sinti+costk , t∈[0,2π] δ) r(t)=t2i+3tj+2t3k , t∈[-1,2] (Απ. α) 3/2 β) 0 γ) 0 δ) 147 )

V.5. Να υπολογισθεί το έργο της δυνάμεως F=xi+yj+zk κατά μήκος της παραβολής y=x2 , z=0 και από το σημείο x=-1 έως x=2. (Απ.9)

V.6. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα κατά μήκος

των καμπυλών r(t)=ti+t

ydx+(3y -x)dy+zdz3

C∫nj , t∈[0,1] , n=1,2,3,⋅⋅⋅ (Απ.

34

11

−−+

nn

)

V.7. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα όπου F=xi+yj και C η καμπύ-

λη r(t)=cos

F r⋅∫ dC

3ti+sin3tj , t∈[0,2π]. (Απ. 0)


V.8. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα όπου Τ το μοναδιαίο εφαπτό-

μενο διάνυσμα της καμπύλης C. (Απ. το μήκος της καμπύλης)

T r⋅∫ dC

V.9. Ένας ποδηλάτης ανεβαίνει σ' ένα βουνό, του οποίου η επιφάνεια περιγράφεται από την εξίσωση x2+y2+z=(2π)2 . Ξεκινάει από το σημείο Α(2π,0,0) και φθάνει στην κορυφή Β(0,0,(2π)2) κάνοντας μια πλήρη περιστροφή του βουνού, έτσι ώστε η προβολή του δρόμου στο οριζόντιο επίπεδο είναι σπείρα. Εάν κατά την διάρκεια της αναβάσεως ασκείται μια δύ-ναμη, που περιγράφεται από το δυναμικό πεδίο : F=xi+yj+zk , να υπολογιστεί το έργο που καταναλίσκει ο ποδηλάτης κατά την ανάβαση από το σημείο Α στο σημείο Β. (Απ. 8π4-2π2)

VI) ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

VI.1. Να υπολογισθεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου Τ το ορθογώνιο

Τ=[0,2]×[-1,0] και α) f(x,y)=x

f x y dxdyT

( , )∫∫2y2+x β) f(x,y)=-xexsin(πy/2). (Απ. α) 26/9 β)

2(e2+1)/π) VI.2. Έστω Τ η περιοχή, η οποία ορίζεται από τις εξισώσεις x=0 , x=-4y2+3. Να υπολογι-στεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου f(x,y)=xf x y dxdy

T

( , )∫∫ 3y. (Απ. 0)

VI.3. Έστω Τ η περιοχή, η οποία ορίζεται από τις ανισότητες 1≤x2+y2≤2 , y≥0. Να υπολο-γιστεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου f(x,y)=1+xy. (Απ. π/2) f x y dxdy

T

( , )∫∫ VI.4. Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού που περικλείεται από τις επιφάνειες : z=x2+y2, z=10. (Απ. 50π) VI.5. Να υπολογισθεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου Τ το σύνολο των ση-

μείων για τα οποία ισχύει : 0≤2x/π≤y , y≤sinx και f(x,y)=y. (Απ. π/24)

f x y dxdyT

( , )∫∫

VI.6. Έστω Τ η περιοχή που ορίζεται από τις σχέσεις : -φ(x)≤y≤φ(x) , α≤x≤β, όπου η φ(x) είναι μια μη αρνητική συνεχής συνάρτηση ορισμένη στο διάστημα [α,β]. Εάν f(x,y) είναι μια συνάρτηση ορισμένη στην περιοχή Τ τέτοια ώστε f(x,y)=-f(x,-y), να δείξετε ότι

Ι= =0 f x y dxdyT

( , )∫∫VI.7. Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα :

α) β) ( )x y dxdyy

+∫∫−21

1

1

| |x dxdy

y

y 2

9

9

3

1

2

2

− −

−

− ∫∫ γ)

(Απ α) 2/3, β) 43√2/6+81π/8+(81/4)sin

e dxdyx

y/2

2

0

4

∫∫-1(1/3) , γ) 2e2+2 )

VI.8. Να υπολογιστούν τα διπλά ολοκληρώματα :

α) β) xydydxx

x

− +

+

∫∫ 2

2

1

1

0

3 ( )x y dydxx

+∫∫21

0

1 γ) x ydydx

e

e

x

x

ln2

0

1

∫∫


y ycos

sin /

00

1 1−

∫ντιστ τε την σειρά ολοκλήρωσης των παραπάνω ολοκληρωμάτων και υπολογίστε τα.

(Απ. α) 81/2 β) 29/70 γ) e2/4-e+9/4 δ) -1/2 ε) 1/8

VI.9. Εάν Τ η περιοχή που το ολοκλήρωμα 2 2 3 3

γ) 0 )

VΙΙ) ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

. ρωμα όπου f(x,y,z)=x2cosz και

, y=0, z=0, z=π, y

2 200 +ς σχε-

=2x +y και τον κύλινδρο z=4-y . (Απ. 4π)

z≥0 και x2+y2+z2≤

:

δ) ∫ ε) xdy∫ ( )exp /x y dxdyy

y3

0

1

∫( )

y xyd

Α ρέψ

ορίζεται από τον μοναδιαίο κύκλο x2+y2=1, να υπολογίσετε

ιπλό f x y dxdyT

( , )∫∫ όταν α) f(x,y)=xy β) f(x,y)=x y γ) f(x,y)=x y .

(Απ. α) 0 β) π/24

δ

VII.1 Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλή f x y z dxdydzV

( , , )∫∫∫

V το στερεό που περικλείεται από τα επίπεδα x=0 =π, x+y=1. (Απ. 0)

II.2. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα dzdydxx yx21 +

∫∫∫ αφού προηγουμένωVx y

διάσετε την περιοχή ολοκληρώσεως. (Απ. 1/6) VII.3. Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού που περικλείεται από τα παραβολοειδή

2 2 2z VII.4. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα f x y z dxdydz( , , )∫∫∫ όπου f(x,y,z)=xyz και V

V

το στερεό που ορίζεται από τις σχέσεις x≥0, y≥0, 1. (Απ. 1/48)

VII.5. Εάν V είναι η μοναδιαία σφαίρα, να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα

I=dxdydzx y z2 2 2 2+ + +⌡

⎮V

⌠⌠

⌡

⌠⎮⌡

+ln√2]

VII.6. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα : I=

⎮ (Απ. 4π[√3/2-ln(1+√3)

( )dxdydz⌠

x y zV

2 2 2 3 2+ +⌡

⎮⌠

⌡⎮⌠

⌡⎮ /

2 και x2+y2+z2=β2 με <β<α. (Απ. 4πln(α/β) ) όπου V το στερεό το μεταξύ των σφαιρών x2+y2+z =α2 0

VII.7. Να ολοκληρώσετε την συνάρτηση f(x,y,z)= ( )x y z e x y z2 2 22 2 2

+ + − + + πάνω στο στερεό ης προηγούμενης άσκησης. (Απ. 2π[(β2+1)exp(-β2)-(α2+1)exp(-τα2))


VΙΙΙ) ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

VIII.1. Έστω ότι η θερμοκρασία Τ(x,y,z) σε κάθε σημείο P(x,y,z) του χώρου R3 δίνεται από την συνάρτηση T(x,y,z)=3x2+3z2 . Να υπολογιστεί η ροή θερμότητας διαμέσου της επιφά-νειας S : x2+z2=4 , 0≤y≤2. (Απ. ±48π το πρόσημο εξαρτάται από τον προσανατολισμό) VIII.2. Θεωρούμε την κλειστή επιφάνεια S που αποτελείται από το άνω ημισφαίριο x2+y2+z2=1 και τον κύκλο x2+y2=1. Να υπολογιστεί η ροή Φ του ηλεκτρικού πεδίου Ε=2xi+2yj+2zk διαμέσου της επιφάνειας S. (Απ. 4π) VIII.3. Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα όπου S η επιφάνεια

x

( )∇ × ⋅∫∫ F SdS

2+y2+3z2=1 , z≤0 και F=yi-xj+zx3y2k. (Απ. ±2π) VIII.4. Έστω ότι το πεδίο ταχυτήτων ενός ρευστού δίνεται από την σχέση : v=i+xj+zk, (σε μέτρα ανά δευτερόλεπτο). Υπολογίστε πόσα κυβικά μέτρα ρευστού ανά δευτερόλεπτο δια-περνούν την επιφάνεια S : x2+y2+z2=1 , z≥0. (Απ. 2π/3) VIII.5. Δίνονται οι κύλινδροι Κ1 : x2+y2=α2 και Κ2 : x2+z2=α2. Να υπολογισθεί το εμβαδόν της επιφάνειας του κυλίνδρου Κ2 που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου Κ1. (Απ. 8α2)

ΙΧ) ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ GREEN, STOKES, GAUSS

IX.1. Να υπολογιστεί το κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα : ( ) ( )3 4 2 3x y dx x y dyC

+ + −∫

όπου C η περιφέρεια x2+y2=4 διαγραφομένη κατά τη θετική φορά. (Απ. -8π) IX.2. Να επαληθευθεί το θεώρημα του Green για F=(3x2-8y2)i+(4y-6xy)j και για την κα-μπύλη C , που ορίζεται από τις εξισώσεις : α) y=√x , y=x2 , β) x=0 , y=0 , x+y=1.

(Απ. α) 3/2 β) 5/3) IX.3. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα F r⋅∫ d

C

όπου F=(x2-2xy)i+(x2y+3)j και C το σύνορο

της περιοχής που ορίζεται από τις σχέσεις y2=8x , x=2 α) άμεσα και β) χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Green. (Απ. 128/5) IX.4. Να επαληθευτεί το θεώρημα του Stokes για το διανυσματικό πεδίο F=xi+yi+zk και για την επιφάνεια S : x2+y2+z2=1 με z≥0. (Απ. 0) IX.5. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι= όπου F=r×(i+j+k) με r=xi+yj+zk,

και S το τμήμα της επιφάνειας της σφαίρας που ορίζεται από τις σχέσεις x

( )∇ × ⋅∫∫ F SdS

2+y2+z2=1 και x+y+z≥1. (Απ.-4π/√3)


IX.6. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα όπου α) η επιφάνεια S είναι η σφαίρα με

κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 2, β) η επιφάνεια του κύβου που ορίζεται από τα επίπεδα x=-1, x=1, y=-1 , y=1 , z=-1 , z=1 γ) η επιφάνεια του παραβολοειδούς z=4-(x

r n⋅∫∫ dSS

2+y2) και του ΟΧY επιπέδου. (Απ. α) 32π β) 24 γ) 24π) IX.7. Να αποδειχθούν οι σχέσεις : α) div dV S

V

n =∫∫∫

β) dVr r

dSV S

2 2∫∫∫ ∫∫=⋅r n

γ) r dS r dVS V

5 35n r∫∫ ∫∫∫=

δ) n 0dSS∫∫ =

X) ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΑ

X.1 Για τις παρακάτω συναρτήσεις βρείτε τα κρίσιμα σημεία και ελέγξτε εάν είναι τοπικά μέγιστα, τοπικά ελάχιστα ή σαγματικά σημεία. :

1) f(x,y)=x2-y2+xy 2) f(x,y)=x2+y2+2xy 3) f(x,y)=exp(1+x2-y2) 4) f(x,y)=3x2+2xy+2x+y2+y+4 5) f(x,y)=excosy 6) f(x,y)=xsiny

(Απ. 1) (0,0)=σαγματικό σημείο. 2) Τα κρίσιμα σημεία βρίσκονται πάνω στην ευθεία y=-x, είναι τοπικά ελάχιστα

διότι f(x,y)=(x+y)2≥0, και ισότητα έχουμε μόνο όταν x=-y. 3) (0,0)=σαγματικό σημείο. 4) (-1/4,-1/4)=ολικό ελάχιστο. 5) Δεν υπάρχουν κρίσιμα σημεία. 6) (0,nπ)=σαγματικά σημεία.

X.2. Χαρακτηρίστε τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f(x,y)=x3+y2-6xy+6x+3y.

(Απ. (1,3/2)=σαγματικό σημείο , (5,27/2)=ολικό ελάχιστο) X.3. Για τις παρακάτω συναρτήσεις βρείτε τα ακρότατα υπό τις συνθήκες που δίνονται 1) f(x,y)=3x+4y-1 x2+y2=4 2) f(x,y)=x x2+2y2=3

3) f(x,y)=3x+2y 2x2+3y2=3 (Απ. 1) (6/5,8/5)=μέγιστο , (-6/5,-8/5)=ελάχιστο

2) (√3,0)=μέγιστο , (-√3,0)=ελάχιστο

3) 170

(9,4)=μέγιστο , 170

(-9,-4)=ελάχιστο.

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΤΩΝ ΓΕΝΙΚΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

I) ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΩΝ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

Ι.1. Για ποιες τιμές του α τα διανύσματα v=αi-2j+k και u=2αi+αj-4k είναι κάθετα ; Λύση : Πρέπει v⋅u=2α2-2α-4=0 ⇒ α=2 , α=-1 Ι.2. Οι διαγώνιοι ενός παραλληλογράμμου δίνονται από τα διανύσματα : v=3i-4j-k και u=2i+3j-6k. Να δείξετε ότι το παραλληλόγραμμο είναι ρόμβος, να βρείτε το μήκος των πλευρών του και τις γωνίες του. Λύση : Για να δείξουμε ότι το παραλληλόγραμμο, που έχει διαγωνίους τα διανύσματα v, u είναι ρόμβος, πρέπει να δείξουμε ότι πρώτα οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα δηλ. ότι τα διανύ-σματα v, u είναι κάθετα. Πράγματι v⋅u=3⋅2-4⋅3+6=0. Άρα το παραλληλόγραμμο είναι ή ρόμβος ή τετράγωνο. Για να αποκλείσουμε την περίπτωση του τετραγώνου πρέπει να δείξουμε ότι οι διαγώνιοι δεν έχουν το αυτό μήκος. Πράγματι |v|=(9+16+1)½=261/2 και |u|=(4+9+36)½=7 ⇒ |v|≠|u| Το μήκος των πλευρών του ρόμβου είναι :

d=½|u-v|=½|-i+7j-5k|=½(1+49+25)½=½(75)½=5√3/2

cos(φ/2)=

1 1| | 26 262 2d 5 3 5 3

2

= =v

αλλά cosφ=2cos2φ-1= 26 52 75 232 175 75 75

−− = = − ⇒

φ=arccos 023 23180 arccos75 75

⎛ ⎞ ⎛− = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

και θ= 23arccos75

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Ι.3. Να βρεθεί η προβολή του διανύσματος v=2i-3j+6k πάνω στην διεύθυνση του διανύ-σματος u=i+2j+2k. Λύση : u0=u/|u|=(1/3)(i+2j+2k) Η προβολή θα είναι : u0⋅v=(1/3)(2-6+12)=8/3 Ι.4. Να βρεθεί ένα μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στα διανύσματα v=4i-j+3k και u=-2i+j-2k. Λϋση : n=v×u=-i+2j+2k ⇒ |n|=(1+4+4)½=3 ⇒ n0=±1/3(-i+2j+2k) Ι.5. Να βρεθεί ένα διάνυσμα παράλληλο στο επίπεδο ΟΧΥ και κάθετο στο διάνυσμα v=4i-3j+k. Λύση : Ένα διάνυσμα κάθετο στο επίπεδο ΟΧΥ είναι το k. Άρα το ζητούμενο διάνυσμα εί-ναι n=k×v=3i+4j ⇒ |n|=(9+16)½=5 ⇒ n0=±(3i+4j)/5 Ι.6. Έστω F μια σταθερή δύναμη. Να δείξετε ότι το έργο που παράγεται κατά την μετακί-νηση ενός σώματος κατά μήκος ενός κλειστού πολυγώνου είναι μηδέν. Λύση : Έστω Α1Α2⋅⋅⋅Αn-1A1 οι κορυφές ενός κλειστού πολυγώνου. Έχουμε :

322 ♦ Γενικές Ασκήσεις

W=F⋅A1A2+ F⋅A2A3+⋅⋅⋅+ F⋅An-1A1=F⋅(A1A2+ A2A3+⋅⋅⋅ An-1A1)=F⋅0=0 I.7. Στον χώρο R3 δυο σύνολα ή συστήματα διανυσμάτων : v , u , w και v′ , u′ , w′ λέγονται αντίστροφα συστήματα ή σύνολα διανυσμάτων εάν ισχύουν οι σχέσεις : v⋅v′= u⋅u′= w⋅w′=1

v′⋅u= v′⋅w= u′⋅v= u′⋅w= w′⋅v= w′⋅u=0 (δηλαδή κάθε διάνυσμα του ενός συνόλου είναι κάθετο προς τα μη ομόλογα διανύσματα του άλλου συνόλου). Ομόλογα δε διανύσματα είναι τα ζεύγη (v,v′), (u,u′), (w,w′) ). Να αποδειχθούν οι σχέσεις :

v′=( )×

⋅ ×u w

v u w u′=

( )×

⋅ ×w v

v u w w′=

( )×

⋅ ×v u

v u w

και v=( )′ ′×

′ ′ ′⋅ ×u w

v u w u=

( )′ ′×

′ ′ ′⋅ ×w v

v u w w=

( )′ ′×

′ ′ ′⋅ ×v u

v u w

Λύση : Αφού v′⋅u=0 και v′⋅w=0 συμπεραίνουμε ότι το διάνυσμα v′ θα είναι κάθετο στα δια-νύσματα u και w. Επομένως θα είναι παράλληλο προ το εξωτερικό γινόμενο u×w και μπο-ρούμε να γράψουμε : v′=λv(u×w).

Επίσης έχουμε : v⋅v′=1 ⇒ v⋅λv(u×w)=1 ⇒ λv= ( )1

⋅ ×v u w . Άρα v′=

( )×

⋅ ×u w

v u w

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύονται και οι άλλες σχέσεις. Ι.8. Για τα διανύσματα : v=2i+3j-k , u=i-j-2k , w=-i+2j+2k βρείτε ένα σύνολο διανυ-σμάτων v′ , u′ , w′, που να είναι αντίστροφα διανύσματα των v , u , w.

(Απ. v′= 2 13 3

+i k , u′= 8 73 3

− + −i j k , w′= 7 53 3

− + −i j k )

(Εφαρμογή της προηγουμένης άσκησης)

ΙΙ) ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΙΙ.1. Να βρεθούν οι καμπύλες που παριστούν οι παρακάτω διανυσματικές συναρτήσεις : α) r(t)=ti+(2/t)j β) r(t)=costj+4sintk γ) r(t)=coshti+sinhtj δ) r(t)=eti+e-tj

Λύση : α) Θέτουμε x=t οπότε y=2/x ⇒ yx=2 υπερβολή β) Θέτουμε x=cost και z=4sint ⇒ x2+z2/4=1 έλλειψη γ) Θέτουμε x=cosht και y=sinht ⇒ x2-y2=1 υπερβολή δ) Θέτουμε x=et και y=e-t ⇒ y=1/x υπερβολή ΙΙ.2. Να παρασταθούν οι παρακάτω καμπύλες σε παραμετρική μορφή :

α) x2+y2=4 , z=5 β) x2-16y2=1 , z=5 γ) y=1-x2 , z=-2 δ) x2+y2=36 , z=x Λύση : α) r(t)=2costi+2sintj+5k β) r(t)=coshti+1/4sinhj+k γ) r(t)=ti+(1-t2)j-2k δ) r(t)=6costi+6sintj+6costk

Απαντήσεις των Γενικών Ασκήσεων ♦ 323

ΙΙ3. Βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις του ημικυκλίου x2+y2=R2, y>0 χρησιμοποιώντας σαν παράμετρο την κλίση t=dy/dx της εφαπτομένης της καμπύλης στο σημείο (x,y).

Λύση: x=Rcosθ=Rsinφ=Rsinω=R2

t1 t+

, y=Rsinθ=Rcosφ=-Rcosω=-R2

11 t+

⇒

x=R2

t1 t+

, y=-R2

11 t+

θ φ ω

ΙΙ4. Βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις του ημικυκλίου x2+y2=R2, y>0 χρησιμοποιώντας σαν παράμετρο την μεταβλητή θ που ορίζεται από την εξίσωση x=Rtanhθ. Λύση: x=Rtanhθ, y= 2 2 2R x R 1 tanh− = − θ ΙΙ5. Βρείτε τις παραμετρικές εξισώσεις του ημικυκλίου x2+y2=R2, y>0 χρησιμοποιώντας σαν παράμετρο το μήκος τόξου s από το σημείο (R,0) στο σημείο (x,y) με φορά αντίστροφη από αυτήν των δεικτών του ορολογίου. Λύση: s=Rθ ⇒ θ=s/R x=Rcosθ=Rcos(s/R), y=Rsinθ=Rsin(s/R) s∈[0, 2πR) ΙΙ.6. Ποία καμπύλη παριστάνει η διανυσματική συνάρτηση : r(t)=ti+t4j . Βρείτε μια άλλη διανυσματική συνάρτηση, που παριστάνει την ίδια καμπύλη, θέτοντας t=t′3 . Λύση : Θέτουμε x=t και y=t4 ⇒ y=x4 . Θέτοντας t=t′3 ⇒ x=t′3 , y=t′12 ⇒ r(t)=t′3i+t′12j ΙΙ.7. Να δείξετε ότι η διανυσματική συνάρτηση r(t)=(1-4t)i+(3+2t)j παριστάνει ευθεία γραμμή. Εάν θέσουμε t=et′ , η προκύπτουσα διανυσματική συνάρτηση παριστάνει όλη την ευθεία ; Λύση : r(t)=(1-4t)i+(3+2t)j ⇒ r(t)=(i+3j)+t(-4i+2j) ⇒ r(t)=r0+tv εξίσωση ευθείας Εάν θέσουμε t=et′ τότε t>0 και η προκύπτουσα διανυσματική συνάρτηση δεν παριστάνει όλη την ευθεία. ΙΙ.8. Εάν μια επίπεδη καμπύλη παριστάνεται με την μορφή y=f(x) , z=0, δείξτε ότι το μή-κος της από x=α έως x=β δίνεται από το ολοκλήρωμα :

s= 21 f (x) dxβ

α

′+∫

Λύση : ds=2

2 2 dydx dy 1 dx s 1 f (x)dxdx

β

α

⎛ ⎞ ′+ = + ⇒ = +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫


ΙΙ.9. Δείξτε ότι εάν μια επίπεδη καμπύλη παριστάνεται σε πολικές συντεταγμένες από την εξίσωση r=r(θ), τότε ds2=r2dθ2+dr2 και το μήκος της καμπύλης δίνεται από το ολοκλή-ρωμα :

s= 2

1

2 2r r dθ

θ′+∫ θ όπου r′=dr/dθ.

r dθ

dr

rdθΛύση :

ds ds2=r2dθ2+dr2 ⇒ s= 2

1

2 2r r dθ

θ′+ θ∫

ΙΙ.10. Έστω r=r(t) μια διανυσματική συνάρτηση, η οποία παριστάνει την καμπύλη C. Δείξ-τε ότι ένας μετασχηματισμός της παραμέτρου t=f(t′) με αρνητική παράγωγο : df(t′)/dt′<0 α-ντιστρέφει την φορά διαγραφής της καμπύλης. Λύση : Η φορά διαγραφής μιας καμπύλης, που παριστάνεται από την διανυσματική παραμε-τρική εξίσωση r=r(t), καθορίζεται από την παράγωγο της dr/dt. Εάν τώρα χρησιμοποιήσου-με τον μετασχηματισμό t=f(t′) θα έχουμε :

dr/dt′=(dr/dt)(dt′/dt)=(dr/dt)f′(t′) Επειδή δε f′(t′)<0 τα εφαπτομενικά διανύσματα dr/dt και dr/dt′ έχουν αντίθετη φορά και ε-πομένως η φορά διαγραφής της καμπύλης αντιστρέφεται. ΙΙ.11. Εάν v=t2i-tj+(2t+1)k και u=(2t-3)i+j-tk να υπολογισθούν :

α) (ddt

⋅v u) β) (ddt

×v u) γ) ddt

+v u δ) d ddt dt⎛ ×⎜⎝ ⎠

uv ⎞⎟ για t=1.

ΙΙ.12. Έστω το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα σημεία Ρ1(2,3,1) και Ρ2(5,7,9). Θεωρείστε ένα σωμάτιο, το οποίο κινείται επί του ευθυγράμμου τμήματος ταλαντευόμενο μεταξύ των ση-μείων Ρ1 και Ρ2. Να βρεθούν παραμετρικές εξισώσεις αυτής της κίνησης. Λύση: Η Εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Ρ1 και Ρ2 είναι:

r(t)=r1+t(r2-r1)=(2i+3j+k)+t(5i+7j+9k)=(2+5t)i+(3+7t)j+(1+9t)k (A) όπου r1, r2 τα διανύσματα θέσεως των σημείων Ρ1 και Ρ2 αντίστοιχα. Παρατηρούμε ότι όταν το t μεταβάλλεται από 0 έως 1, το σωμάτιο κινείται από το σημείο Ρ1 μέχρι το σημείο Ρ2. Επομένως στη θέση του t πρέπει να τεθεί μια έκφραση η οποία να παίρνει τιμές από 0 έως 1. Μια τέτοια έκφραση είναι t=|sinu| ή |cosu|. Επομένως από την σχέση (Α) έχουμε:

x(u)= (2+5|sinu|)i , y(u)=(3+7|sinu|)j , z(u)=(1+9|sinu|)k. Άλλη έκφραση είναι t=u-[u], όπου [u] παριστάνει το ακέραιο μέρος του u.

III) ΒΑΘΜΩΤΑ ΠΕΔΙΑ

ΙΙΙ.1. Να δειχθεί ότι ∇f(r)= f (r)r′

r

Απόδειξη :


∇f(r)= f f f f r f r f r f x y zx y y r x r y r z r r r r∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎡ ⎤+ + = + + = + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎣ ⎦

i j k i j k i j k = f (r)r′

r

ΙΙΙ.2. Να βρεθεί το βαθμωτό πεδίο f(r), που ικανοποιεί την εξίσωση : ∇f(r)=2r4r . Λύση : ∇f(r)=2r4r ⇒ ∂f/∂x=2r4x (1) , ∂f/∂y=2r4y (2) , ∂f/∂z=2r4z (3)

(1) ⇒ f= ( )22 2 22 x y z xdx+ +∫ +c1(y,z) ⇒ f= ( ) ( )22 2 2 2 2 2x y z d x y z+ + + +∫ +c1(y,z)

⇒ f=6

4 2 51 1

rr dr c (y, z) 2r dr c (y, z) c (y, z)3

+ = + = +∫ ∫ 1 (4)

(4) ∂f/∂y=2r(2)

⇒ 5(∂r/∂y)+∂c1(y,z)/∂y=2r4y ⇒ 2r4y+∂c1(y,z)/∂y=2r4y ⇒ c1=c1(z)

Άρα f=6

1r c (z)3+ (5)

Χρησιμοποιώντας την (3) και την (5) προκύπτει ότι c1=c=σταθερά

Τελικά f=6r c3+

Άλλος τρόπος: f f f f r f r f r f x y zfx y z r x r y r z r r r r

fr r

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞∇ = + + = + + = + + =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠∂

=∂

i j k i j k i j k

r

οπότε 4 5f f2r 2r f r cr r r 3∂ ∂

= ⇒ = ⇒ = +∂ ∂

r r 61

για r=1 έχουμε f(1)=0 δηλ. 1/3+c=0 ⇒ c=-1/3 Τελικά f(r)=r6/3-1/3 ΙΙΙ.3. Να βρεθεί το βαθμωτό πεδίο f(r), που ικανοποιεί την εξίσωση : ∇f=(1/r5)r και την συνθήκη f(1)=0. Λύση : ∇f(r)= (1/r5)r ⇒ ∂f/∂x=(1/r5)x (1) , ∂f/∂y=(1/r5)y (2) , ∂f/∂z=(1/r5)z (3)

(1) ⇒ f= ( ) ( ) ( )5/ 2 5/ 22 2 2 2 2 2 2 2 2 5 21 1x x y z dx x y z d x y z r dr2 2

− − −+ + = + + + + = =∫ ∫ ∫

=3

4 rr dr c(y, z)3

−− = +

−∫ (4)

(4) ∂f/∂y=r(2)

⇒ -4(∂r/∂y)+∂c(y,z)/∂y=r-5y ⇒ r-5y+∂c1(y,z)/∂y=r-5y ⇒ c=c(z)

Άρα f=3r c(z)3

−

+−

(5)

Χρησιμοποιώντας την (3) και την (5) προκύπτει ότι c=σταθερά

Τελικά f= 3r c3

−

+−

Επειδή f(1)=0 έχουμε f(1)=-1/3+c=0 ⇒ c=1/3 Άρα f(r)= 3

1 113 r⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠


ΙΙΙ.4. Εάν c είναι ένα σταθερό διάνυσμα, να δειχθεί ότι ∇(r⋅c)=c . Απόδειξη : ∇(r⋅c)= ∇(xc1+yc2+zc3)=c1i+c2j+c3k=c ΙΙΙ.5. Σ' ένα πεδίο θερμοκρασίας, η θερμότητα ρέει προς την διεύθυνση της μεγίστης μείω-σης της θερμοκρασίας Τ. Να βρεθεί αυτή η διεύθυνση α) στο σημείο Ρ(2,1) όταν Τ=x3-3xy2 , β) στο σημείο Ρ(1/4,-2,1/2) όταν Τ=4x2+y2-5z2 . Λύση : Η ζητούμενη διεύθυνση είναι η διεύθυνση η αντίθετη της διεύθυνσης της βάθμωσης του πεδίου της θερμοκρασίας Τ. Έχουμε : α) -∇T=-(3x2-3y2)i+6xyj και για το σημείο Ρ(2,1) έχουμε -∇T(2,1)=-9i+12j β) -∇T=-8xi-2yj+10zk και για το σημείο Ρ(1/4,-2,1/2) έχουμε

-∇T(1/4,-2,1/2)=-2i+4j+5k) ΙΙΙ.6. Να ορισθεί η διαδρομή πάνω στην επιφάνεια S με εξίσωση z=f(x,y)=x2+3y2 με την πλέον απότομη κάθοδο από το σημείο α) Ρ1(1,1,4) , β) Ρ2(1,-2,13). Λύση : α) Έστω rκ(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της καμπύλης, η οποία βρίσκεται πάνω στην επιφάνεια S και παριστάνει την ζητουμένη διαδρομή. Επειδή η διαδρομή πρέπει να έχει την μεγίστη δυνατή κάθοδο θα πρέπει ο συντελεστής μεταβολής του z να έχει την μεγίστη δυνατή ελάττωση. Το z δίνεται από την εξίσωση z=f(x,y)=x2+3y2 και επομένως η μεγίστη δυνατή ελάττωση θα συμβεί εάν ακολουθήσουμε διεύθυνση αντίθετη προς την διεύθυνση της βάθμωσης του z δηλ.

-∇z=-∇f(x,y)=- f fx y

⎛ ⎞∂ ∂+⎜ ∂ ∂⎝ ⎠

i ⎟j =-2xi-6yj

Η προβολή της ζητουμένης διαδρομής στο επίπεδο ΟΧΥ, δηλ. η διανυσματική παραμετρική εξίσωση r(t)=x(t)i+y(t)j, θα πρέπει να είναι τέτοια ώστε το εφαπτομενικό διάνυσμα σε κάθε σημείο της προβολής να είναι διάνυσμα συγραμμικό με το διάνυσμα -∇f(x,y) :

ddtr =-λ∇f(x,y) με λ>0

Από την τελευταία σχέση προκύπτει : dx(t)

dt=-λ f x

x∂∂

=-λ2x , dy(t)dt

=-λ fy∂∂

=-λ6y

Διαιρώντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε :

dy 6y dy dx3dx 2x y x

= ⇒ = ⇒ lny=lnx3+lnc ⇒ y=cx3

Θέτοντας x=t έχουμε : r(t)=ti+ct3j+(t2+3c2t6)k Για το σημείο Ρ1(1,1,4) προκύπτει t=1 , ct3=1 , t2+3c2t6=4 ⇒ c=1 και τελικά η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της ζητουμένης διαδρομής είναι :

rκ(t)=ti+t3j+(t2+3t6)k β) Για το σημείο Ρ2(1,-2,13) προκύπτει t=1 , ct3=-2 , t2+3c2t6=13 ⇒ c=-2 και τελικά η διανυσματική παραμετρική εξίσωση της ζητουμένης διαδρομής είναι :

rκ(t)=ti-2t3j+(t2+12t6)k


ΙΙΙ.7. Εάν το υψόμετρο ενός βουνού δίνεται από την συνάρτηση z=z(x,y)=1500-3x2-5y2 (σε μέτρα), ποία είναι η διεύθυνση της πλέον απότομης αναρρίχησης στο σημείο Ρ(-0.2,0.1); Λύση : Η ζητούμενη διεύθυνση θα είναι εκείνη της οποίας η προβολή στο ΟΧΥ επίπεδο συμπίπτει με την διεύθυνση της βάθμωσης του υψομέτρου z. Έχουμε : ∇z=-6xi-10yj και για το σημείο Ρ(-0.2,0.1) προκύπτει ∇z|P=1.2i-j ή 6i-5j ΙΙΙ.8. Εάν το δυναμικό μεταξύ δυο ομοαξονικών κυλίνδρων είναι V(x,y)=110+30ln(x2+y2) (σε volts), ποία είναι η ηλεκτρική δύναμη στο σημείο Ρ(2,5) και ποία είναι η μορφή των ισο-δυναμικών επιφανειών ;

Λύση : E=∇V= 2 2 2 2 2

2x 2y30 30 60x y x y r

+ =+ +

ri

και για το σημείο Ρ(2,5) έχουμε : EP= 2 2 2 2P(2,5)

2x 2y 120 30030 30x y x y 29 29

+ =+ +

i i + j

Οι ισοδυναμικές επιφάνειες έχουν εξίσωση : V(x,y)=110+30ln(x2+y2)=c ⇒

ln(x2+y2)= c 110 k30−

= ⇒ x2+y2=ek=R2 ομοαξονικοί κύλινδροι

ΙΙΙ.9. Να αποδειχθεί ότι : ∇ 2

f g f fg g

⎛ ⎞ g∇ − ∇=⎜ ⎟

⎝ ⎠ με g≠0

Λύση : ∇f f f fg x g y g z g

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

i j k

Αλλά x x2

f f g fgx g g⎛ ⎞∂ −

=⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ , y y

2

f g fgfy g g

−⎛ ⎞∂=⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

, z z2

f f g fgz g g⎛ ⎞∂ −

=⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

Οπότε ∇ y yx x z z2 2 2

f g fgf f g fg f g fgg g g g

−⎛ ⎞ − −= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠i j k = 2

g f f gg

∇ − ∇

ΙΙΙ.10. Να προσδιοριστούν οι τιμές α, β έτσι ώστε οι επιφάνειες με εξισώσεις: αx2-βyz=(α+2)x και 4x2y+z3=4 να τέμνονται κάθετα στο σημείο τομής των Ρ(1,-1,2). Λύση : Οι συντεταγμένες του σημείου Ρ πρέπει να ικανοποιούν τις εξισώσεις των επιφα-νειών : f=αx2-βyz-(α+2)x=0 και g=4x2y+z3-4=0. Η δεύτερη προφανώς ικανοποιείται ενώ η πρώτη ικανοποιείται για β=1, Πράγματι α-β(-2)=(α+2) ⇒ α+2β=α+2 ⇒ β=1. Έτσι έχουμε : f=αx2-yz-(α+2)x=0 ⇒ ∇f=(2αx-α-2)i-zj-yk |P=(α-2)j-2j+k και ∇g=(8xy)i+(4x2)j+3z2k |P=-8i+4j+12k ∇f⋅∇g=0 ⇒ (α-2)(-8)-2⋅4+12=0 ⇒ α=5/2 ΙΙΙ.11. α) Έστω δυο συναρτήσεις τριών μεταβλητών : f=f(x,y,z) , g=g(x,y,z). Δείξτε ότι ικα-νή και αναγκαία συνθήκη για να συνδέονται συναρτησιακά οι συναρτήσεις f, g από την εξί-σωση F(f,g)=0 είναι : ∇f×∇g=0 .

β) Ελέγξτε εάν οι συναρτήσεις f=arctanx+arctany, g= x y1 xy+−

συνδέονται συναρτησια-

κά.


Απόδειξη : α) Ικανό. Ας υποθέσουμε ότι από την σχέση F(f,g)=0 μπορούμε να λύσουμε ως προς την συνάρτηση f και έχουμε :

f=h(g) ⇒ ∇f= h(g) h(g) h(g) h(g) g h(g) g h(g) g h(g) gx y z g x g y g z g

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂+ + = + + =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂i j k i j k ∇

δηλ. ∇f= h(g)g

∂∂

∇g άρα οι βαθμώσεις ∇f , ∇g είναι παράλληλες και επομένως το εξωτερικό

τους γινόμενο είναι μηδέν : ∇f×∇g=0. Αναγκαίο. Εάν ∇f×∇g=0 τότε οι βαθμώσεις ∇f , ∇g είναι διανύσματα παράλληλα δηλ.

∇f=λ∇g ⇒ fx x∂ ∂

= λ∂ ∂

g (1) fy y∂ ∂

= λ∂ ∂

g (2) f gz z∂ ∂

= λ∂ ∂

(3)

(1) ⇒ f=λg+c1(y,z) (4)

(2), (4) ⇒ 1c (y,z)f gy y y

∂∂ ∂= λ +

∂ ∂ ∂ ⇒ 1c (y, z)

y∂

∂=0 ⇒ c1=c1(z)

και επομένως f=λg+c1(z) (5)

(3), (5) ⇒ 1dc (z)f gz z dz∂ ∂

= λ +∂ ∂

⇒ c1=σταθερά Τελικά f=λg+c1 και επομένως οι συναρτήσεις

f, g είναι γραμμικά εξαρτημένες.

β) Έχουμε tan(f)=tan(arctanx+arctany)= tan(arctan x) tan(arctan y) x y1 tan(arctan x) tan(arctan y) 1 xy

+ +=

− −=g ⇒

g=tanf . III.12. Εάν η z=f(x,y) έχει συνεχείς μερικές παραγώγους στο σημείο P0(x0,y0) ποιες από τις ακόλουθες προτάσεις είναι αληθείς; α) Εάν u είναι ένα μοναδιαίο διάνυσμα, τότε η παράγωγος της f στη διεύθυνση του u είναι (fx(x0,y0)i+f y(x0,y0)j)⋅u. β) Η κατευθύνουσα παράγωγος της f ως προς την διεύθυνση του u είναι διάνυσμα. γ) Η κατευθύνουσα παράγωγος της f στο Ρ0 έχει μέγιστο στην διεύθυνση της ∇f. δ) Στο σημείο (x0,y0), η βάθμωση ∇f είναι κάθετη στην ισοσταθμική καμπύλη f(x,y)=f(x0,y0). α) ΝΑΙ β) ΌΧΙ γ) ΝΑΙ δ) ΝΑΙ ΙΙΙ13 Μια συνάρτηση f(x,y) παίρνει την τιμή f(2,5)=7 και οι μερικές παράγωγοι τις τιμές fx(2, 5)=3, fy(2, 5)=1. Να υπολογιστεί κατά προσέγγιση η τιμή της στα σημεία (2.2, 5.1) και (1.9, 5.2).

Λύση: Από τον τύπο του ολικού διαφορικού της f : f fdf dx dyx y∂ ∂

= +∂ ∂

έχουμε

f (2,5) f (2,5)3, 1x y

∂ ∂=

∂ ∂= , dx=2.2-2=0.2, dy=5-5.1=0.1

Επομένως df=3(0.2)+1(0.1)=0.6+0.1=0.7 Επειδή τώρα df=f(x+dx, y+dy)-f(x,y) θα έχουμε: f(x+dx, y+dy)=f(x,y)+df ⇒ f(2.2, 5.1)=f(2, 5)+0.7=7.7


Ομοίως υπολογίζεται και η τιμή f(1.9, 5.2) III14 Να βρεθεί η παράγωγος df/dt εάν f=xy και τα x, y είναι συναρτήσεις του t.

Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε την σχέση: df f dx f dydt x dt y dt

∂ ∂= +∂ ∂

Έχουμε: y 1 yf fyx x ln xx y

−∂ ∂= και =

∂ ∂

Επομένως y 1 ydf dx dyyx x ln xdt dt dt

−= +

III14 (Θεώρημα του Euler για ομογενείς συναρτήσεις). Έστω f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) μια συνάρτηση n μεταβλητών. Η συνάρτηση αυτή θα λέγεται ομογενής με βαθμό ομογένειας ν εάν ισχύει η σχέση: f(λx1,λx2,⋅⋅⋅,λxn)=λν f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn). Να αποδείξετε ότι

( )1 2 n 1 21 2 n

f f fx x x f x , x , , xx x x∂ ∂ ∂

+ + + = ν∂ ∂ ∂ n

Η παραπάνω σχέση γράφεται και ως: r⋅∇f(r)= νf(r) (Υπόδειξη: Για σταθερό διάνυσμα r=(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) θεωρείστε την συνάρτηση g(λ)=f(λr)= f(λx1,λx2,⋅⋅⋅,λxn) και υπολογίστε την παράγωγο g′(1) ). Λύση: Από την σχέση g(λ)=f(λx1,λx2,⋅⋅⋅,λxn)=λν f(x1,x2,⋅⋅⋅,xn) προκύπτει:

( ) ( )1 2 n 1 2 n1 2 n

dg( ) d f f ff x , x , , x x x x fd d ( x ) ( x ) ( x )λ ∂ ∂ ∂

= λ λ λ = + + + = ∇ λλ λ ∂ λ ∂ λ ∂ λ

r r⋅

επίσης ( ) ( )11 2 n 1 2 n

dg( ) d f x , x , , x f x , x , , xd d

ν ν−λ= λ = νλ

λ λ

από τις δυο παραπάνω σχέσεις προκύπτει το ζητούμενο θέτοντας λ=1.

IV) ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΑ ΠΕΔΙΑ

IV.1. Εάν r=xi+yj+zk και r=|r|, προσδιορίστε το ∇×[f(r)r], όπου f(r) είναι μια παραγωγίσι-μη συνάρτηση. Λύση :

∇×[f(r)r]= f f f f f fz y x z y xx y z y z z x x y

xf (r) yf (r) zf (r)

⎛ ⎞ ⎛∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞= − + − + −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

i j k

i ⎞⎟⎠

j k

αλλά ∂f/∂x=(∂f/∂r)(∂r/∂x)=(x/r)(∂f/∂r) ∂f/∂y=(∂f/∂r)(∂r/∂y)=(y/r)(∂f/∂r) ∂f/∂z=(∂f/∂r)(∂r/∂z)=(z/r)(∂f/∂r) Επομένως z∂f/∂y-y∂f/∂z=(zy/r)(∂f/∂r)-(yz/r)(∂f/∂r)=0 x∂f/∂z-z∂f/∂x=(xz/r)(∂f/∂r)-(zx/r)(∂f/∂r)=0 y∂f/∂x-x∂f/∂y=(yx/r)(∂f/∂r)-(xy/r)(∂f/∂r)=0 και τελικά ∇×[f(r)r=0


IV.2. Εάν r=xi+yj+zk και c σταθερό διάνυσμα, να δείξετε ότι ∇×[c×r]=2c. Λύση : Έστω c=c1i+c2j+c3k τότε

c×r=(c2z-c3y)i+(c3x-c1z)j+(c1y-c2x)k

και ∇×[c×r]=

2 3 3 1 1 2

x y zc z c y c x c z c y c x

∂ ∂ ∂=

∂ ∂ ∂− − −

i j k

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3c y c x c x c z c z c y c y c x c x c z c z c yy z z x x y

⎛ ⎞ ⎛∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞− − − + − − − + − − −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝i ⎞

⎟⎠

j k

=(2c1)i+(c2)j+(c3)k=2c IV.3. Ελέγξτε εάν υπάρχει διανυσματικό πεδίο F τέτοιο ώστε ∇×F=r=xi+yj+zk. Λύση : Έστω ότι ισχύει η παραπάνω σχέση. Τότε εάν λάβουμε την απόκλιση και των δυο μελών θα έχουμε ότι : div(∇×F)=divr ⇒ 0=3 άτοπο. Άρα δεν υπάρχει διανυσματικό πεδίο F. IV.4. Εάν F=F1(x,y,z)i+F2(x,y,z)j+F3(x,y,z)k ένα διανυσματικό πεδίο, να δειχθεί ότι :

dF=(∇F1⋅dr)i+(∇F2⋅dr)j+(∇F3⋅dr)k Λύση : F=F1i+F2j+F3k ⇒ dF=dF1i+dF2j+dF3k=(∇F1⋅dr)i+(∇F2⋅dr)j+(∇F3⋅dr)k

IV.5. Δείξτε ότι το διανυσματικό πεδίο F= 2rr είναι αστρόβιλο. Βρείτε ένα βαθμωτό πεδίο

f=f(r) έτσι ώστε F=-∇f και f(α)=0 με α>0. Λύση :

2 2 2 2 2 2

2 2 2

r r r r r rz y x z y xx y z y z z x x yx y zr r r

− − − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

i j k

i∇×F= j k =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

r r r r r r r r r r r rz y x z y xr y r z r z r x r x r y

r r r r r rz 2r y 2r x 2r z 2r y 2r x 2ry z z x x y

− − − − − −

− − − − − −

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂− + =− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞− − − + − − − + − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

i j k

i j k 0

F=-∇f ⇒ 2

fx r∂

= −∂

x (1) 2

fy r∂

= −∂

y (2) 2

fz r

z∂= −

∂ (3)

(1) ⇒ f= ( )2 2 2

21 12 2

x 1 d(x y z ) 1dx c (y, z) c (y, z) ln r c (y, z)r 2 r 2

+ +− + = − + = − +⌠⌠⎮ ⎮⌡ ⌡ 1 (4)


(2), (4) ⇒ ( )

1 12 2 2

r2r yf y 1 yc (y, z) c (y, z)y r 2 r y r y

∂∂∂ ∂

= − = − + = − +∂ ∂

∂∂

⇒

∂/∂y(c1(y,z)=0 ⇒ c1=c1(z) Επομένως f=-1/2ln(r2)+c1(z)=-ln(r)+c1(z) (5) Από τις σχέσεις (3) και (5) προκύπτει ότι η συνάρτηση c1 είναι σταθερά Άρα f=-ln(r)+c1 και για r=α θα έχουμε f(α)==-ln(α)+c1=0 ⇒ c1=ln(α) Τελικά f=-ln(r)+ln(α)=ln(α/r) ΙV.6. Εάν ω είναι ένα σταθερό διάνυσμα και v=ω×r, να δείξετε ότι divv=0 Λύση :

1 2 3

x y zω ω ωi j k

v= =(ω2z-ω3y)i+(ω3x-ω1z)j+(ω1y-ω2x)k ⇒

divv=∂/∂x(ω2z-ω3y)+∂/∂y(ω3x-ω1z)+∂/∂z(ω1y-ω2x)=0 IV.7. Έστω ότι το πεδίο ταχυτήτων ενός ρευστού δίνεται από την σχέση: v=(x,0,0). Σχε-διάστε τις ταχύτητες των μορίων του ρευστού. Δείξτε ότι το ρευστό δεν είναι ασυμπίεστο. Να βρεθεί ο όγκος την χρονική στιγμή t=1, που καταλαμβάνουν τα μόρια του ρευστού τα οποία την χρονική στιγμή t=0 πληρούσαν τον κύβο που ορίζεται από τις εξισώσεις x=0, x=1, y=0, y=1, z=0, z=1. Λύση: Οι ταχύτητες των μορίων του ρευστού δείχνονται στο διπλανό σχήμα. Παρατηρούμε ότι τα μόρια στη θέση x=0 έχουν μηδενική ταχύτητα και επομένως παραμένουν ακίνητα, ενώ τα υπό-λοιπα μόρια κινούνται παράλληλα προς τον άξο-να OX με ταχύτητα ανάλογη προς το |x|.

x

z

y

Επειδή ∇⋅v=1≠0 το ρευστό δεν είναι ασυμπίε-στο. Έχουμε

( ) td dx dx,0,0 x,0,0 x x cedt dt dt

⎛ ⎞= = = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

rv

Για να προσδιοριστεί η σταθερά c πρέπει να εφαρμόσουμε αρχικές συνθήκες, που θα α-ναφέρονται για t=0. Οι αρχικές όμως συν-θήκες δεν πρέπει να αναφέρονται στα μόρια του ρευστού που βρίσκονται στην έδρα ΑΒΟΜ του κύβου που βρίσκεται στο επίπε-δο ΟΥΖ, διότι αυτά τα μόρια έχουν ταχύτη-τα μηδέν και από την λύση x=cet θα βρί-σκαμε c=0 δηλ. x=0. Επομένως οι αρχικές συνθήκες θα πρέπει να αναφερθούν σε άλλα μόρια του ρευστού, όπως π.χ. στα μόρια του


ρευστού της απέναντη έδρας CKLH, όπου ισχύει x=1 για t=0. Άρα για t=0 θα έχουμε 1=ce0 ⇒ c=1 Για t=1 θα έχουμε x=et=e και τα μόρια του αρχικού κύβου ΑΒΟMΗCKL θα καταλαμβά-νουν το όγκο του παραλληλεπιπέδου ABOMGDEF

V) ΕΠΙΚΑΜΠΥΛΙΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

V.1. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα Ι= , όπου C

f (x, y, z)ds∫ α) f(x,y,z)=exp(√z) και C η καμπύλη με εξίσωση : r(t)=i+2j+t2k , t∈[0,1] β) f(x,y,z)=yz και C η καμπύλη με εξίσωση : r(t)=ti+3tj+2tk , t∈[0,3]

γ) f(x,y,z)= x yy z++

και C η καμπύλη με εξίσωση : r(t)=ti+ ( )32 t3

j+tk , t∈[1,2]

Λύση : α) Έχουμε x(t)=1 ⇒ x′(t)=0 , y(t)=2 ⇒ y′(t)=0 , z(t)=t2 ⇒ z′(t)=2t ds= 2 2 2 2x (t) y (t) z (t) dt 4t dt 2tdt′ ′ ′+ + = =

I=1 1t t t

00e 2tdt 2e t 2e 2= − =∫

β) Έχουμε x(t)=t ⇒ x′(t)=1 , y(t)=3t ⇒ y′(t)=3 , z(t)=2t ⇒ z′(t)=2 ds= 2 2 2x (t) y (t) z (t) dt 14dt′ ′ ′+ + =

I=331

00

t3t2t 14dt 6 14 54 143

= =∫

γ) Έχουμε x(t)=t ⇒ x′(t)=1 , y(t)= ( )32 t3

⇒ y′(t)=√t , z(t)=t ⇒ z′(t)=1

ds= 2 2 2x (t) y (t) z (t) dt 2 tdt′ ′ ′+ + = +

I= ( )22 3/ 23/ 2 2 3/ 2 3/ 2

3/ 2 111

2 tt 2 / 3t 2 2 162 tdt 2 tdt 4 3 2 3t 2 / 3t 3 / 2 3 3 3

+++ = + = = − = −

+⌠⎮⌡ ∫

V.2. Να υπολογισθεί η μάζα του σύρματος που έχει το σχήμα της τομής της σφαίρας x2+y2+z2=1 και του επιπέδου x+y+z=0, αν η πυκνότητα του σύρματος δίνεται από την συ-νάρτηση ρ=ρ(x,y,z)=x2 . Υπόδειξη : Η καμπύλη είναι μια μοναδιαία περιφέρεια με κέντρο το σημείο (0,0,0) στο επίπεδο x+y+z=0 , μπορούμε επομένως να την παραμετρικοποιήσουμε θέτοντας r(t)=costv+sintw, ό-που τα διανύσματα v, w είναι ορθογώνια μοναδιαία διανύσματα σ' αυτό το επίπεδο. Μπορούμε π.χ. να πάρουμε v=1/√2(-i+k) , w=1/√6(i-2j+k). Λύση : Βάσει της υποδείξεως έχουμε ;

r=costv+sintw=(1/√2)cost(-i+k)+(1/√6)sint(i-2j+k)= =[-1/√2cost+1/√6sint]i-2/√6)sintj+[(1/√2)cost+(1/√6)sint]k

⇒ x(t)=-1/√2cost+1/√6sint y(t)=-2/√6)sint


z(t)=(1/√2)cost+(1/√6)sint] ⇒ dx(t)/dt=(1/√2)sint+(1/√6)cost

dy(t)/dt=(-2/√6)cost dz(t)/dt=(-1/√2)sint+(1/√6)cost

ds=2 2 2dx dy dz dt dt

dt dt dt⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Επομένως M=22

2

C C0

1 1(x, y, z)ds x ds cos t sin t dt2 6

π⎛ ⎞ρ = = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

⌠⎮⌡∫ ∫ = =

2π2

0

1 t 1 πcos t sin t cos t6 3 12⎡ ⎤= + +⎢ ⎥⎣ ⎦

23

=

Γενικά μπορούμε να βρούμε διανύσματα, που θα παίξουν τον ρόλο των v και w ως εξής : Έστω v(v1,v2,v3) , w(w1,w2,w3). Οι συντεταγμένες των διανυσμάτων αυτών οφείλουν να ικα-νοποιούν τις εξισώσεις :

v⋅w=0 ⇒ v1w1+v2w2+v3w3=0 (1) v∈(Π) ⇒ v1+v2+v3=0 (2) w∈(Π) ⇒ w1+w2+w3=0 (3) v⋅v=v1

2+v22+v3

2=1 (4) w⋅w=w1

2+w22+w3

2=1 (5) Οι παραπάνω σχέσεις αποτελούν ένα σύστημα 5 εξισώσεων με 6 αγνώστους. Είναι δηλ. α-προσδιόριστο, (όπως αναμενόταν, διότι υπάρχει απειρία τέτοιων διανυσμάτων), και επομέ-νως μπορούμε σε έναν από τους αγνώστους να θέσουμε αυθαίρετα μια τυχαία τιμή. Έστω π.χ. v2=0, τότε προκύπτουν οι εξής λύσεις : α) (v1,v2,v3)=(1/√2)(-1,0,1) (w1,w2,w3)=1/√6(1,-2,1) β) (v1,v2,v3)=(1/√2)(1,0,-1) (w1,w2,w3)=1/√6(1,-2,1) γ) (v1,v2,v3)=(1/√2)(-1,0,1) (w1,w2,w3)=1/√6(-1,2,-1) δ) (v1,v2,v3)=(1/√2)(1,0,-1) (w1,w2,w3)=1/√6(-1,2,-1) εκ των οποίων η πρώτη ήταν εκείνη της υποδείξεως.

Ένας άλλος τρόπος είναι ο εξής : Αφού προσδιορίσουμε ένα διάνυσμα, έστω το v=1/√2(-i+k), τότε το w θα είναι w=N×v , όπου Ν ένα μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στο επί-πεδο x+y+z=0. Θα έχουμε N=1/√3(i+j+k) και w=N×v=1/√6(i-2j+k) Άλλος τρόπος : Εάν από τις εξισώσεις x2+y2+z2=1 , x+y+z=0 απαλείψουμε το z βρίσκουμε την εξίσωση της προβολής της καμπύλης στο επίπεδο Οxy :

z=-x-y , x2+y2+(-x-y)2=1 ⇒ 2x2+2y2+2xy-1=0 η τελευταία σχέση παριστάνει κωνική τομή διότι είναι της γενικής μορφής : Αx2+2Bxy+Γy2+2Δx+2Εy+Z=0 Για να απαλειφθεί ο όρος 2xy πρέπει να περιστρέψουμε το επίπεδο Οxy κατά γωνία φ τέτοια ώστε tan2φ=2Β/(Α-Γ)=2/(2-2)=∞ ⇒ 2φ=π/2 ⇒ φ=π/4. Εάν Χ, Υ είναι οι συντεταγμένες του νέου συστήματος αξόνων θα έχουμε :

2 2

2 2

2 22 2

x cos sin X Xy sin cos Y Y

ϕ − ϕ ⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ϕ ϕ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⇒

x= 22

X- 22

Y , y= 22

X- 22

Y


οπότε η εξίσωση 2x2+2y2+2xy-1=0 παίρνει την μορφή : 3Χ2+Υ2=1

η οποία παριστάνει έλλειψη. Χρησιμοποιούμε τις παραμετρικές εξισώσεις :

X= 33

sinθ , Y=cosθ θ∈[0,2π)

Είναι z=-x-y=- 22

X+ 22

Y- 22

X+ 22

Y=-√2X ⇒ z=- 63

sinθ

Στη συνέχεια πρέπει να εκφράσουμε την συνάρτηση της πυκνότητας ρ=ρ(x,y,z) συναρτήσει των συντεταγμένων του νέου συστήματος :

ρ=x2=2 2 22 2 X YX Y X

2 2 2 2⎛ ⎞

− = + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Y =1/2-1/3sin2θ+1/2cos2θ-√3/3sinθcosθ=

=1/6sin2θ+1/2cos2θ-√3/3sinθcosθ

ds=2 2 2

2 2 2dX dΥ dα 1 2d cos sin cos d dd d d 3 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + θ = θ+ θ+ θ θ = θ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟θ θ θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Τελικά θα είναι :

M= =c

–(X,Y, Z)ds∫2

2 2

0

1 1 3 πsin cos sin cos d6 2 3

π

⎛ ⎞θ+ θ− θ θ θ = =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

⌠⎮⌡

23

V.3. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα C

d⋅∫ F r όπου C η περίμετρος του μο-

ναδιαίου τετραγώνου στο επίπεδο ΟΧΥ, (0≤x≤1, 0≤y≤1) και F=x2i+xyj .

Λύση : Έστω το τετράγωνο ΟΑΒΓΟ με Ο(0,0), A(1,0), B(1,1), Γ(0,1). Έχουμε :

OA : 0≤x≤1 , y=0 ⇒ dy=0 ⇒ F=x2i ⇒ 131 2

OA 00

x 1d x dx3 3

⋅ = =∫ ∫F r =

AB : x=1 ⇒ dx=0 , 0≤y≤1 ⇒ F=i+yj ⇒ 121

AB 00

y 1d ydx2 2

⋅ = = =∫ ∫F r

BΓ : 1≥x≥0 , y=1 ⇒ dy=0 ⇒ F=x2i+xj ⇒ 030 2

B 11

x 1d x dx3 3Γ

⋅ = = =∫ ∫F r −

0

ΓΟ : x=0 ⇒ dx=0 , 1≥y≥0 ⇒ Τελικά Ι=½ 1

0d 0dx

ΓΟ⋅ = =∫ ∫F r


d⋅∫ F r όπου F=xi+yj+zk και C η

καμπύλη : α) r(t)=ti+tj+tk , t∈[0,1] β) r(t)=costi+sintj , t∈[0,2π] γ) r(t)=sinti+costk , t∈[0,2π] δ) r(t)=t2i+3tj+2t3k , t∈[-1,2]


Λύση : α) Έχουμε x(t)=t ⇒ x′(t)=1 , y(t)=t ⇒ y′(t)=1 , z(t)=t ⇒ z′(t)=1

I= =C

d⋅∫ F r [ ] [ ]121 1

1 2 30 00

t 3F x (t) F y (t) F z (t) dt 3t dt 32 2

′ ′ ′+ + = =∫ ∫ =

]

β) Έχουμε x(t)=cost ⇒ x′(t)=-sint , y(t)=sint ⇒ y′(t)=cost , z(t)=0 ⇒ z′(t)=0

I= =C

d⋅∫ F r [ ] [1 1

1 2 30 0F x (t) F y (t) F z (t) dt cos t sin t sin t cos t dt 0′ ′ ′+ + = − +∫ ∫ =

]

γ) Έχουμε x(t)=sint ⇒ x′(t)=cost , y(t)=0 ⇒ y′(t)=0 , z(t)=cost ⇒ z′(t)=-sint

I= =C

d⋅∫ F r [ ] [1 1

1 2 30 0F x (t) F y (t) F z (t) dt cos t sin t cos t sin t dt 0′ ′ ′+ + = −∫ ∫ =

δ) Έχουμε x(t)=t2 ⇒ x′(t)=2t , y(t)=3t ⇒ y′(t)=3 , z(t)=2t3 ⇒ z′(t)=6t

I= =C

d⋅∫ F r [ ]24 2 52 2 3 4

1 2 31 11

t t tF x (t) F y (t) F z (t) dt 2t 9t 12t dt 9 12 1472 2 5− −

−

⎛′ ′ ′ ⎡ ⎤+ + = + + = + =⎜⎣ ⎦

⎝∫ ∫

Άλλος τρόπος : Παρατηρούμε ότι ∇×F=0 Άρα F=∇f ⇒ f=(x2+y2+z2)/2 και επομένως

I= =f(Β)-f(Α) C

d⋅∫ F r

α) για t=0 → A(0,0,0) και για t=1 → B(1,1,1) επομένως Ι= f(Β)-f(Α)=½+½+½-0=3/2 β) Στο διάστημα [0,2π] η διαδρομή είναι κλειστή, Α=Β και επομένως

I= =f(Α)-f(Α)=0 C

d⋅∫ F r

γ) Ομοίως

δ) για t=-1 → A(1,-3,-2) και για t=2 → B(4,6,16) επομένως I=C

d⋅∫ F r =f(Β)-f(Α)=

42/2+62/2+162/2-½-32/2-22/2=147 V.5. Να υπολογισθεί το έργο της δυνάμεως F=xi+yj+zk κατά μήκος της παραβολής y=x2 , z=0 και από το σημείο x=-1 έως x=2.

Λύση : W= =C

d⋅∫ F r ( )22 42 2

1 2 3C 11

x xFdx F dy F dz xdx x 2xdx) 92 2−

−

⎛+ + = + = + =⎜

⎝∫ ∫

V.6. Να υπολογισθεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα κατά μήκος των

καμπυλών r(t)=ti+t

3

Cydx+(3y -x)dy+zdz∫

nj , t∈[0,1] , n=1,2,3,⋅⋅⋅ Λύση : x=t ⇒ dx=dt , y=tn ⇒ dy=ntn-1dt , z=0 ⇒ dz=0

3

Cydx+(3y -x)dy+zdz∫ −= ( )1 1n 3n n 1 n 4n 1 n 1

0 0t 3t t nt dt t 3nt nt dt− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − = + −⎣ ⎦⎣ ⎦∫ ∫ =

=1n 1 4n n 1

0

t t t 3 13n nn 1 4n n 1 4 n 1

+ + −+ − = +

+ +n+


d⋅∫ F r όπου F=xi+yj και C η καμπύ-

λη r(t)=cos3ti+sin3tj , t∈[0,2π].


Λύση : I= =C

d⋅∫ F r ( ) ( )2π 3 2 3 21 2C 0

Fdx F dy cos t 3cos t( sin t) sin t 3sin t cos t dt⎡ ⎤+ = − +⎣ ⎦∫ ∫ =

=2π6 62π 2π 2π5 5 5 5

0 0 00

cos t sin t3 cos t sin t sin t cos t dt 3 cos d(cos t) 3 sin t sin tdt 3 3 06 6

⎛⎡ ⎤− + = + = + ⎜⎣ ⎦

⎝∫ ∫ ∫ =


d⋅∫ T r όπου Τ το μοναδιαίο εφαπτό-

μενο διάνυσμα της καμπύλης C.

Λύση : ( )2

C CC C

dsdd d dsds ds

⋅ = ⋅ = = =⌠⌠⎮ ⎮⌡ ⌡∫ ∫rT r r s

V.9. Ένας ποδηλάτης ανεβαίνει σ' ένα βουνό, του οποίου η επιφάνεια περιγράφεται από την εξίσωση x2+y2+z=(2π)2 . Ξεκινάει από το σημείο Α(2π,0,0) και φθάνει στην κορυφή Β(0,0,(2π)2) κάνοντας μια πλήρη περιστροφή του βουνού, έτσι ώστε η προβολή του δρόμου στο οριζόντιο επίπεδο είναι σπείρα. Εάν κατά την διάρκεια της αναβάσεως ασκήται μια δύ-ναμη, που περιγράφεται από το δυναμικό πεδίο : F=xi+yj+zk, να υπολογιστεί το έργο που καταναλίσκει ο ποδηλάτης κατά την ανάβαση από το σημείο Α στο σημείο Β. Λύση : Για να υπολογίσουμε το έργο, πρέπει να υπολογίσουμε το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα

και επομένως πρέπει να βρούμε την διανυσματική παραμετρική εξίσωση της κα-

μπύλης C, η οποία έστω ότι είναι r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k . C

d⋅∫ F r

Η προβολή της καμπύλης στο επίπεδο ΟΧΥ είναι μια σπείρα, η οποία ξεκινάει από το ση-μείο Α(R,0) και φθάνει στην αρχή των αξόνων Ο(0,0). Σε πολικές συντεταγμένες, η εξίσωση της σπείρας είναι r(t)=αt+β. Επειδή όμως

για t=0 έχουμε r(0)=2π ⇒ β=2π και για t=2π έχουμε r(2π)=0 ⇒ α=-1 Άρα r(t)=-t+2π. Από τις σχέσεις που συνδέουν τις καρτεσιανές συντεταγμένες και τις πολικές συντεταγμένες : x=rcost , y=rsint έχουμε : x(t)=[2π-t]cost , y(t)=[2π-t]sint Τελικά η διανυσματική εξίσωση της καμπύλης C είναι : r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k=[2π-t]costi+[2π-t]sintj+(2π)2-[2π-t]2k

Υπολογίζουμε τώρα το έργο W=C

d⋅∫ F r

Έχουμε : dr=[[-cost-(2π-t)sint]i+[-sint+(2π-t)cost]j+2(2π-t)k]dt και F(x(t),y(t),z(t))=[2π-t]cost i+[2π-t]sintj+(2π)2-[2π-t]2k επομένως F⋅dr=[2π-t][-cost-(2π-t)sint]+[2π-t]sint[-sint+(2π-t)cost]+(2π)2-[2π-t]22(2π-

t)=2t3-12πt2+(16π2+1)t-2π Τελικά W= =8π2π 3 2 2

02t 12π t (16π 1) 2πdt− + + −∫ 4-

2π2

VI) ΔΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

VI.1. Να υπολογισθεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου Τ το ορθογώνιο

Τ=[0,2]×[-1,0] και α) f(x,y)=xT

f (x, y)dxdy∫∫2y2+x β) f(x,y)=-xexsin(πy/2).


Λύση : α) ΄Εχουμε : I=

02

0 22 2 2 2 3 2 2

1 00T

1

1 1(x y x)dxdy dy dx(x y x) x y x dy3 2−

−

⎡ ⎤+ = + = +⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫∫ ∫ ∫ =

= 0

02 3

11

8 8y 2 dx y 2y3 9 −

−

⎡ ⎤+ = + =⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡

269

β) Έχουμε

Ι= ( )0

022

x x x x

0T 0 1

1

π y π y π yxe sin dxdy dy dx xe sin xe e sin dy2 2

−−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

⌠ ⌠⌠⌠ ⌠⎮ ⎮⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡ ⌡⌡2

⎤⎥⎦

=

=

020

22

11

π y π ycos e cosπ y π y 22 2e sin sin dy 2 22 2 π π

−−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠− − = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⌠⎮⌡

e 2π+

VI.2. Έστω Τ η περιοχή, η οποία ορίζεται από τις εξισώσεις x=0 , x=-4y2+3. Να υπολογι-στεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου f(x,y)=x

T

f (x, y)dxdy∫∫ 3y.

Λύση : Σημεία τομής : x=0, x=-4y2+3 ⇒ (-√3/2,0), (√3/2,0)

23 / 2

3 4y3 3

T 03 / 2

x y dxdy dy dx x y−

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= =⎣ ⎦ ⎣ ⎦⌠⎮⌡

∫∫ ∫23 4y3 / 2

4

3 / 2 0

1dy x y4

−

−

⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡

=3 / 2

3 5 7

3 / 2

81dy y 108y 216y 192y 64y4

−

⎡ ⎤− + − +⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⎮⌡

9

=3 / 2

2 4 4 8 10

3 / 2

81 32y 27y 36y 24y y8 5 −

− + − +

x=-4y2+3

= 0

VI.3. Έστω Τ η περιοχή, η οποία ορίζεται από τις ανισότητες 1≤x2+y2≤2 , y≥0. Να υπολο-γιστεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου f(x,y)=1+xy.

T

f (x, y)dxdy∫∫Λύση :


( ) ( )

( )

2

T S

π 2 3

0 1

222 4

10

2

0

1 xy)dxdy 1 r cos sin rdrd

d r r cos sin dr

r rd cos sin2 4

1 3 πd cos sin2 4 2

π

π

+ = + θ θ

= θ + θ θ =

⎡ ⎤= θ + θ θ =⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤θ + θ θ = =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

⌠⎮⌡

∫∫ ∫∫

∫ ∫

θ =

VI.4. Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού που περικλείεται από τις επιφάνειες : z=x2+y2, z=10. Λύση :

[ ]

( )

2 1T

2 2 2

T R

V z (x,y) z (x,y) dxdy

10 x y dxdy 10 r rdrd

= − =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + = − θ =⎣ ⎦⎣ ⎦

∫∫

∫∫ ∫∫

=

102 410 3

00

r r2π 10r r dr 2π 102 4

100 1002π 50π2 4

⎡ ⎤⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎣ ⎦

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ =

VI.5. Να υπολογισθεί το διπλό ολοκλήρωμα Ι= όπου Τ το σύνολο των σημείων για τα οποία ισχύει : 0≤2x/π≤y , y≤sinx και

f(x,y)=y. T

f (x, y)dxdy∫∫

Λύση : Οι καμπύλες y=sinx και y=2x/π τέμνονται στα σημεία που αντιστοιχούν στις τιμές του x: x=0 και x=π/2. Έχουμε :

π/ 2sin x2 2 2

2

in x 2xπ

π/ 2 sin x π/ 2

0 2x /π 0T 2x /π

0

y sydxdy dx dyy dx dx2 2

⎡ ⎤−= = = ⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫∫ ∫ ∫ ∫

= [ ]π/ 23

20

1 2x πcos x sin x x4 3π 24− + − = =

1

y=2x/π

y=sinx


VI.6. Έστω Τ η περιοχή που ορίζεται από τις σχέσεις : -φ(x)≤y≤φ(x) , α≤x≤β, όπου η φ(x) είναι μια μη αρνητική συνεχής συνάρτηση ορισμένη στο διάστημα [α,β]. Εάν f(x,y) είναι μια συνάρτηση ορισμένη στην περιοχή Τ τέτοια ώστε f(x,y)=-f(x,-y), (περιττή ως προς y), να δεί-ξετε ότι

Ι= =0 T

f (x, y)dxdy∫∫ Λύση :

1 2

1 1

1 1

T T T

T T

T T

f (x, y)dxdy f (x, y)dxdy f (x, y)dxdy

f (x, y)dxdy f (x, y)dxdy

f (x, y)dxdy f (x, y)dxdy 0

= + =

= + − =

= − =

∫∫ ∫∫ ∫∫

∫∫ ∫∫

∫∫ ∫∫

Άλλος τρόπος: (x)

T (x)

I f (x, y)dxdy dx f (x, y)dy

βφ

−φα

= =⌠⎮⌡

∫∫ ∫

Θέτουμε y → -y και έχουμε: (x) (x ) (x)

(x) (x) (x )

I dx f (x, y)d( y) dx f (x, y)dy dx f (x, y)dy I

β β β−φ φ φ

φ −φ −φα α α

= − − = − = −⌠ ⌠ ⌠⎮ ⎮ ⎮⌡ ⌡ ⌡

∫ ∫ ∫ = −

Άρα 2Ι=0 ⇒ Ι=0 VI.7. Να υπολογισθούν τα ολοκληρώματα :

α) β) ( )1 1 2

1 |y|x y dxdy

−+∫ ∫

2

2

1 9 y 2

3 9 yx dxdy

−

− − −∫ ∫ γ)

4 2 x

0 y / 2e dxdy∫ ∫

Λύση : α) = ( )

1 1 2

1 |y|x y dxdy

−+∫ ∫

0 1 1 1

1 y 0 ydy x y dx dy x

− −+ +∫ ∫ ∫ ∫( ) ( )2 2y dx+ =

= ( ) ( )0 1

x 1 x 13 3

x y x y1 0

x y x ydy dy

3 3

= =

=− =−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ ++⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮ ⎮⌡ ⌡

=

( ) ( ) ( )0 1

3 3

01

1 y 1 y 2ydy dy

3 3−

⎡ ⎤ ⎡+ ++ −⎢ ⎥ ⎢

⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣

⌠ ⌠⎮ ⎮⎮⎮ ⌡⌡

3

3

⎤⎥⎥⎦

=

T1

T2

y=x

y=-x

1

1

-1


= ( ) ( )104 4 4

1 0

1 y 1 y 8 y 1 7 8 212 12 3 4 12 12 12 3

−

⎡ ⎤+ ++ − = + =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

=

β) ( )2

2

2

2

9 y 1139 y 3/ 22 2

9 y3 39 y

x 2dy x dx dy dy 9 y3 3

−

−

− −− −− −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = −⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠⎮ ⎮⎮⌡ ⌡⌡∫

= ( )1

3/ 22 2

3

1 9 81 y 43 81 1 81y 9 y y 9 y arcsin 2 arcsin π6 4 4 3 6 4 3−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 8

γ) =4 2 x

0 y / 2e dxdy∫ ∫ ( )

42

4 4x 2 y / 2 2 y / 2

00y / 2

0

dy e dx dy e e e y 2e 2e 2= − = − =⌠⎮⌡

∫ ∫ 2 +

VI.8. Να υπολογιστούν τα διπλά ολοκληρώματα :

α) β) 2

2

3 x 1

0 x 1xydydx

+

− +∫ ∫ ( )1 1 2

0 xx y dydx+∫ ∫

γ) δ) 2 x

x

1 e

0 ex ln ydydx∫ ∫ ( )

31 y

0 yexp x / y dxdy∫ ∫

ε) ( )11 sin y / y

0 0y cos xydxdy

−

∫ ∫

Αντιστρέψτε την σειρά ολοκλήρωσης των παρα-πάνω ολοκληρωμάτων και υπολογίστε τα. Λύση : α) Εάν διατηρήσουμε την σειρά των ολοκλη-ρώσεων, έχουμε :

I= = 2

2

3 x 1

0 x 1xydydx

+

− +∫ ∫

=( )

22

22

3 y x 13x 1

2

x 10 y x 10

33 43

0 0

1dx xy dy dx xy2

x 81dx 2x2 2

= ++

− +=− +

⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= = =⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮⌡⌡

∫

∫

T1

T2

Αντιστρέφοντας την σειρά των ολοκληρώσεων και βοηθούμενοι από το διπλανό σχήμα, έ-χουμε : I=I1+I2= =

1 2T T

(xy)dxdy (xy)dxdy+∫∫ ∫∫

= ( ) ( )

1x 310x 32 210 3 1 3

1 x y 1 8 x 1 yx 1 y

1 x y 1 8

x xdy dx xy dy dx xy dy y dy y2 2

==

= − − =− −=− −

= − −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠⌠⎮⎮ ⎮⌡ ⌡

∫ ∫ ∫ ∫ =


=

10 1

1 8

9 y 1 9 y 1dy y dy y2 2 2 2

−

⎡ − ⎤ ⎡ − ⎤=⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡

10 13 32 2

1 8

5 y y 81 8y 2y 812 6 6 2

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 12

− + − = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

β) Εάν διατηρήσουμε την σειρά των ολοκληρώσεων, έχουμε :

I= ( ) ( )11 1

1 1 2 3 5/ 2 3/ 2

0 x

0 0x

1 1x y dydx dx x y dx x x x3 3⎡ ⎤ ⎡+ = + = + − −⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣

⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡∫ ∫

13

⎤ =⎥⎦

127 / 2 5/ 2

0

x x 2 2 29x x2 3 7 15 70

⎡ ⎤+ − − =⎢ ⎥

⎣ ⎦

Αντιστρέφοντας την σειρά των ολοκληρώσεων και βοηθούμενοι από το διπλανό σχήμα, έχουμε :

I= ( ) ( )2

11 y 3

0 00

1dy x y dx dy x y3

+ = +⌠⎮⌡∫ ∫ =

11

6 5 4 7 6 5

00

1 1 1 1dy y y y y y y3 21 6 5

⎛ ⎞ ⎡ ⎤+ + = + + =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦⌠⎮⌡

2970

γ) Εάν διατηρήσουμε την σειρά των ολοκληρώσε-ων, έχουμε :

= 2 x

x

1 e

0 ex ln ydydx∫ ∫

( ) [ ]2 x 2 x

xx

1 e 1 e

e0 e 0

1 2 2x 2x 2 x x

0

12 2x 2x 2x 2 x x x

0

2

dx dy x ln y dx xy ln y xy

dx 2x e xe x e xe

3 3x e xe e x e 3xe 3e2 4

1 9e e4 4

= −

⎡ ⎤− − + =⎣ ⎦

⎡ ⎤− + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦

− +

∫ ∫ ∫∫

=

=

Αντιστρέφοντας την σειρά των ολοκληρώσεων και βοηθούμενοι από το διπλανό σχήμα, έχουμε :

I=I1+I2

I1= ( )y e y ey e ln y

x ln y

x ln y / 2ln y / 2y 1 y 1y 1

dy dx x ln y dy x ln y dy

= ===

== ==

⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠ ⎮⎮⌡ ⌡⌡∫ 2 31 3 ln y

2 8⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦

= e

3 2

1

3 9 9 9 3 94

ln (y)y y ln y y ln y y e8 8 4 4 4⎡ ⎤− + − = − +⎢ ⎥⎣ ⎦

2ey=e2

exy=ey=1

x=1

Ty2=x


I2= ( )

22 2y ey e y e1x 1

2 3

ln y / 2x ln y / 2y ey e y e

1 1 1dy dx x ln y x ln y ln y ln y2 2 8

== ==

=== =

⎡ ⎤ ⎡= = −⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣

⌠⌠ ⌠⎮⎮⎮⌡⌡ ⌡

∫ ⎤ =⎥⎦

= 3 2 21 1 1 3 1y ln y y ln (y)y y ln (y) e e4 4 8 8 4

⎡ ⎤− + − + = −⎢ ⎥⎣ ⎦14

Τελικά I=I1+I2= 21 9e e4 4

− +

δ) Εάν διατηρήσουμε την σειρά των ολοκληρώσεων, έχουμε :

I= = ( )31 y

0 yexp x / y dxdy∫ ∫

( )

33

2

11x y x y

x yx y 0

0

112 y 2

00

x xdy exp dx dy yexpy y

1 1 12

dy yexp y ye e y e2 2

= =

==

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎡ ⎤− = − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠⎮ ⎮⎮⎮ ⎮⌡⎮ ⌡⌡

∫ Αντιστρέφοντας την σειρά των ολοκληρώ-σεων το ολοκλήρωμα :

xexp dyy

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

⌠⎮⌡

οδηγεί στην συνάρτηση : εκ-

θετικό ολοκλήρωμα Ei(x)=u

x

e duu

∞−⌠

⎮⌡

η γνώση και η μελέτη του οποίου ξεφεύγει από τα

πλαίσια της εισαγωγικής διανυσματικής ανάλυσης

ε) ( )11 sin y / y

0 0y cos xydxdy

−

∫ ∫

Εάν διατηρήσουμε την σειρά των ολοκληρώσεων, έχουμε :

I=( )

[ ]1

1

1sin y / y 11 21(sin y) / y

0 00 0 0

0

y 1dy ycos xydx dy sin(xy) dyy2 2

−

−

= = =⌠⎮⎮⌡

∫ ∫ ∫ =

x=y3

y=x

Το ολοκλήρωμα δεν μπορεί να λυθεί αντιστρέφοντας την σειρά των ολοκληρώσεων διότι η έκφραση x=sin-1(y)/y δεν μπορεί να λυθεί ως προς y.

VI.9. Εάν Τ η περιοχή που ορίζεται από τον μοναδιαίο κύκλο x2+y2=1, να υπολογίσετε το διπλό ολοκλήρωμα όταν α) f(x,y)=xy β) f(x,y)=x

T

f (x, y)dxdy∫∫ 2y2 γ) f(x,y)=x3y3 .


Λύση : α) x=rcosθ , y=rsinθ

2π 13 3

0 0S

r cos sin drd d (cos sin ) r drθ θ θ = θ θ θ =∫∫ ∫ ∫

=

221 24

2

00 00

r 1 1d (cos sin ) d (cos sin ) sin 04 4 8

ππ π⎡ ⎤

θ θ θ = θ θ θ = θ =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

β)

212 615 2 2 2 2 5 2 2

0S 0 0

0

rr cos sin drd d cos sin r dr d cos sin6

ππ ⎡ ⎤

θ θ θ = θ θ θ = θ θ θ =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫∫ ∫ ∫

=2 2 2π2

000

1 sin 2 1 1 cos 4 1 sin 4 πd d 26 4 24 2 48 4 24

π πθ − θ θ⎡ ⎤θ = θ = π− =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

γ)

2218

3 3 3 3

0 00

r 1d (cos sin ) d (cos sin ) 08 8

ππ

⎡ ⎤θ θ θ = θ θ θ =⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

VΙΙ) ΤΡΙΠΛΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

VII.1. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα όπου f(x,y,z)=xV

f (x, y, z)dxdydz∫∫∫ 2cosz και

V το στερεό που περικλείεται από τα επίπεδα x=0, y=0, z=0, z=π, y=π, x+y=1. Λύση: Το επίπεδο y=π είναι περιττό.

Ι= π2 2 2

0V 0 T

x cos zdxdydz dxdy x cos zdz dxdy x sin z 0dxdy 0π

Τ Τ

⎡ ⎤= = = =⎣ ⎦∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫∫

VII.2. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα αφού προηγουμένως σχε-

διάσετε την περιοχή ολοκληρώσεως. 2 2

1 2x x y

0 0 x ydzdydx

+

+∫ ∫ ∫

Λύση:

2 2

1 2x x y 1 2x 2 2

0 0 x y 0 0

2x2 31 2

00

dx dy dz dx dy x y x y

y ydx xy x y2 3

+

+Ι = = + − −

⎡ ⎤= + − − =⎢ ⎥

⎣ ⎦

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫

⎡ ⎤ =⎣ ⎦


1 12x2 32 3

000

12 4

0

y y 14dx xy x y dx 4x x2 3 3

4 7 1x x3 6 6

2⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

⎡ ⎤= − =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮ ⎮

⌡⌡=

VII.3. Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού που περικλείεται από τά παραβολοειδή z=2x2+y2 και z=4-y2. Λύση: Το στερεό προβάλλεται στο επίπεδο ΟΧΥ στον κύκλο x2+y2=2, (z=2x2+y2 , z=4-y2 ⇒ 2x2+y2=4-y2 ⇒ x2+y2=2).

2

2 2

z 4 y

z 2x yV T

2 2 2

T S

V dxdydz dxdy dz

4 2x 2y (4 2r )rdrd

= −

= += =

⎡ ⎤= − − = − θ⎣ ⎦

∫∫∫ ∫∫ ∫

∫∫ ∫∫

=

=

=2

2 4

0

22π 2r r4

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦=4π

VII.4. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα

όπου f(x,y,z)=xyz και V το στε-

ρεό που ορίζεται από τις σχέσεις x≥0, y≥0, z≥0 και xV

f (x, y, z)dxdydz∫∫∫2+y2+z2≤1.

Λύση:

( )2 21 x y 2 2

0V T T

1(xyz)dxdydz dxdy (xyz)dz dxdy xy 1 x y2

− − ⎡ ⎤= = − −⎢ ⎥⎣ ⎦⌠⌠⌠⌠ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡∫∫∫ ∫ =

( ) ( )/ 2 / 21 14 6

2 2 3 2

0S 0 00

1 1rdrd r cos sin 1 r d cos sin dr r 1 r d cos sin2 2

π π

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤θ θ θ − = θ θ θ − = θ θ θ −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⌠ ⌠⌠⌠ ⌠⎮ ⎮⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡ ⌡⌡

r r8 12

=π/ 2

0

2 d cos sin48

θ θ∫ θ=1/48

VII.5. Εάν V είναι η μοναδιαία σφαίρα, να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα:

I=2 2 2

V

dxdydz2 x y z+ + +

⌠⌠⌠⎮⎮⎮ ⌡⌡⌡

Λύση:

( )1 1

2 2 2

2 20S 0

r sin drd d r dr r r 24π 4π ln r r 222 r 2 r

2⎡ ⎤ϕ θ ϕ +

= = − + +I= ⎢ ⎥+ + ⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⌠⌠ ⌠⎮⎮⎮ ⎮⌡⌡⌡ ⌡

=


= ( )34π ln 1 3 ln 22

⎡ ⎤− + +⎢ ⎥

⎣ ⎦

Είναι γνωστό ότι ( )2 2 2 2

2 2

2 2

x dx x x ln x x2 2x+ α α

= − + ++ α

⌠⎮⌡

α

VII.6. Να υπολογισθεί το τριπλό ολοκλήρωμα: I=( )3/ 22 2 2

V

dxdydz

x y z+ +

⌠⌠⌠⎮⎮⎮⌡⌡⌡

όπου V το στερεό το μεταξύ των σφαιρών x2+y2+z2=α2 και x2+y2+z2=β2 με 0<β<α.

Λύση: I= ( )2

3

V

r sin drd d dr4π 4π ln r 4π lnr r

αα

β

β

⎛ ⎞ϕ θ ϕ α= = = ⎜ ⎟β⎝ ⎠

⌠⌠⌠ ⌠⎮⎮⎮⎮ ⌡⌡⌡⌡

VII.7. Να ολοκληρώσετε την συνάρτηση f(x,y,z)= ( )2 2 2x y z2 2 2x y z e− + ++ + πάνω στο στερεό

της προηγούμενης άσκησης. Λύση:

( ) ( )2 2 2 2 2 2r 2 r 3 2 r r 2 2

V

1 1re r sin drd d 4π e r dr 4π r e e 2π 1 e 1 e2 2

αα− − − − −β −α

ββ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤Ι = ϕ θ ϕ = = − − = β + − α +⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦∫∫∫ ∫

VΙΙΙ) ΕΠΙΦΑΝΕΙΑΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

VIII.1. Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα όταν: S

f (x, y, z)dS∫∫ α) f(x,y,z)=x+y+z S: z=x+y , 0≤y≤x , 0≤x≤1

β) f(x,y,z)=exp(x+y) S: x+y+z=1 , x,y,z≥0 γ) f(x,y,z)=x+1 S: r(u,v)=cosui+sinvj+vk , 0≤u≤2π , 0≤v≤3 δ) f(x,y,z)=x+y+z S: x2+y2=1 , 0≤z≤2 ε) f(x,y,z)=(1-x)2y S: r(u,v)=ui+vj+(1-v2)k , -1≤u≤1 , 0≤v≤1 ζ) f(x,y,z)=x2+y2 S: z=(x2+y2)1/2 , x2+y2≤4


Λύση: α) Έχουμε z=z(x,y)=x+y και

dS=22z z1 dxdy

x y⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=√3dxdy. Επομένως

I= ( )S T

(x y z)dS 2x 2y 3dxdy+ + = +∫∫ ∫∫ =

=

y x1 12 2

2

0 0y 0

y x2 3 dx xy 2 3 dx x2 2

=

=

⎡ ⎤ ⎡+ = +⎢ ⎥ ⎢

⎣ ⎦ ⎣

⌠ ⌠⎮ ⎮⌡ ⌡

⎤⎥⎦

=

=

12 13

0

0

3x2 3 dx 3 x 32

⎡ ⎤⎡ ⎤= =⎢ ⎥ ⎣ ⎦

⎣ ⎦

⌠⎮⌡

β) Έχουμε z=z(x,y)=1-x-y και

dS=22z z1 dxdy

x y⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=√3dxdy.

Επομένως I= x y x y

S T

e dS e 3dxdy+ +=∫∫ ∫∫ =

= 1 1

1 x 1 xx y x y

000 0

3 dx dye 3 dx e− −+ +⎡ ⎤= =⎣ ⎦∫ ∫ ∫

= 1

x

0

3 dx e e⎡ ⎤−⎣ ⎦∫ = ( ) 1x

03 ex e 3− =

γ) ∂r/∂u=-sinui+cosuj , ∂r/∂v=k, (∂r/∂u)×( ∂r/∂v)=cosui+sinuj ⇒ |(∂r/∂u)×(∂r/∂v)|=1 Επομένως dS=dudv I= ( ) ( ) ( ) [ ]

3 2π 3 2π

00 0 0S T

x 1 dS cos u 1 dudv dv du cos u 1 dv sin u u 6π+ = + = + = + =∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫δ) Η παράπλευρη επιφάνεια του κυλίνδρου x2+y2=1, 0≤z≤2 έχει παραμετρική εξίσωση:

r(u,v)=cosui+sinvj+vk , 0≤u≤2π , 0≤v≤2 με ∂r/∂u=-sinui+cosuj , ∂r/∂v=k ⇒ (∂r/∂u)×( ∂r/∂v)=cosui+sinuj ⇒ |(∂r/∂u)×(∂r/∂v)|=1 Επομένως dS=dudv και Ι= = ( ) ( ) ( )

2 2π

0 0S T

x y z dS cos u sin u v dudv dv du cos u sin u v+ + = + + = + +∫∫ ∫∫ ∫ ∫

= [ ] ( ) ( ) ( )222 2 2u 2π

u 00 0 00

vdv sin u cos u vu dv 1 2π v 1 dv 2π v 2π 4π2

=

=

⎛− + = − + − − = = =⎡ ⎤ ⎜⎣ ⎦

⎝∫ ∫ ∫

ε) r(u,v)=ui+vj+(1-v2)k ⇒ ∂r/∂u=i , ∂r/∂v=j-2vk ⇒ (∂r/∂u)×(∂r/∂v)=2vj+k ⇒ |(∂r/∂u)×(∂r/∂v)|= 24v 1+ ⇒ dS= 24v 1+ dudv Επομένως

z

x

yx+y+z=1

z=y z=x

T

x=x=y


I= ( ) ( )1

132 2 2 2

S T 00

u1 u vdS 1 u v 4v 1dudv dvv 4v 1 u3

⎡ ⎤− = − + = + −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⌠⎮⌡

∫∫ ∫∫ =

= ( ) ( ) ( ) ( )3/ 21 2 1

3/ 22 2 2 3/ 2

32 0

0

4v 14 1 1 1 14v 1 d 4v 1 4v 1 5 13 8 6 9 9

++ + = = + =⌠⎮

⌡−

ζ) Η εξίσωση z=(x2+y2)1/2 γράφεται και ως: z2=x2+y2 και παριστάνει κώνο, η δε εξίσωση x2+y2=4 παριστάνει κύλινδρο. Η επιφάνεια ολοκλήρωσης S αποτελείται από το μέρος της επιφάνειας του κώνου που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου. Έχουμε:

dS= dxdy| |⋅n k

όπου n= F| F |∇∇

με F=z2-x2-y2=0 ⇒ ∇F=-2xi-2yj+2zk και |∇F|= 2 22 2 x y+

Επομένως dS=2 2 2 2

2 2

2 2

2 x y x ydxdy dxdy 2 dxdy 2dxdyz x yz

2 x y

+ += = =

+

+

I= ( )2 2 2 2 2

S T R

(x y )dS x y 2dxdy 2 r rdrd+ = + =∫∫ ∫∫ ∫∫ θ=

= [ ]2

24

00

r2 d 22π 4 8 2 π4

π

⎡ ⎤θ = =⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⌡

VIII.2. Να υπολογισθεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα

S

(x, y, z) d⋅∫∫F S όταν:

α) F(x,y,z)=xi+yj S: z=2x+3y , 0≤x≤2 , -1≤y≤1 β) F(x,y,z)=x2i-xzk S: r(u,v)=ui+u2j+vk , 0≤u≤1 , -2≤v≤2

γ) F(x,y,z)=sinxi+zj+yk S: y2+z2=4 , -1/2≤x≤1/2 , y≥0 , z≥0 δ) F(x,y,z)=i+x2j+xyzk S: z=xy , 0≤x≤y , 0≤y≤1 ε) F(x,y,z)=y3i+x3j+3z2k S: z=x2+y2 , x2+y2≤4

ζ) F(x,y,z)=esinxi-2y2j+exk S: r(u,v)=ui+vj+v2k , 1≤u≤3 , 1≤v≤2 α) Λύση: S → f(x,y,z)=z-2x-3y=0 ⇒ ∇f=-2i-3j+k ⇒ |∇f|=(14)1/2 ⇒ n=|∇f|-1(-2i-3j+k)=(14)-1/2(-2i-3j+k) F⋅n=(14)-1/2(-2x-3y) , dS=(14)1/2dxdy

I= = = S

(x, y, z) d⋅∫∫F S ( ) [ ]1 1x 22

x 01 1T

2x 3y dxdy dy x 3xy dy 4 6y=

=− −⎡ ⎤− − = − − = − −⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫

= [ ]13

14y 3y ( 4 3) (4 3) 8

−⎡ ⎤− − = − − − − = −⎣ ⎦

β) Λύση: S → r(u,v)=ui+u2j+vk ⇒ 2uu∂

= +∂

r i j , v∂

=∂

r k ⇒ 2uu v∂ ∂

× = −∂ ∂

r r i j ⇒


24u 1u v∂ ∂

× = +∂ ∂

r r ⇒ dS= 2dudv 4u 1u v∂ ∂

× =∂ ∂

r r+ dudv

n=(4u2+1)-1/2(2ui-j) F⋅n=(4u2+1)-1/2(2u3)

I= =S

(x, y, z) d⋅∫∫F S ( )142 13 3

2 0T 0

u2u dudv dv du2u 4 2 24−

= = ⋅∫∫ ∫ ∫ =

γ) Λύση: S → f(x,y,z)=y2+z2-4=0 ⇒ ∇f=2yj+2zk ⇒ |∇f|=(4y2+4z2)1/2 =4 ⇒ n=|∇f|-1(2yj+2zk)=(1/2)(yj+zk)

F⋅n=1/2(zy+yz)=yz , dS dxdy 2 dxdy| |

=⋅n k

I= =S

(x, y, z) d⋅∫∫F S221/ 2 2

1/ 2 0T 0

2dxdy yyz dx dyy 2z 2−

⎡ ⎤= = ⎢ ⎥

⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫ =

δ) Λύση: S → f(x,y,z)=z-xy=0 ⇒ ∇f=-yi-xj+k ⇒ |∇f|=(x2+y2+1)1/2 ⇒ n=|∇f|-1(-yi-xj+k)=(x2+y2+1)-1/2(-yi-xj+k)

F⋅n=(x2+y2+1)-1/2(-y-x3+xyz) , dS 2 2dxdy x y 1 dxdy| |

= + +⋅n k

I= =S

(x, y, z) d⋅∫∫F S

( ) ( )x y4 31 y 13 2 3 2 2

0 0 0T x 0

x xy x (xy) dxdy dy dx y x (xy) dy xy y4 3

=

=

⎡ ⎤− − + = − − + = − − + =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫∫ ∫ ∫ ∫

=14 5 3 5 61 2

00

y y y y y 1 1 1 59dy y4 3 3 20 18 3 20 18 180

⎡ ⎤− − + = − − + = − − + = −⎢ ⎥⎣ ⎦

∫

ε) Λύση: S → f(x,y,z)=z-x2-y2=0 ⇒ ∇f=-2xi-2yj+k ⇒ |∇f|=(4x2+4y2+1)1/2 ⇒ n=|∇f|-1(-2xi-2yj+k)= =(4x2+4y2+1)-1/2(-2xi-2yj+k) F⋅n=(4x2+y2+1)-1/2(-2xy2-2yx3+3z2)

dS 2 2dxdy 4x 4y 1 dxdy| |

= + +⋅n k

I= =

S

(x, y, z) d⋅∫∫F S

( )( ) ( )x r cos t22 3 2 2 3 2 4 3 4

y rsin tT R

2xy 2yx 3 x y dxdy 2r cos t sin t 2r sin t cos t 3r rdrdt=

=− − + + = − − +∫∫ ∫∫ =

=25 6 62π 2 2π4 2 5 3 5 2 3

0 0 00

r r rdt dr 2r cos t sin t 2r sin t cos t 3r dt 2 cos t sin t 2 sin t cos t 35 6 6

⎡ ⎤⎡ ⎤− − + = − − + =⎢ ⎥⎣ ⎦

⎣ ⎦∫ ∫ ∫

x2+y2=4

z=x2+y2


=5 6 6 6 72π 2π 2π2 3 2 3

0 0 0

2 2 2 2 2dt 2 cos t sin t 2 sin t cos t 3 sin tdsin t cos tdcos t 2 2π5 6 6 5 6

⎡ ⎤− − + = − + +⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ 5 =∫

=2π6 3 7 4

6

0

2 sin t 2 cos t 2 π 64π5 3 6 4

− + + =

ζ) Λύση: S → r(u,v)=ui+vj+u2k ⇒ u∂

=∂

r i , 2vv∂

= +∂r j k ⇒ 2v

u v∂ ∂

× = − +∂ ∂

r r j k ⇒

24v 1u v∂ ∂

× = +∂ ∂

r r ⇒ dS= 2dudv 4v 1u v∂ ∂

× =∂ ∂

r r+ dudv

n=(4v2+1)-1/2(-2vj+k) F⋅n=(4v2+1)-1/2(4v3+eu)

I= =S

(x, y, z) d⋅∫∫F S ( ) 2 233 u 3 u 3 3

11 1T

2v e dudv dv 4v u e dv 4v 2 e e⎡ ⎤ ⎡+ = + = + ⎤−⎣ ⎦ ⎣∫∫ ∫ ∫ ⎦ =

= ( )24

3

1

v8 e e4+ − v = ( ) ( )4 32 2 1 e e− + − =30+(e3-e)

VIII.3. Έστω ότι η θερμοκρασία Τ(x,y,z) σε κάθε σημείο P(x,y,z) του χώρου R3 δίνεται από την συνάρτηση T(x,y,z)=3x2+3z2 . Να υπολογιστεί η ροή θερμότητας διαμέσου της επιφά-νειας S: x2+z2=4 , 0≤y≤2. Λύση: Για τον κύλινδρο x2+z2=4 , 0≤y≤2, θεωρούμε την διανυσματική παραμετρική εξίσω-ση: r(u,v)=2cosui+vj+2sinuk με 0≤u≤2π , 0≤v≤2 και έχουμε: ∂r/∂u=-2sinui+2cosuk , ∂r/∂v=j ⇒ (∂r/∂u)×(∂r/∂v)=-2cosui-2sinuk ⇒ |(∂r/∂u)×(∂r/∂v)|=2 ⇒ dS=2dudv . Επομένως: I= =12⋅2π⋅2=48π ( )2 2

T T

3 4cos u 3 4sin u 2dudv 12 dudv⋅ + ⋅ =∫∫ ∫∫ VIII.4. Θεωρούμε την κλειστή επιφάνεια S που αποτελείται από το άνω ημισφαίριο x2+y2+z2=1 και τον κύκλο x2+y2=1. Να υπολογιστεί η ροή Φ του ηλεκτρικού πεδίου Ε=2xi+2yj+2zk διαμέσου της επιφάνειας S. Λύση: Έχουμε S=S1+S2 όπου S1: f1(x,y,z)=x2+y2+z2-1=0 και S2: f2=x2+y2-1=0. Επομένως

Φ= 1 2

1 2S S S

dS dS dS⋅ = ⋅ + ⋅∫∫ ∫∫ ∫∫E n E n E n

S1: ∇f1=2xi+2yj+2zk ⇒ |∇f1|=(4x2+4y2+4z2)1/2 =2 ⇒ n1=xi+yj+zk ⇒ n1⋅k=z E⋅n1=2x2+2y2+2z2=2 S2: n2=-k ⇒ n2⋅k=-1 E⋅n2=-2z=0 επειδή βρισκόμαστε στο ΟΧΥ επίπεδο στο οποίο z=0


( ) ( )( )( )1 1 1 1 1 1 1 1

12

1 1 2 2 2 21S T S T S T S R

0

d 1 rdxdy dxdy dxdy rdrd 4πdS 2 2 2 2| | z 21 x y 1 r 1 r= = =

−θΙ = ⋅ = = = = = =

⋅ −− − − −

⌠⎮⎮⌡

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫E nn k

=( ) ( )

1/ 22 11/ 22

0

1 r2π 4π 1 r 4π1

2

−− = − − =

Ι2= 1

1S

dS 0⋅ =∫∫E n

Τελικά Φ=Ι1+Ι2=4π Από το θεώρημα του Gauss έχουμε:

Φ=S V V V

1 4dS dV (2 2 2)dV 6 dV 6 π 4π2 3

⎛ ⎞⋅ = ∇ ⋅ = + + = = =⎜ ⎟⎝ ⎠∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫E n E

VIII.5. Να υπολογιστεί το επιφανειακό ολοκλήρωμα ( )

S

d∇× ⋅∫∫ F S όπου S η επιφάνεια

x2+y2+3z2=1 , z≤0 και F=yi-xj+zx3y2k. Λύση: Από το θεώρημα του Stokes έχουμε:

I= = =2Εμβ(Τ)=2π ( )S

d∇× ⋅∫∫ F S2 2x y 1

CC

d ydx xdy+ =

⋅ = −∫ ∫F r

Άλλος τρόπος Υπολογίζοντας το επιφανειακό ολοκλήρωμα έχουμε ∇×F=2x3yzi-3x2y2zj-2k

f=x2+y2+3z2-1=0 ⇒ ∇f=2xi+2yj+6zk ⇒

|∇f|= ( )2 2 2 2 2 2 2 2 24x 4y 36z 4x 4y 12 12x 12y 12 8 x y+ + = + + − − = − +

n=( )

( )2 2

f 1 x y 3z| f | 3 2 x y

∇= +

∇ − +i +j k

(∇×F)⋅n=( )

( )4 2 3

2 2

1 2x y 3x y 6 z3 2 x y

− −− +

n⋅k=( )2 2

3z

3 2 x y− +

Επομένως:

I= ( ) ( )S

S

dxdyd| |

∇× ⋅ = ∇×⋅

⌠⌠⎮⎮⌡⌡∫∫ F S F

n k=

( )2 2

4 2 3 5 4 5 2 3

TT:x y 1

1 12x y 3x y 6 dxdy 2r cos t sin t 3r cos t sin t 6 rdrdt3 3

+ =

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤− − = − − −⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠⌠⌠⎮⎮⌡⌡ ∫∫ =


=

2 21

6 4 6 2 3 4 2 3

000

1 1 2dt dr 2r cos t sin t 3r cos t sin t 6r dt cos t sin t cos t sin t 33 3 7

π π

37

⎡ ⎤⎡ ⎤− − − = − −⎣ ⎦ −⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠ ⌠⎮⎮ ⌡⌡

∫

= [ ]2π

5 2 3 2

0

1 2 3 2 1cos t sin t cos t cos t 3t 6π 2π3 35 35 35 3⎡ ⎤− − + + − = − − =⎢ ⎥⎣ ⎦

VIII.6. Έστω ότι το πεδίο ταχυτήτων ενός ρευστού δίνεται από την σχέση: v=i+xj+zk, (σε μέτρα ανά δευτερόλεπτο). Υπολογίστε πόσα κυβικά μέτρα ρευστού ανά δευτερόλεπτο δια-περνούν την επιφάνεια S: x2+y2+z2=1 , z≥0. Λύση: Έχουμε n=xi+yj+zk ⇒ v⋅n=x+xy+z2. Επομένως

( ) ( )Ι= 2 2 2

2 2S

T

dxdy dxdydS x xy z x xy 1 x y| | 1 x y

Τ

⋅ = + + = + + − −⋅ − −

⌠⌠⌠⌠⎮⎮ ⎮⎮⌡⌡ ⌡⌡

∫∫ v nn k

=

= ( )2 2

2

R

rdrdtr cos t r cos t sin t 1 r1 r

+ + −−

⌠⌠⎮⎮⌡⌡

=( )

12

2

0

r π 1 r 22 dr π31 r

−=

−

⌠⎮ ⌡

VIII.7. Δίνονται οι κύλινδροι Κ1: x2+y2=α2 και Κ2: x2+z2=α2. Να υπολογισθεί το εμβαδόν της επιφάνειας του κυλίνδρου Κ2 που βρίσκεται στο εσωτερικό του κυλίνδρου Κ1. Λύση: z=f(x,y)= 2 2xα −

dS=2 2

2 2

f1 dxdy dxdyx x∂ α⎛ ⎞+ =⎜ ⎟∂ α −⎝ ⎠

S=82

2 2 dxdyx

Τ

α=

α −⌡⌡

⌠⌠⎮⎮

=

2 2x

y x

2 2

y 0x 0

dy8 d xx

=α= α −

==

α =α −

⌠⌠⎮ ⎮⎮ ⌡⎮

⌡

x2+z2=α2

x2+y2=α2

2 2x

y x

2 2y 0

x 0x

2 22

2 2

x 0

18 dxx

x8 dx 8x

=α= α −

==

=α

=

⎡ ⎤= α =⎢ ⎥

α −⎣ ⎦

⎡ ⎤α −= α = α⎢ ⎥

α −⎢ ⎥⎣ ⎦

⌠⎮⎮⌡

⌠⎮⎮⌡


ΙΧ) ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ GREEN, STOKES, GAUSS

IX.1. Να υπολογιστεί το κλειστό επικαμπύλιο ολοκλήρωμα: ( ) ( )C

3x 4y dx 2x 3y dy+ + −∫

όπου C η περιφέρεια x2+y2=4 διαγραφομένη κατά τη θετική φορά. Λύση:

=( ) ( )C

3x 4y dx 2x 3y dy+ + −∫

( ) ( ) [ ] 2

T T

2x 3y 3x 4y dxdy 2 4 dxdy 2π2 8πx y

⎡ ⎤∂ ∂− − + = − = − = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

∫∫ ∫∫

IX.2. Να επαληθευθεί το θεώρημα του Green για F=(3x2-8y2)i+(4y-6xy)j και για την κα-μπύλη C , που ορίζεται από τις εξισώσεις: α) y=√x , y=x2 , β) x=0 , y=0 , x+y=1. Λύση:

α) Σημεία τομής των καμπυλών : y=x2 , c : y=√x (0,0) και (1,1). c1 2

1 21 2 c c

C

d I I d d⋅ = + = ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫F r F r F r

=

y=1y=x2

y=√x

= =

1cd⋅∫ F rI1

( ) ( )1 2 4 2 3

03x 8x dx 4x 6x 2xdx− + −∫ x=1

=15 3 5

3 4

0

x x x 8 12x 8 4 2x 12 1 2 15 3 5 5 5

− + + − = − + − = −

( ) ( )2

020 2 3 2

c 11

1 xd 3x 8x dx 4 x 6x x dx x 4x 2x 3 1 4 2 12 22 x⎛ ⎛ ⎞⋅ = − + − = − + − =− − + − = +⎜ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝∫ ∫F r 3 3

2= I2

1 2C

3d I I2

⋅ = + =∫ F rΤελικά

( ) ( ) [ ]2 2

C T T T

d 4y 6xy 3x 8y dxdy 6y 16y dxdy 10ydxdyx y

⎡ ⎤∂ ∂⋅ = − − − = − + =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫F r =

2

121 1y x2 4 5

y x0 00

x 3dx 5y dx 5x 5x 5 x 12 2

=

=

⎡ ⎤ 5⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

∫ ∫ 2=

d

β)

OA AB BOC

d d d⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫ ∫F r F r F r F r

ΟΑ: y=0 ⇒ dy=0 ⇒ I1=1 12 3

0OA 0d 3x dx x⋅ = = =∫ ∫F r 1

)x

AB: x+y=1 ⇒ y=1-x ⇒ dy=-dx ⇒ I2=

= ( ) ( ) ( ) (0 22

AB 1d 3x 8 1 x dx 4 1 x 6x 1 x d⎡ ⎤⋅ = − − + − − − −⎡ ⎤⎣ ⎦⎣ ⎦∫ ∫F r

B(0,1) x+y=1

O A(1,0


( ) ( )03

23 2

1

1 x 14x 8 2 1 x 3x 2x 23 3−

+ + − + − =3 −= =8/3

0 02

1BO y 1d 4ydy 2y

=⋅ = = = −∫ ∫F rBO: x=0 ⇒ dx=0 ⇒ I = 2 3

I=I +I +I =1+8/3-2=5/3 1 2 3

( ) ( ) [ ]1 y 1 x2 2

0 y 0C T T

d 4y 6xy 3x 8y dxdy 10y dxdy dx 5yx y

= −

=

⎡ ⎤∂ ∂⋅ = − − − = =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫F r 2 = I=

( ) ( )1

1 2 3

00

5 5dx 5 1 x 1 x3 3

⎡ ⎤− = − − =⎣ ⎦∫=

C

d⋅∫ F rIX.3. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα όπου F=(x2-2xy)i+(x2y+3)j και C το σύνο-

ρο της περιοχής που ορίζεται από τις σχέσεις y2=8x , x=2 α) άμεσα και β) χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Green. Λύση: α) Έστω C το τμήμα της καμπύλης με εξίσωση y2=8x και C1 2 το τμήμα της καμπύλης με εξίσωση x=2. Έχουμε:

C

d⋅∫ F r = =Ι1 2C C

d⋅ + ⋅∫ ∫F r F rd +Ι 1 2

I : x=1/8y2 ⇒ dx=1/4ydy 1y 4 y 44 3 5 5 4 5

y 4 y 4

1 1 1 1 1 1 1y 2 y ydy y 3 dy y y y 3 dy64 8 4 64 4 64 16 64

=− =−

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡− + + = − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⋅⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣∫ ∫ ⎤⎥⎦

I = = 1

46 5

4

5 1 128y y 3y16 64 16 5 5

−⎡ ⎤− + = −⎢ ⎥⋅ ⋅⎣ ⎦

24 =

: x=2 ⇒ dx=0 I2

I2= ( )y 4 42

4y 44y 3 dy 2y 3y 24

=

−=−+ = + =∫

Τελικά Ι=Ι1+Ι2=128/5 β) =

C

d⋅∫ F r

( )2 y 8x2

y 8x0T T

Q P dxdy 2xy 2x dxdy dx xy 2xyx y

=

=−

⎡ ⎤∂ ∂ ⎡ ⎤− = + = +⎢ ⎥ ⎣ ⎦∂ ∂⎣ ⎦∫∫ ∫∫ ∫

y2=8x

x=2

=

( ) ( ) 25/ 22 2 3/ 2

0 00

x 128dx x8x 2x 8x x8x 2x 8x 4 8 x dx 4 85 / 2 5

⎛+ − − = = =⎜

⎝∫ ∫=

IX.4. Να επαληθευτεί το θεώρημα του Stokes για το διανυσματικό πεδίο F=xi+yi+zk και για την επιφάνεια S: x2+y2 2+z =1 με z≥0. Λύση:


( )( )2π 2π

0 0C C

d xdx ydy cos t sin tdt sin t(cos tdt 0dt 0⋅ = + = − + = =∫ ∫ ∫ ∫F r

( )S S

dS dS 0∇× ⋅ = ⋅ =∫∫ ∫∫F n 0 n

( )

S

d∇× ⋅∫∫ F SIX.5. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι= όπου F=r×(i+j+k) με r=xi+yj+zk,

και S το τμήμα της επιφάνειας της σφαίρας που ορίζεται από τις σχέσεις x2+y2 2+z =1 και x+y+z≥1. Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα του Stokes και έχουμε:

A(1,0,0)

B(0,1,0)

Γ(0,0,1

Μ(½,½,0)

Κ(1/3,1/3,1/3) O

e

I= =( )S

d∇× ⋅∫∫ F SC

d⋅∫ F r

όπου C η περιφέρεια κατά την οποία τέμνει το επίπεδο x+y+z=1 την σφαίρα. Τρία σημεία της περιφέρειας είναι: Α(1,0,0), Β(0,1,0), Γ(0,0,1), τα οποία σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο. Το κέντρο της περιφέρειας συμπί-πτει με το ορθόκεντρο του ισοπλεύρου τριγώ-νου ΑΒΓ, το οποίο ορθόκεντρο συμπίπτει με την τομή των διαμέσων του. Έτσι η περιφέ-ρεια αυτή έχει κέντρο το σημείο Κ(1/3,1/3,1/3) και ακτίνα:

e 2 1

( ) ( ) ( )2 2 2 61/ 3 1/ 3 1/ 3 13

+ + − =R=d(K,Γ)=

Το διάνυσμα θέσης ενός τυχαίου σημείου της περιφέρειας θα έχει την έκφραση: r=OK+(Rcoste +Rsinte ) 1 2

Αρκεί να προσδιοριστούν τα μοναδιαία και κάθετα μεταξύ τους διανύσματα e και e1 2. Τα δι-ανύσματα αυτά έχουν αρχή την αρχή των αξόνων και πρέπει να είναι παράλληλα προς το επίπεδο x+y+z=1 ή ισοδύναμα να βρίσκονται στο επίπεδο x+y+z=0, το οποίο διέρχεται από την αρχή των αξόνων και είναι παράλληλο προς το επίπεδο x+y+z=1. Δεν είναι δύσκολο να προσδιορίσουμε το πρώτο διάνυσμα e και να θέσουμε: 1

( )1 1,0, 12

− e = 1

αφού οι συνιστώσες του x=1/√2 , y=0 , z=-1√2 ικανοποιούν την εξίσωση x+y+z=0. Το δεύ-τερο διάνυσμα e είναι κάθετο στο e και κάθετο στο μοναδιαίο διάνυσμα 2 1

( )1 1,1,13

Ν=

το οποίο είναι κάθετο στο επίπεδο. Άρα θα ισούται:

( )1 11 1 1 1,2, 16 61 0 1

= − −−

i j k e =N×e =2 1


οπότε η διανυσματική παραμετρική εξίσωση του κύκλου θα είναι:

( ) ( )1 1 1 6 1 6 1, , cos t 1,0, 1 sin t 1,2, 13 3 3 3 32 6

⎛ ⎞ + − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

r(t)= − =

1 3 1 1 2 1 3 1cos t sin t , + sint , - cost- sint 3 3 3 3 3 3 3 3

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⇒ =

3 1sin t cos t dt3 3

⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3 1cos t sin t 3 3 3+ +x(t)= ⇒ dx(t)=

1 2 + sint 3 3

2 cos tdt3

y(t)= ⇒ dy(t)=


⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

1 3 1 - cost- sint3 3 3

⇒ dz(t)= z(t)=

Επίσης έχουμε: F=r×(i+j+k)=(y-z)i+(z-x)j+(x-y)k ⇒

3sin t cos t3

+ F =y-z= x

3 22 cos t sin3 3

− − Fy=z-x= t

3 1cos t sin t3 3

− Fz=x-y=

3sin t cos t3

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠


⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

dx+ FFx ydy+ Fzdz= +

3 22 cos t sin t3 3

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 cos tdt3

+ +

3 1cos t sin t3 3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠


⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= +

2 2 23 1 1 3 4 3 4 1 3 1sin t sin t cost cos tsin t cos t cos t costsin t sin t cost cos tsin t dt3 3 3 9 9 9 3 9 9

⎧ ⎫⎪ ⎪− + − + − − + − +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

=

4 3 dt9

=-

Τελικά θα είναι:

I= =( )S

d∇× ⋅∫∫ F S2π

0

4 3 4 3 8 3d dt 2π π9 9

⋅ = − = − = −∫ ∫F r9

IX.6. Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα όπου α) η επιφάνεια S είναι η σφαίρα με

κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 2, β) η επιφάνεια του κύβου που ορίζεται από τα επίπεδα x=-1, x=1, y=-1 , y=1 , z=-1 , z=1 γ) η επιφάνεια του παραβολοειδούς z=4-(x

S

dS⋅∫∫r n

2+y2) και του ΟΧY επιπέδου.


Λύση: 3

S V V

4dS dV 3 dV 3 π2 32π3σ σ σ

⋅ = ∇ ⋅ = = =∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫r n r α)

β) 3

S V V

dS dV 3 dV 3 2 24κ κ κ

⋅ = ∇ ⋅ = = × =∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫r n r

γ) = ( )2 2

π π π

z 4 (x y ) 2 2

z 0S V V T T

dS dV 3 dV 3 dxdy dz 3 dxdy 4 x y= − +

=⋅ = ∇ ⋅ = = = − −∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫r n r

= ( ) ( ) [ ]2422 3 2

0R 0

r3 rdrd 4 r 6π dr 4r r 6π 2r 6π 8 4 24π4

⎡ ⎤θ − = − = − = − =⎢ ⎥

⎣ ⎦∫∫ ∫

IX.7. Να αποδειχθούν οι σχέσεις: α)

V

div dV S=∫∫∫ n

2 2V S

dV dSr r

⋅=∫∫∫ ∫∫

r n β)

γ) 5 3

S V

r dS 5r dV=∫∫ ∫∫∫n r

S

dS =∫∫ n 0 δ)

Λύση: α)

V S S

div dV dS dS S= ⋅ = =∫∫∫ ∫∫ ∫∫n n n

2 2S V

dS dVr r⋅ ⎛ ⎞= ∇ ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠∫∫ ∫∫∫r n rβ)

2 2 2

x yr x r y r z r

∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠r

2

z αλλά ∇⋅

( )2

32 2 2 2 2 2 2

x 1 1 1 1 r 1 x 1 xx x x 2rx r r x r r r r x r r r r

−∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 42είναι

2

2 2

y 1 y2y r r r∂ ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

2

2 2

z 1 z2z r r r∂ ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

ομοίως 4 και 4

2

2 2 4 2 2

3 r 3 2 12r r r r r r

⎛ ⎞∇ ⋅ = − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

r2 2

S V

dVdSr r⋅

=∫∫ ∫∫∫r nεπομένως 2 και τελικά

γ) Από την σχέση (βλέπε σχέση (9.9.7) παρ. 9.9) και για f=rV S

fdV f dS∇ =∫∫∫ ∫∫ n 5 , έχουμε

( )5 5 4 4 4

S S V V V

x y zf dS r dS r dV 5r 5r 5r dV 5r dVr r r

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ∇ = + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫∫ ∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫n n i j k 3r

δ) Από την σχέση και για f=1 έχουμε V S

fdV f dS∇ =∫∫∫ ∫∫ n


S V V

dS 1dV dV= ∇⋅ = =∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫n 0 0

Άλλος τρόπος Η κλειστή επιφάνεια S χωρίζεται σε δυό μέρη S , S1 2, (το άνω και κάτω μέρος), στα οποία ισχύει n⋅k>0 και n⋅k<0. Επομένως

1 2 1 2 1 2S S S S S S S

dxdy dxdy dxdy dxdydS dS dS 0| | | |

= + = + = +⋅ ⋅ ⋅ − ⋅∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫n n n n n n n

n k n k n k n k=

X) ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΑ

X.1 Για τις παρακάτω συναρτήσεις βρείτε τα κρίσιμα σημεία και ελέγξτε εάν είναι τοπικά μέγιστα, τοπικά ελάχιστα ή σαγματικά σημεία. :

1) f(x,y)=x2-y2+xy 2) f(x,y)=x2+y2+2xy 3) f(x,y)=exp(1+x2-y2) 4) f(x,y)=3x2+2xy+2x+y2+y+4

xcosy 5) f(x,y)=e6) f(x,y)=xsiny

Λύση: 1) f(x,y)=x2-y2+xy ⇒ ∂f/∂x=2x+y=0 , ∂f/∂y=-2y+x=0 ⇒ (x ,y )=(0, 0) 0 0

2∂ f/∂x2 2=2 , ∂ f/∂y2 2 2=-2 , ∂ f/∂x∂y=1 , ∂ f/∂y∂x=1 ⇒ D(x ,y )=-5<0 0 0,y )=(0, 0) είναι σαγματικό Άρα το κρίσιμο σημείο (x0 0

2) f(x,y)=x2+y2+2xy ⇒ ∂f/∂x=2x+2y=0 , ∂f/∂y=2y+2x=0 ⇒ x+y=0 Άρα τα κρίσιμα σημεία βρίσκονται πάνω στην ευθεία y=-x. Έχουμε επίσης:

2∂ f/∂x2 2=2 , ∂ f/∂y2 2 2=2 , ∂ f/∂x∂y=2 , ∂ f/∂y∂x=2 ⇒ D=0 ∀x,y Από τον μηδενισμό της ορίζουσας D δεν μπορούμε να βγάλουμε κανένα συμπέρασμα. Όμως τα σημεία, που βρίσκονται πάνω στην ευθεία y=-x είναι τοπικά ελάχιστα διότι f(x,y)=(x+y)2≥0, και ισότητα έχουμε μόνο όταν x=-y. 3) f(x,y)=exp(1+x2-y2) ⇒ ∂f/∂x=2xexp(1+x2-y2) =0 , ∂f/∂y=-2yexp(1+x2-y2)=0 ⇒

,y )=(0, 0) (x0 02∂ f/∂x2=2exp(1+x2-y2 2)+4x exp(1+x2-y2 2) , ∂ f/∂y2=-2exp(1+x2-y2 2)+4y exp(1+x2-y2) , 2∂ f/∂x∂y=-4xyexp(1+x2-y2 2) , ∂ f/∂y∂x=-4xyexp(1+x2-y2) ⇒ D(x0,y )=e2(-4)<0 0

,y )=(0, 0) είναι σαγματικό Άρα το κρίσιμο σημείο (x0 0 4) f(x,y)=3x2+2xy+2x+y2+y+4 ⇒ ∂f/∂x=6x+2y+2=0 , ∂f/∂y=2y+2x+1=0 ⇒

,y )=(-1/4, 1/4) (x0 02∂ f/∂x2 2=6 , ∂ f/∂y2 2 2=2 , ∂ f/∂x∂y=2 , ∂ f/∂y∂x=2 ⇒ D(x ,y )=8>0 0 0

,y )=(0, 0) είναι τοπικό ελάχιστο. Άρα το κρίσιμο σημείο (x0 0

x x5) f(x,y)=e cosy ⇒ ∂f/∂x=e cosy=0 , ∂f/∂y=-exsiny=0 x≥0, το σύστημα των δυο αυτών εξισώσεων ισοδυναμεί με το σύστημα: Επειδή e

cosy=0 , siny=0, που είναι αδύνατο. Άρα δεν υπάρχουν κρίσιμα σημεία.


6) f(x,y)=xsiny ⇒ ∂f/∂x=siny=0 , ∂f/∂y=xcosy=0 ⇒ x=0 , y=nπ (x0,y0)=(0,nπ) ∂2f/∂x2=0 , ∂2f/∂y2=-xsiny , ∂2f/∂x∂y=cosy , ∂2f/∂y∂x=cosy ⇒ D(0,nπ)=-cos2y|y=nπ =-1<0 Άρα τα κρίσιμα σημεία (0,nπ) είναι σαγματικά. X.2. Χαρακτηρίστε τα κρίσιμα σημεία της συνάρτησης f(x,y)=x3+y2-6xy+6x+3y. Λύση: f(x,y)=x3+y2-6xy+6x+3y ⇒ ∂f/∂x=3x2-6y+6=0 , ∂f/∂y=2y-6x+3=0 ⇒ (x1,y1)=(1, 3/2) , (x2,y2)=(5, 27/2) ∂2f/∂x2=6x , ∂2f/∂y2=2 , ∂2f/∂x∂y=-6 , ∂2f/∂y∂x=-6 ⇒ α) D(x1,y1)=12x-36|x1=1=-24<0 Άρα το κρίσιμο σημείο (x1,y1)=(1, 3/2) είναι σαγματικό σημείο. β) D(x2,y2)=12x-36|x2=5=24>0 και επειδή ∂2f/∂x2=6x|x2=5=6⋅5=30>0, το κρίσιμο σημείο (x2,y2)=(5, 27/2) είναι τοπικό ελά-χιστο. X.3. Για τις παρακάτω συναρτήσεις βρείτε τα ακρότατα υπό τις συνθήκες που δίνονται 1) f(x,y)=3x+4y-1 x2+y2=4 2) f(x,y)=x x2+2y2=3

3) f(x,y)=3x+2y 2x2+3y2=3 4) f(x,y)=xy x+y=1

Λύση: 1) Έχουμε f(x,y)=3x+4y-1 και φ(x,y)=x2+y2-4 (1) . Επομένως F=f(x,y)+λφ(x,y) ⇒ ∇F=∇f+∇φ=(3+λ2x)i+(4+λ2y)j=0 ⇒ 3+λ2x=0 (2) , 4+λ2y=0 (3) Λύνουμε τις εξισώσεις (1) , (2) , (3) ως προς x, y αφού προηγουμένως απαλείψουμε το λ. Συγκεκριμένα έχουμε: (1) ⇒ 2λ=-3/x , (2) ⇒ 4-3y/x=0 (4). Λύνουμε τις (1) και (4) ως προς x, y και έχουμε: x=±6/5 , y=±8/5. Τα κρίσιμα σημεία είναι: (x1,y1)= (6/5,8/5) και (x2,y2)= (-6/5,-8/5) Για (x1,y1)=(6/5,8/5) έχουμε f(x,y)=9 και για (x2,y2)=(-6/5,-8/5) έχουμε f(x,y)=-11 Επειδή η επιφάνεια z=f(x,y)=3x+4y-1 είναι επίπεδο στο κρίσιμο σημείο (x1,y1)=(6/5,8/5) έ-χουμε μέγιστο και στο κρίσιμο σημείο (x2,y2)=(-6/5,-8/5) ελάχιστο. 2) Έχουμε f(x,y)=x και φ(x,y)=x2+2y2-3 (1) . Επομένως F=f(x,y)+λφ(x,y) ⇒ ∇F=∇f+∇φ=(1+λ2x)i+(λ4y)j=0 ⇒ 1+λ2x=0 (2) , λ4y=0 (3) Από την (2) έχουμε λ=-1/2x και από την (3) y=0. Οπότε η (1) δίνει x2=3 ⇒ x=√3 και x=-√3 Τα κρίσιμα σημεία είναι: (x1,y1)= (√3,0) και (x2,y2)= (-√3,0) Για (x1,y1)=(√3,0) έχουμε f(x,y)=√3 και για (x2,y2)=(-√3,0) έχουμε f(x,y)=-√3 Επειδή η επιφάνεια z=f(x,y)=x είναι επίπεδο στο κρίσιμο σημείο (x1,y1)=(√3,0) έχουμε μέγι-στο και στο κρίσιμο σημείο (x2,y2)=(-√3,0) ελάχιστο.


3) Έχουμε f(x,y)=3x+2y και φ(x,y)=2x2+3y2-3 (1) . Επομένως F=f(x,y)+λφ(x,y) ⇒ ∇F=∇f+∇φ=(3+λ4x)i+(2+λ6y)j=0 ⇒ 3+λ4x=0 (2) , 2+λ6y=0 (3) Λύνουμε τις εξισώσεις (1) , (2) , (3) ως προς x, y αφού προηγουμένως απαλείψουμε το λ. Συγκεκριμένα έχουμε: (1) ⇒ λ=-3/4x , (2) ⇒ 4x-9y=0 (4). Λύνουμε τις (1) και (4) ως προς x, y και έχουμε:

170

170

y=4x/9 , 2x2 2+3(4/9) x2=3 ⇒ x=± 9 και επομένως y=± 4

170

170

Τα κρίσιμα σημεία είναι: (x ,y )= (9,4) και (x ,y )=- (9,4) 1 1 2 2

170

3570

Για (x ,y )= (9,4) έχουμε f(x,y)= και 1 1

170

3570

για (x ,y )=- (9,4) έχουμε f(x,y)=- 2 2

170

Επειδή η επιφάνεια z=f(x,y)=3x+2y είναι επίπεδο στο κρίσιμο σημείο (x ,y )=1 1 (9,4) έ-

χουμε μέγιστο και στο κρίσιμο σημείο (x 170

,y )=- (9,4) ελάχιστο. 2 2

4) Έχουμε f(x,y)=xy και φ(x,y)=x+y-1=0 (1) . Επομένως F=f(x,y)+λφ(x,y) ⇒ ∇F=∇f+∇φ=(y+λ)i+(x+λ)j=0 ⇒ y+λ=0 (2) , x+λ=0 (3) Από τις εξισώσεις (2) και (3) προκύπτει δι' απαλοιφής του λ ότι y=x (4) Λύνουμε τις (1) και (4) ως προς x, y και έχουμε: x=1/2 , y=1/2.

,y )= (1/2,1/2), στο οποίο αντιστοιχεί το ακρότατο: f(x ,y )=1/4 Το κρίσιμο σημείο είναι: (x0 0 0 0Για το είδος του ακροτάτου πρέπει να λύσουμε π.χ. την (1) ως προς y=1-x και να αντικατα-στήσουμε το y στην έκφραση του f(x,y). Έχουμε: f(x,y)=x(1-x)=x-x2 η οποία μεγιστοποιείται για x=1/2.. Άρα για το κρίσιμο σημείο (1/2,1/2) έχουμε μέγιστο.

ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΤΟΛΕΣ ΤΟΥ MAPLE

ΕΝΤΟΛΕΣ ΕΛΕΓΧΟΥ Οι εντολές αυτές είναι οι βασικότερες όλων και μας επιτρέπουν να ελέγχουμε τη ροή του προγράμματος. Οι κυριότερες είναι οι κάτωθι:

ΠΕΡΙΓΡΑΦΗ ΕΝΤΟΛΗ ΕΠΑΝΕΚΙΝΗΣΗ-ΜΗΔΕΝΙΣΜΟΣ ΟΛΩΝ ΤΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

restart

ΤΕΛΙΚΟ ΣΥΜΒΟΛΟ ΕΝΤΟΛΩΝ ;

ΑΠΟΚΡΥΨΗ ΤΩΝ ΑΠΟΤΕΛΕ-ΣΜΑΤΩΝ

:

ΕΚΤΕΛΕΣΗ ΕΝΤΟΛΗΣ enter

ΠΡΟΣΘΕΣΗ ΑΡΙΘΜΩΝ +

ΑΦΑΙΡΕΣΗ ΑΡΙΘΜΩΝ -

ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΩΝ *

ΔΙΑΙΡΕΣΗ ΑΡΙΘΜΩΝ /

ΑΜΕΣΗ ΑΝΑΦΟΡΑ ΣΤΟ ΤΕΛΕΥΤΑΙΟ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑ

%

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΝΕΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ :=

ΑΝΤΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗ ΤΙΜΩΝ ΤΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

ΣΕ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ

subs( );

ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ ΑΚΕΡΑΙΟΥ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥΣ ΑΡΙΘΜΟΥΣ

ifactor( );

ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΕΣ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΕΙΣ evalf( );

ΕΥΡΕΣΗ ΑΝΑΠΤΥΓΜΑΤΟΣ ΓΙ-ΝΟΜΕΝΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΩΝ

ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΩΝ

expand( );

ΠΑΡΑΓΟΝΤΟΠΟΙΗΣΗ ΠΟΛΥΩ-ΝΥΜΟΥ

factor( );

ΑΠΟΜΟΝΩΣΗ ΑΡΙΘΜΗΤΟΥ Ε-ΝΟΣ ΚΛΑΣΜΑΤΟΣ

numer( );

ΑΠΟΜΟΝΩΣΗ ΠΑΡΟΝΟΜΑΣΤΟΥ ΕΝΟΣ ΚΛΑΣΜΑΤΟΣ

denom( );

ΑΠΛΟΠΟΙΗΣΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗΣ simplify( );

2 ♦ Bασικές Εντολές του Maple

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΟΡΙΩΝ a..b

ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΑ ΔΙΑΓΡΑΜΜΑΤΟΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗΣ

plot(f(x),x=κάτω όριο..πάνω όριο)

ΣΥΝΔΥΑΣΜΟΣ ΔΙΑΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΩΝ ΚΑΙ ΣΗΜΕΙΩΝ

display([a,b,c,d,….] );

ΑΚΡΙΒΗ ΕΥΡΕΣΗ ΛΥΣΕΩΝ ΕΞΙ-ΣΩΣΕΩΝ

solve(εξίσωση,μεταβλητή);

ΕΥΡΕΣΗ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΩΝ ΛΥΣΕ-ΩΝ

fsolve(εξίσωση,μεταβλητή);

ΠΕΡΙΒΑΛΛΟΝΤΑ ΕΡΓΑΣΙΑΣ

Το Maple έχει έτοιμα περιβάλλοντα εργασίας (πακέτα ή packages), τα οποία ασχο-λούνται με συγκεκριμένους τομείς των Μαθηματικών. Πρόκειται δηλαδή για μια σειρά από πολλές εντολές, οι οποίες ενεργοποιούνται με την εκτέλεση μιας ειδικής εντολής-κλήσης. Το πακέτο που χρησιμοποιείται στη Διανυσματική Ανάλυση είναι το VectorCal-culus, το οποίο ενεργοποιείται με την εντολή: ‘with(VectorCalculus):’. Υπάρχουν βεβαίως και πολλά άλλα, όπως αυτό της Γραμμικής Άλγεβρας, with(linalg): των Διαφορικών Εξι-σώσεων, with(DEtools):, κτλ.

Τέλος υπάρχουν και τα διάφορα πακέτα σχεδίασης: with(plots):, with(plottools):. ΠΑΚΕΤΟ VECTOR CALCULUS

Με την κλήση του πακέτου αυτού είμαστε υποχρεωμένοι να δηλώσουμε ποιο σύ-στημα συνεταγμένων θα χρησιμοποιήσουμε. Οι βασικότερες εντολές είναι οι εξής: ΚΛΗΣΗ With(VectorCalculus): ΚΑΡΤΕΣΙΑΝΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕ-ΝΕΣ

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

ΣΦΑΙΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ

SetCoordinates(spherical [r,phi,theta]);

ΚΥΛΙΝΔΡΙΚΕΣ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕ-ΝΕΣ

SetCoordinates(cylindrical [rho,phi,z]);

ΔΗΛΩΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΥ ΠΕΔΙΟΥ A

A:=VectorField(<A1,A2,A3>);

ΠΡΟΣΘΕΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΠΕΔΙΩΝ

A+B; όπου Α και Β δύο διανυσματικά πεδία

ΑΦΑΙΡΕΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΠΕΔΙΩΝ

A-B; όπου Α και Β δύο διανυσματικά πεδία

ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

DotProduct(A,B); όπου Α και Β δύο διανυσματικά πεδία

ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

Crossproduct(A,B) όπου Α και Β δύο διανυσματικά πεδία

Βασικές Εντολές του Maple ♦ 3

ΠΑΔΕΙΓΜΑΤΑ. > restart; > 6+7; #πρόσθεση

13

> 7-6; #αφαίρεση 1

> 6*8; #πολλαπλασιασμός 48

> 64/8;#διαίρεση 8

> 850.265545454*644.55878455; #πολλαπλασιασμός

548046.1266

> evalf(%,2);#υπολογισμός με συγκεκριμένη ακρίβεια 550000.

> sqrt(27); #τετραγωνική ρίζα 3 3

> evalf(%,3);#υπολογισμός με συγκεκριμένη ακρίβεια 5.19

> sin(Pi/4); #ημίτονο 2

2

> cos(Pi/3);#συνημίτονο

> cot(Pi/4);# συνεφαπτόμενη

12

1

> evalf(cot(Pi/8)); #υπολογισμός με συγκεκριμένη ακρίβεια

2.414213562

> exp(3*x);#εκθετική συνάρτηση e

( )3 x

> exp(ln(x)); #εκθετική συνάρτηση x

> abs(x);#απόλυτος τιμή x

> abs(3); #απόλυτος τιμή 3


> abs(-10); #απόλυτος τιμή 10

> ifactor(26442254);#παραγοντοποίηση ακεραίου σε γινόμενο πρώτων παραγόντων

( ) 2 ( )157 ( )84211

> seq(k^3,k=1..25);#υπολογισμός όρων ακολουθίας 1 8 27 64 125 216 343 512 729 1000 1331 1728 2197 2744 3375 4096 4913 5832, , , , , , , , , , , , , , , , , ,

6859 8000 9261 10648 12167 13824 15625, , , , , ,

> W:=3*x^2+5; #εισαγωγή πολυωνύμου := W + 3 x2 5

> subs(x=4,W);#εντολή εύρεσης της τιμής του πολυωνύμου για x=4

53

> M:=(58*(u^4+25*x)-78)^4; #εισαγωγή πολυωνύμου δυο μεταβλη-τών

:= M ( ) + − 58 u4 1450 x 784

> L:=expand(M);#εντολή για εκτέλεση όλων των πράξεων L 4565620800u8 x 4420506250000x4 1131649600u12 x 42436860000u8 x2− + + + :=

707281000000u4 x3 6139972800u4 x 114140520000u4 x2 76749660000x2 + + − +

110096064u4 122799456u8 60874944u12 951171000000x3 11316496u16 − + − − + 37015056 2752401600x + −

> factor(L);#εντολή παραγοντοποίησης

16 ( ) + − 29 u4 725 x 394

> B:=(x^2+5*x+6)/(x^2-5*x+6); #εισαγωγή ρητής συνάρτησης

:= B + + x2 5 x 6 − + x2 5 x 6

> numer(B);#απομόνωση αριθμητού κλάσματος

+ + x2 5 x 6

> denom(B); #απομόνωση παρονομαστού κλάσματος

− + x2 5 x 6

> factor(numer(B));#παραγοντοποίηση πολυωνύμου


( ) + x 3 ( ) + x 2

> factor(denom(B)); #παραγοντοποίηση πολυωνύμου

( ) − x 2 ( ) − x 3

> K:=1/(x+6)+4/(x-8); #εισαγωγή πολυωνυμικής συνάρτησης

:= K + 1

+ x 64

− x 8

> simplify(K);#απλοποίηση πολυωνύμου + 5 x 16

( ) + x 6 ( ) − x 8

> restart;> with(plots):> plot(x^2-5*x+6,x=-5..10); #χάραξη γραφικής παράστασης

> #Με την παρακάτω επιλογή thickness=3 βελτιώνουμε την εμφά-νιση της γραφικής παράστασης> plot(x^2-5*x+6,x=-5..10,thickness=3); # αυξάνουμε το πάχος της καμπύλης

> plot(x^2-5*x+6,x=-5..10,thickness=3,title= [Γραφική_ Παρά-σταση]); # Εισάγουμε τίτλο


> plot(x^2-5*x+6,x=-5..10,thickness=3,title=[Γραφική_ Παρά-σταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14]); # Αυξάνουμε το μέγεθος της γραμματοσειράς του τίτλου

> plot(x^2-5*x+6,x=-5..10,thickness=3,title=[Γραφική_Παράσταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14],font=[TIMES,ROMAN,14]); # Αυξάνουμε το μέγεθος της γραμματοσειράς των αξόνων

> plot(x^2-5*x+6,x=-5..10,thickness=3,title=[Γραφική_ Παρά-σταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14],font=[TIMES,ROMAN,14],tickmarks=[3,3]); # Μεταβάλουμε το πλήθος των υποδιαιρέσεων των αξόνων>


> # Με την εντολή textplot μπορούμε να προσθέσουμε κείμενο σε οποιοδήποτε σημείο της γραφικής παράστασης. Η Εισαγωγή αυτή γίνεται με τις εντολές textplot και display.> t1:=textplot([4,20,`Τριώνυμο`]):> p1:=plot(x^2-5*x+6,x=-5..10,thickness=3,title=[Γραφική_ Πα-ράσταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14],font=[TIMES,ROMAN,14],tickmarks=[3,3]):> display(p1,t1);

> #Γραφική παράσταση που περιέχει σημείο απειρισμού> plot(x/(x-5),x=-8..10,thickness=3,title=[Γραφική_ Παράσταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14],font=[TIMES,ROMAN,14],tickmarks=[3,3]);


> #Βελτίωση της γραφικής παράστασης με επιλογή κλίμακας στον άξονα ΟΥ> plot(x/(x-5),x=-8..17,y=-10..10,thickness=3,title=[Γραφική_ Παράσταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14],font= [TIMES,ROMAN,14], tickmarks=[4,4]);

> #Γραφική παράσταση της − 3 x4 6 x2 όπου ο όρος υπερισχύει για x>1 του όρου και γι' αυτό δεν γίνεται αντιληπτό η συμπεριφορά της γραφικής παράστασης για -1<x<1

x4

x2

> plot(3*x^4-6*x^2,x=-5..5,thickness=3,title=[Γραφική_ Παρά-σταση],titlefont=[TIMES,ROMAN,14],font=[TIMES,ROMAN,14], tickmarks=[4,5]);

> # Εισάγωντας την επιλογή y=-5..15 η γραφική παράσταση ανα-δεικνύει τις διακυμάνσεις για -1<x<1 > plot(3*x^4-6*x^2,x=-5..5,y=-5..15,thickness=3,title= [Γρα-φική_Παράσταση], titlefont= [TIMES,ROMAN,14],font=[TIMES, ROMAN,14],tickmarks=[4,4]);


> # Χάραξη δυο γραφικών παραστάσεων στους ίδιους άξονες, χρη-σιμοποιώντας και λεζάντα.> plot([sin(x),cos(x)],x=-2*Pi..2*Pi,thickness=3,font= [TIMES,ROMAN,14],legend=["Sine", "Cosine"]);

> #Σχεδίαση γραφικής παράστασης της συνάρτησης r=θ σε πολικές συνταταγμένες > polarplot(theta,theta=0..2*Pi,thickness=3, font=[TIMES, RO-MAN,14] );

> polarplot(sin(theta),theta=0..2*Pi,thickness=3, font= [TIMES,ROMAN,14] );


> polarplot(sin(4*theta),theta=0..2*Pi,thickness=3, font= [TIMES,ROMAN,14] );

> #Γραφική παράσταση πεπλεγμένης συνάρτησης> implicitplot(x^2/4-y^2/9=1,x=-5..5,y=-5..5,thickness=3, font= [TIMES,ROMAN,14]);

> # Γραφική παράσταση συνάρτησης σε παραμετρική μορφή: x=x(t), y=y(t)>plot([sin(5*t),sin(6*t),t=0..2*Pi],thickness=3,font=[TIMES,ROMAN,14]);


> # Γραφική παράσταση συνάρτησης δυο μεταβλητών z=f(x,y) στο χώρο> plot3d(x^2+y^2,x=-3..3,y=-3..3,thickness=3,font=[TIMES, ROMAN,14],axes=normal);# Παραβολοειδές

> plot3d(x+y+5,x=-3..3,y=-3..3,thickness=3,font=[TIMES,ROMAN, 14],axes=normal);# επίπεδο


> plot3d(x*y,x=-3..3,y=-3..3,thickness=3,font=[TIMES, RO-MAN,14],axes=frame);#Υπερβολοειδές, σαγματική επιφάνεια

> restart;#επανεκκίνηση προγράμματος > with(VectorCalculus):εισαγωγή του πακέτου της διανυσματικής ανάλυσης > SetCoordinates(cartesian[x,y,z]);#εισαγωγή καρτεσιανών συ-ντεταγμένων

cartesian , ,x y z

> A:=VectorField(<A1,A2,A3>);#εισαγωγή διανυσματικού πεδίου

:= A + + A1x

e A2y

e A3z

e


> B:=VectorField(<B1,B2,B3>);#εισαγωγή διανυσματικού πεδίου

:= B + + B1x

e B2y

e B3z

e

> A+B;#πρόσθεση διανυσματικών πεδίων + + ( ) + A1 B1

xe ( ) + A2 B2

ye ( ) + A3 B3

ze

> DotProduct(A,B);#εσωτερικό γινόμενο διανυσματικών πεδίων

+ + A1 B1 A2 B2 A3 B3

> CrossProduct(A,B); #εξωτερικό γινόμενο διανυσματικών πεδίων

+ + ( ) − A2 B3 A3 B2x

e ( ) − A3 B1 A1 B3y

e ( ) − A1 B2 A2 B1z

e

> C:=VectorField(<x^2,5*x+6,x^3-2>);#εισαγωγή διανυσματικού πεδίου

:= C + + x2

xe ( ) + 5 x 6

ye ( ) − x3 2

ze

> Divergence(C);#απόκλιση διανυσματικού πεδίου 2 x

> Curl(C);#στροβιλισμός διανυσματικού πεδίου + −3 x2

ye 5

ze

> SetCoordinates(spherical[r,phi,theta]);#εισαγωγή σφαιρικών συντεταγμένων

spherical , ,r φ θ

> F:=VectorField(<x^2,5*x+6,x^3-2>);#εισαγωγή διανυσματικού πεδίου σε σφαιρικές συντεταγμένες.

:= F + + x2

re ( ) + 5 x 6

φe ( ) − x3 2

θe

> Curl(F);#στροβιλισμός διανυσματικού πεδίου σε σφαιρικές συ-ντεταγμένες

− + ( )cos φ ( ) − x3 2r ( )sin φ r

e − x3 2r φ

e + 5 x 6r θ

e

> with(plots): #εισαγωγή ειδικού σχεδιαστικού πακέτου fieldplot3d([2*x,2*y,1],x=-1..1,y=-1..1,z=-1..1,grid=[5,5,5]);


fieldplot3d([(x,y,z)->2*x,(x,y,z)->2*y,(x,y,z)->1],-1..1,-1..1,-1..1); #Σχεδίαση διανυσματικών πεδίων με άξονες και χωρίς άξονες

> restart;#επανεκκίνση προγράμματος > with(student):#εισαγωγή ειδικού πακέτου υπολογισμών > Diff(x^2+3*x,x)=diff(x^2+3*x,x);# παραγώγιση συνάρτησης

= ddx ( ) + x2 3 x + 2 x 3

>Int(25*exp(x)+10*cos(x),x=0..Pi)=int(25*exp(x)+10*cos(x),x=0..Pi); # υπολογισμός ορισμένου ολοκληρώματος

= d⌠⌡⎮⎮

0

π

+ 25 ex 10 ( )cos x x − + 25 25 eπ

Γραφική παράσταση καμπύλης στο χώρο. > restart; > with(plots): > x:=3*cos(t);y:=3*sin(t);z:=t;Παραμετρικές εξισώσεις της ορ-θής κυκλικής έλικας με ακτίνα βάσεως 3 και βήμα 1

:= x 3 (cos t )

)

:= y 3 (sin t := z t

>spacecurve([x,y,z],t=0..4*Pi,thickness=3,axes=normal,tickmarks=[4,4,3],labels=['x','y','z'],font=[TIMES,ROMAN,14],color=blue);


Υπολογισμός της βάθμωσης ενός βαθμωτού πεδίου > restart; > with(VectorCalculus): > SetCoordinates( cartesian[x,y,z]);

cartesian , ,x y z

> f:=1/sqrt(x^2+y^2+z^2);

:= f 1 + + x2 y2 z2

> Gradient(f,[x,y,z]);

− − −x

( ) + + x2 y2 z2 ( )/3 2 xe y

( ) + + x2 y2 z2 ( )/3 2 ye z

( ) + + x2 y2 z2 ( )/3 2 ze

Υπολογισμός της απόκλισης ενός διανυσματικού πεδίου > F:=VectorField(<x^2+y*z,z*x*y^3,z^2*y>);

:= F + + ( ) + x2 y zx

e z x y3

ye z2 y

ze

> Divergence(F); + + 2 x 3 z x y2 2 y z

Υπολογισμός του στροβιλισμού ενός διανυσματικού πεδίου > Curl(F);

+ + ( ) − z2 x y3

xe y

ye ( ) − z y3 z

ze


Κατευθύνουσα παράγωγος ενός βαθμωτού πεδίου f=βαθμωτό πεδίο, point=[x0,y0,z0] σημείο του πεδίου ορισμού του βαθμωτού πεδί-ου, <u1,u2,u3>=διάνυσμα που δηλώνει την κατεύθυνση, [x,y,z]= ορισμός του συστήματος συντεταγμένων > restart; > with(VectorCalculus): > DirectionalDiff(f(x,y,z),<u1,u2,u3>,[x,y,z]); # γενική έκ-φραση της κατευθύνουσας παραγώγου.

+ +

⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂x ( )f , ,x y z u1

+ + u12 u22 u32

⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂y ( )f , ,x y z u2

+ + u12 u22 u32

⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟∂

∂z ( )f , ,x y z u3

+ + u12 u22 u32

Εφαρμογή για , u=(1,-3,4) και για το σημείο [1,2,3] = f + + x2 y z x z2

> f(x,y,z):=x^2+y*z+x*z^2; := ( )f , ,x y z + + x2 y z x z2

> DirectionalDiff(f(x,y,z),point=[1,2,3],<1,-3,4>,[x,y,z]); 17 26

13

Υπολογισμός επικαμπυλίου ολοκληρώματος βαθμωτού πεδίου > restart; > with(VectorCalculus): > with(student): > f:=x*y*z/sqrt(1+4*y+9*x*z);

:= f x y z + + 1 4 y 9 x z

> A:=Lineint(f,x=t,y=t^2,z=t^3,t=0..1);

:= A d

⌠

⌡

⎮⎮⎮⎮⎮⎮⎮⎮0

1

t6 + + ⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟d

dt t

2⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟d

dt ( )t2

2⎛⎝⎜⎜

⎞⎠⎟⎟d

dt ( )t3

2

+ + 1 4 t2 9 t4t

> B:=value(%);

:= B 17

> A=B;# ενωποίηση των δυο παραπάνω εντολών.

= d⌠⌡⎮⎮

0

1

t6 t 17

Υπολογισμός επικαμπυλίου ολοκληρώματος διανυσματικού πεδίου > restart; > with(VectorCalculus): > with(student): > SetCoordinates(cartesian[x,y,z]);


> cartesian , ,x y z

> F:=VectorField(<2*y,z,x>); := F + + 2 y

xe z

ye x

ze

> LineInt( F, Path( <t,t^2,t>, t=0..2 ) ); >

383

Υπολογισμός διπλού ολοκληρώματος σε ορθογώνια περιοχή > restart; > with(VectorCalculus): > with(student): > f:=x+exp(y);

:= f + x ey

> A:=Doubleint(f,x=-1..2,y=3..4)=;

:= A d⌠⌡⎮⎮

3

4

d⌠⌡⎮⎮

-1

2

+ x ey x y

> B:=value(A);

:= B − + 32 3 e3 3 e4

> A=B;

= d⌠⌡⎮⎮

3

4

d⌠⌡⎮⎮

-1

2

+ x ey x y − + 32 3 e3 3 e4

Υπολογισμός διπλού ολοκληρώματος σε μη ορθογώνια περιοχή > restart; > with(VectorCalculus): > with(student): > g:=y*x^2+y^2;

:= g + y x2 y2

> A:=Doubleint(f,y=2*x..4*x,x=1..3);

:= A d⌠⌡⎮⎮

1

3

d⌠⌡⎮⎮

2 x

4 x

+ x ey y x

> B:=value(A);

:= B + − − + 523

12 e2 1

4 e4 12 e6 1

4 e12

> A=B;


= d⌠⌡⎮⎮

1

3

d⌠⌡⎮⎮

2 x

4 x

+ x ey y x + − − + 523

12 e2 1

4 e4 12 e6 1

4 e12

Υπολογισμός τριπλού ολοκληρώματος σε ορθογώνια περιοχή > A:=Tripleint(x^2+y^2+z^2,x=0..2,y=0..4,z=0..3);

:= A d⌠⌡⎮⎮

0

3

d⌠⌡⎮⎮

0

4

d⌠⌡⎮⎮

0

2

+ + x2 y2 z2 x y z

> value(A);#υπολογισμός της τιμής του ολοκληρώματος

232

> A:=Tripleint(x^2+y^2+z^2,x=0..2,y=0..4,z=0..3)=value(A);

:= A = d⌠⌡⎮⎮

0

3

d⌠⌡⎮⎮

0

4

d⌠⌡⎮⎮

0

2

+ + x2 y2 z2 x y z 232

Υπολογισμός του όγκου μιας σφαίρας ακτίνας R > restart; > with(VectorCalculus):with(student): > A:=Tripleint(1,z=-sqrt(R^2-x^2-y^2)..sqrt(R^2-x^2-y^2),y=-sqrt(R^2-x^2)...sqrt(R^2-x^2),x=-R..R);

:= A d⌠⌡⎮−R

R

d⌠⌡⎮

− − R2 x2

− R2 x2

d⌠⌡⎮

− − − R2 x2 y2

− − R2 x2 y2

1 z y x

> B:=value(%);

:= B 4 π R3

3

> A=B;

= d⌠⌡⎮−R

R

d⌠⌡⎮

− − R2 x2

− R2 x2

d⌠⌡⎮

− − − R2 x2 y2

− − R2 x2 y2

1 z y x 4 π R3

3

Υπολογισμός επιφανειακού ολοκληρώματος > restart; > with(VectorCalculus): Η παρακάτω εντολή υπολογίζει το επιφανειακό ολοκλήρωμα της συνάρτησης f=x+y+z πάνω στην επιφάνεια S που ορίζεται παραμετρικά από τις παραμετρικές εξισώσεις: x=x(s,t)=s, y=y(s,t)=t, z=z(s,t)=4-2s-t όπου οι παράμετροι s,t βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου με κορυφές τα σημεία (0,0), (1,0), (0,1). > A1:=SurfaceInt( x+y+z, [x,y,z] = Surface( <s,t,4-2*s-t>, [s,t] = Triangle(<0,0>,<1,0>,<0,1>)),inert);


:= A1 d⌠⌡⎮⎮

0

1

d⌠⌡⎮⎮

0

− + s 1

( )− + s 4 6 t s

> B1:=value(A1); > A1=B1;

:= B1 11 66

= d⌠⌡⎮⎮

0

1

d⌠⌡⎮⎮

0

− + s 1

( )− + s 4 6 t s 11 66

Υπολογισμός του επιφανειακού ολοκληρώματος της συνάρτησης f=y2 πάνω στην επιφά-νεια της σφαίρας με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνας r. > restart; > with(VectorCalculus): > A2:=SurfaceInt( y^2, [x,y,z] = Sphere(<0,0,0>,r),inert );

:= A2 d⌠⌡⎮⎮

0

2 π

d⌠⌡⎮⎮

0

π

r4 ( )sin φ 3 ( )sin θ 2 φ θ

> B2:=value(A2);

:= B2 4 π r4

3

> A2=B2;

= d⌠⌡⎮⎮

0

2 π

d⌠⌡⎮⎮

0

π

r4 ( )sin φ 3 ( )sin θ 2 φ θ4 π r4

3

Υπολογισμός του επιφανειακού ολοκληρώματος της συνάρτησης f=xyz πάνω στην επιφά-νεια του παραλληλεπιπέδου που ορίζεται από τις ανισότητες: 1<x<2, 3<y<4, 5<z<6. > A3:=SurfaceInt( x*y*z, [x,y,z] = Box( 1..2, 3..4, 5..6 ), 'inert' );

:= A + + d⌠⌡⎮5

6

d⌠⌡⎮3

4

3 s t s t d⌠⌡⎮5

6

d⌠⌡⎮1

2

7 s t s t d⌠⌡⎮3

4

d⌠⌡⎮1

2

11 s t s t

> B3:=SurfaceInt( x*y*z, [x,y,z] = Box( 1..2, 3..4, 5..6 ) );

:= B 6934

> A3=B3;

= + + d⌠⌡⎮5

6

d⌠⌡⎮3

4

3 s t s t d⌠⌡⎮5

6

d⌠⌡⎮1

2

7 s t s t d⌠⌡⎮3

4

d⌠⌡⎮1

2

11 s t s t 6934

DIANYSMATIKH_ANALYSH

Documents

Transcript of DIANYSMATIKH_ANALYSH