AB2.5: Ytor och ytintegraler. Gauss divergenssats

Transkript

1 AB2.5: Ytor och ytintegraler. Gauss divergenssats Ytor på parameterform Låt xyz vara ett cartesiskt koordinatsystem i rummet. En yta på parameterform ges av tre ekvationer x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) D, (1) dvs av vektorfunktionen r(u, v) = [x(u, v), y(u, v), z(u, v)] = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k [(u, v) D], (2) där variabelna u, v kallas parametrar. Området D ligger i uv-planet och kallas parameterområde. Då u, v genomlöper området D [(u, v) D], så genomlöper punkten P = P (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) en viss punktmängd i xyz-rummet (en yta). Ekvationerna (7) kallas ytans ekvationer på parameter form. (8) kallas ytans ekvation på vektorform. (8) kan skrivas kort r = r(u, v) [(u, v) D], (3) där r(u, v) är ortsvektorn för den punkt på, som motsvarar parametervärdena r(u, v) = OP (u, v). eller En yta med ekvationen kan parameterframställas av z = f(x, y), x = g(y, z) y = h(x, z) x = u, y = v, z = f(x, y), etc., och vektorekvationen är då r = [u, v, f(u, v)] [(u, v) D], (4) Parameterområdet är projektionen av på xy- (yz-, xz-) planet Man kan också definiera en yta med en ekvation g(x, y, z) =, t ex, eller x 2 + y 2 + z 2 = a 2, z, z = + a 2 x 2 y 2

2 ger halvklotytan av radien a och origo O. EXEMPEL 1 En cylinderyta på parameterform Ekvationen x 2 + y 2 = a 2, z, (5) ger en cylinderyta av radien a och origo O. Den här parameterform r(u, v) s komponenter är r(u, v) = [a cos u, a sin u, v] = a cos ui + a sin uj + vk, u, v i rektangel : u 2π, v. x = a cos u, y = a sin u, z = v. (6) Observera att varje punkt x, y, z definierad med (6) satisfierar cylinderns ekvation (5) och att omvänt varje punkt x, y, z på cylindern [x, y, z satisfierar (5)] kan skrivas på formen (6) eftersom x 2 + y 2 = a 2 cos 2 u + a 2 sin 2 u = a 2 (cos 2 u + sin 2 u) = a 2. Ekvationen x 2 + y 2 = a 2, 1 z 1 ger en cylinderyta av radien a, höjden 2 och origo O. Den här parameterform r(u, v) = [a cos u, a sin u, v] = a cos ui + a sin uj + vk, r(u, v) s komponenter är u, v i rektangel : u 2π, 1 v 1. x = a cos u, y = a sin u, z = v. EXEMPEL 2 En klotyta på parameterform Klotytan x 2 + y 2 + z 2 = a 2 på parameterform ges av vektorfunktionen r(u, v) s komponenter är Vi använder sfäriska koordinaterna r(u, v) = a cos v cos ui + a cos v sin uj + a sin vk, u, v i rektangel : u 2π, π/2 v π/2. x = a cos v cos u, y = a cos v sin u, z = a sin v. x = r cos v cos u, y = r cos v sin u, z = r sin v, där r är avståndet till origo och u och v är två vinklar. Man också använder sfäriska koordinater på formen x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ, r, θ π, π φ π.

3 EXEMPEL 3 En konyta på parameterform Konytan z = + x 2 + y 2, z H på parameterform ges av vektorfunktionen r(u, v) = u cos vi + u sin vj + uk, u, v in rectangle : v 2π, u H. r(u, v) s komponenter är Observera att x 2 + y 2 = z 2. x = u cos v, y = u sin v, z = u. angent till en yta Låt C vara en kurva på ytan u = u(t), v = v(t) och r(u(t), v(t)) är ortsvektorn för punkten P som ligger på C. Enligt kedjeregeln får vi en tangentvektor till kurvan C r (t) = d r dt = r u u + r v v. Då är partiella derivatorna (vektorfunktioner) r u och r v i punkten P tangentvektorer till ytan i punkten P. Antag att de här vektorfunktionerna är linjärt oberoende. Då spänner r u och r v upp ett plan α, som kallas tangentplanet till ytan i punkten P. Enligt definitionen av vektorprodukt, ger vektorprodukten N = r u r v. en normalvektor till ytan i punkten P (eftersom vektorprodukten är vinkelrät mot planet α). Motsvarande enhetsnormalvektorn n = 1 N N = 1 r u r v r u r v. då Om ytan ges av en ekvation n = g(x, y, z) =, 1 grad g. grad g EXEMPEL 4 Enhetsnormalvektor till klotytan g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 a 2 = : n = 1 grad g grad g = 1 [ x a grad g = a, y a, z ] = x a a i + y a j + z a k. EXEMPEL 5 Enhetsnormalvektor till konytan

4 g(x, y, z) = z + x 2 + y 2 = : n = 1 grad g grad g = 1 [ 2 x x2 + y, 2 x x2 + y i + y 2 x2 + y j k. 2 y x2 + y 2, 1 ] = Ytintegraler Betrakta en yta med parameterekvationerna r(u, v) = [x(u, v), y(u, v), z(u, v)] = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k, u, v och normalvektorn motsvarande enhetsnormalvektorn N = r u r v ; n = 1 N N. Om F(r) är en vektorfunktion, definierad på, så sätter vi F nda = F(r(u, v)) N(u, v)dudv, (7) kallas normalytintegralen av vektorfunktionen (vektorfält) F(r) över ytan. Lägg marke till att nda = n N dudv = N dudv, och vi antar att parameterna u, v tillhör ett område i u, v-planet. kriv motsvarande uttryck komponentvis: F = [F 1, F 2, F 3 ) = F 1 i + F 2 j + F 3 k, och n = [cos α, cos β, cos γ] = cos αi + cos βj + cos γk, N = [N 1, N 2, N 3 ) = N 1 i + N 2 j + N 3 k, F nda = (F 1 cos α + F 2 cos β + F 3 cos γ)da = (F 1 N 1 + F 2 N 2 + F 3 N 3 )dudv. Flöde genom en yta Ytintegralen (7) kan uppfattas som F s flöde genom ytan. EXEMPEL 1 Beräkna vätskeflödet genom paraboliska cylindern : y = x 2, x 2, z 3

5 om hastighetsvektorn i en vätskeströmning är v = F = [3z 2, 6, 6xz]. Lösning. Ytan på parameterform ges av vektorfunktionen r(u, v) = [u, u 2, v] = ui + u 2 j + vk, u 2, v 3 (man kan sätta x = u, z = v, y = x 2 = u 2. Partiella derivatorna (vektorfunktioner) r u och r v, r u = [1, 2u, ], r v = [,, 1], är tangentvektorer till ytan i en punkt P som spänner upp tangentplanet till i punkten P. Vektorprodukten N = r u r v. är en normalvektor till ytan i punkten P (vektorprodukten är vinkelrät mot tangentplanet). Vi har N = r u r v = 1 2u = 2ui j = [2u, 1, ]. 1 Motsvarande enhetsnormalvektorn På ytan, Då n = 1 N N = 1 (2ui j) u 2 F(r(u, v)) = F() = [3v 2, 6, 6uv] = 3(v 2 i + 2j + 2uvk). F(r(u, v)) N(u, v) = 3[v 2, 2, 2uv] [2u, 1, ] = 3(2uv 2 2) = 6(uv 2 1). Parameterna u, v genomlöper rektangeln : u 2, v 3. Nu, kan vi skriva och beräkna vätskeflödet F nda = F(r(u, v)) N(u, v)dudv = (uv 2 1)dudv = 6( v 2 dv udu 3 2 dudv) = 6( ) = 72. EXEMPEL 2 En ytintegral Beräkna ytintegral av vektorfunktionen F = [x 2,, 3y 2 ] över planet : x + y + z = 1, x, y, z 1. Lösning. ätt x = u och y = v, då z = 1 u v, och ges av r(u, v) = [u, v, 1 u v], v 1, u 1 v. Vi har r u = [1,, 1], r v = [, 1, 1];

6 normalvektorn är N = r u r v = Motsvarande enhetsnormalvektorn På ytan, n = 1 N N = = i + j + k = [1, 1, 1]. 1 3 (i + j + k). F(r(u, v)) = F() = [u 2,, 3v 2 ] = u 2 i + 3v 2 k. F(r(u, v)) N(u, v) = [u 2,, 3v 2 ] [1, 1, 1] = u 2 + 3v 2. Parameterna u, v genomlöper triangeln : v 1, u 1 v. Nu, kan vi skriva och beräkna ytintegralen: F nda = F(r(u, v)) N(u, v)dudv = (u 2 + 3v 2 )dudv = = (1/3) 1 1 v 1 (u 2 + 3v 2 )dudv = (1 v) 3 dv v 1 1 v dv u 2 du + 3 v 2 dv du = v 2 (1 v)dv = (1/3) 1 (1/3) (1/4) + 3(1/3 1/4) = 1/3. t 3 dt (v 2 v 3 )dv = Gauss divergenssats Om v(x, y, z) är en deriverbar vektorfunktion, då kallas (skalära) funktionen v(x, y, z) = v 1 (x, y, z)i + v 2 (x, y, z)j + v 3 (x, y, z)k, div v = v 1 x + v 2 y + v 3 z divergensen av v. Låt vara ett område i rummet, begränsad av en yta med enhetsnormalvektorn n som är riktad utåt från området. Antag att normalvektorn n varierar kontinuerlig längs, med möjligt undantag för en punktmängd med arean (kanter och hörn, dvs, punkter och linjer) Om F(x, y, z) är ett vektorfält (en vektorfunktion) av klassen C 1 (dvs, F(x, y, z) = [F 1, F 2, F 3 ] är deriverbar och partiella derivatorna F 1 x, F 2 y, etc. är kontinuerlig i ett område i rummet sådant att ), så gäller Gauss divergenssats div FdV = F nda. Komponentvis, ( F 1 x + F 2 y + F ) 3 dxdydz = (F 1 cos α + F 2 cos β + F 3 cos γ)da. z

7 or EXEMPEL 1 ( F 1 x + F 2 y + F ) 3 dxdydz = z (F 1 dydz + F 2 dzdx + F 3 dxdy). Beräkna ytintegralen I = (x 3 dydz + x 2 ydzdx + x 2 zdxdy), (8) där ytan består av cylindern x 2 + y 2 = a 2 ( z b) och cirkelna z = och z = b (x 2 + y 2 a 2 ) ( består av tre delar av jämna ytor). Lösning. I (8), är F(x, y, z) = [F 1, F 2, F 3 ] en deriverbar vektorfunktion och dess komponenter är F 1 = x 3, F 2 = x 2 y, F 3 = x 2 z. Då är divergensen av F = [F 1, F 2, F 3 ] Polara koordinater införes div F = F 1 x + F 2 y + F 3 z = 3x2 + x 2 + x 2 = 5x 2. x = r cos θ, y = r sin θ (cylindrical coordinates r, θ, z) dxdydz = rdrdθdz, Enligt Gauss divergenssats, reduceras ytintegralen till en trippelintegral över området begränsad av en cylindrisk yta, (x 3 dydz + x 2 ydzdx + x 2 zdxdy) = div FdV = 5x 2 dxdydz = 5b a b a 2π 5 r 2 cos 2 θrdrdθdz = z= r= θ= 2π r 3 cos 2 θdrdθ = 5b a4 2π cos 2 θdθ = 4 5b a4 8 2π (1 + 2 cos θ)dθ = 5 4 πba4. EXEMPEL 2 Verifiera Gauss divergenssats Betrakta ytintegralen I = F nda, F = 7xi zk över klotytan : x 2 + y 2 + z 2 = 4. Beräkna integralen direkt och med hjälp av Gauss divergenssats. Lösning. F(x, y, z) = [F 1, F 2, F 3 ] är en deriverbar vektorfunktion och dess komponenter är F = [F 1,, F 3 ], F 1 = 7x, F 3 = z.

8 Divergensen av F är Enligt Gauss divergenssats, I =, ball div F = F 1 x + F 2 y + F 3 z = = 6. div FdV = 6, ball dxdydz = π23 = 64π. (9) Ytintegralen över kan beräknas direkt. Klotytan : x 2 + y 2 + z 2 = 4 av radien 2 på parameterform ges av vektorfunktionen Bestäm partiella derivator : r(u, v) = 2 cos v cos ui + 2 cos v sin uj + 2 sin vk, u, v in rectangle : u 2π, π/2 v π/2. r u = [ 2 sin u cos v, 2 cos v cos u, ], r v = [ 2 sin v cos u, 2 sin v sin u, 2 cos v], och normalvektorn N = r u r v = 2 sin u cos v 2 cos v cos u = [4 cos 2 v cos u, 4 cos 2 v sin u, 4 cos v sin v]. 2 sin v cos u 2 sin v sin u 2 cos v På ytan, och Då x = 2 cos v cos u, z = 2 sin v, F(r(u, v)) = F() = [7x,, z] = [14 cos v cos u,, 2 sin v]. F(r(u, v)) N(u, v) = (14 cos v cos u)4 cos 2 v cos u + ( 2 sin v)(4 cos v sin v) = 56 cos 3 v cos 2 u 8 cos v sin 2 u. Parameterna u, v genomlöper rektangeln : u 2π, π/2 v π/2. Nu, kan vi skriva och beräkna ytintegralen 8 F nda = F(r(u, v)) N(u, v)dudv = 2π π/2 8 (7 cos 3 v cos 2 u cos v sin 2 v)dudv = π/2 { 7 2π (1 + cos 2u)du 2 8π { π/2 56π 7 π/2 π/2 π/2 π/2 π/2 } π/2 cos 3 vdv 2π cos v sin 2 vdv = π/2 π/2 cos 3 vdv 16π cos vdv sin 2 vdv = π/2 } (1 sin 2 v)d sin v 2 π/2 π/2 dv sin 2 vd sin v =

9 som sammanfaller med värdet (9). { 1 1 } 8π 7 (1 t 2 )dt 2 t 2 dt = 1 1 8π[7 (2 2/3) 4/3] = 8π 4/3 6 = 64π. EXEMPEL 2 illämpningar av Gauss divergenssats Enligt medelvärdessats för trippelintegraler, f(x, y, z)dv = f(x, y, z )V ( ) där (x, y, z ) är en punkt i och V ( ) är s. Enligt Gauss divergenssats, div F(x, y, z ) = 1 V ( ) div FdV = 1 V ( ) ( ) F nda. Välj en fix punkt P : (x 1, y 1, z 1 ) i och krympa till P så att maximum avståndet d( ) mellan punkter i och P går mot. Då får man en annan definition av divergens div F(x 1, y 1, z 1 ) = lim d( ) 1 V ( ) ( ) F nda. Det betyder att divergensen är oberoende av ett cartesiskt koordinatsystem i rummet. EXEMPEL 4 Differentialoperatorn av andra ordningen = 2 = 2 x y z 2 kallas Laplaceoperator (Laplacian). En två gånger deriverbar funktion f som satisfierar Laplaces ekvation i ett område, dvs f = 2 f x f y f z 2 =, kallas en harmonisk funktion i. Man kan transformera en dubbelintegral av Laplacian w till en kurvintegral av dess normalderivatan w n : 2 wdxdy = C w n ds. [Normalderivatan grad w n av en funktion w är riktningsderivatan av w i riktningen n, där n är normalvektorn till kurvan C]. Visa att man kan också transformera en trippelintegral av Laplacian f till en ytintegral av dess normalderivatan ätt F = grad f;

10 då Vi har också Enligt Gauss divergenssats, får vi div F = div grad f = 2 f x f y f z 2 = 2 f. F n = grad f n 2 fdxdydz = f n da. Vi har visat att om f(x, y, z) är en harmonisk funktion i ( 2 f = i ), då är ytintegralen av dess normalderivatan över en godtycklig (orienterbar) yta i noll: f da =. n

11 POBLEM Bestäm en normalvektor och enhetsnormalvektorn till xy-planet r(u, v) = [u, v] = ui + vj samt parameterkurvorna u = const och v = const. Lösning. Vektorprodukten a b av tå vektorer a = [a 1, a 2, a 3 ] och b = [b 1, b 2, b 3 ] är en vektor v = a b som är vinkelrät mot a och b, och a, b, v bildar bildar ett positivt orienterat högersystem: v = [v 1, v 2, v 3 ] = a b = a 1 a 2 a 3 = v 1 i + v 2 j + v 3 k, b 1 b 2 b 3 där v 1 = Parameterekvationerna a 2 a 3 b 2 b 3, v 2 = a 3 a 1 b 3 b 1, v 3 = r(u, v) = [u, v, ] = ui + vj; definierar xy-planet. Bestäm partiella derivator r u = [1,, ] = i, r v = [, 1, ] = j. Vektorprodukten r u r v ger en normalvektor N till xy-planet N = r u r v = 1 = k. 1 Motsvarande enhetsnormalvektorn n = 1 N N = 1 1 k = k. Parameterkurvorna u = const och v = const är räta linjer. POBLEM Bestäm en normalvektor till konytan a 1 a 2 b 1 b 2 r(u, v) = u cos vi + u sin vj + cuk = [u cos v, u sin v, cu] samt parameterkurvorna u = const och v = const. Lösning. Motsvarande konytan ges av funktionen z = c x 2 + y 2. Vi har N = r u r v = r u = [cos v, sin v, c], r v = [ u sin v, u cos v, ], cos v sin v c u sin v u cos v = cu cos vi cu sin vj + uk = u[c cos v, c sin v, 1]..

12 är en normalvektor till konytan. Parameterkurvorna u = const är cirklar x 2 + y 2 = u 2, z = cu, och v = const är räta linjer y = x tan v. POBLEM Bestäm parameterekvationerna för planet 3x + 4y + 6z = 24. Lösning. Vi har z = 4 (1/2)x (2/3)y. Då ger x = 8u och y = 6v parameterekvationer r(u, v) = [8u, 6v, 4(1 u v)] = 8ui + 6vj + 4(1 u v)k. En annan parameterform fås genom x = u och y = v r(u, v) = [u, v, 4 (1/2)u (2/3)v] = ui + vj + (4 (1/2)u (2/3)v)k. Planet 3x + 4y + 6z = 24 ges av parameterekvationerna r(u, v) = [8u, 6v, 4(1 u v)] Då och en normalvektor N r u = [8,, 4], N = r u r v = r v = [, 6, 4], = Motsvarande enhetsnormalvektorn POBLEM i + 32j + 48k = 8(3i + 4j + 6k) = 8[3, 4, 6]. n = 1 N N = 1 61 (3i + 4j + 6k). Bestäm parameterekvationerna för ellipsoiden x 2 + y 2 + (1/4)z 2 = 1. Lösning. ätt x = cos v cos u, y = cos v sin u, z = 2 sin v. Då får vi ellipsoiden x 2 + y 2 + (1/4)z 2 = 1 och dess parameterekvationerna Vidare, r(u, v) = cos v cos ui + cos v sin uj + 2 sin vk, r u = cos v sin ui + cos v cos uj, r v = sin v sin ui sin v cos uj + 2 cos vk. Normalvektorn N N = r u r v = cos v sin u cos v cos u = 2 cos 2 v cos ui+2 cos 2 v sin uj+sin v cos vk. sin v sin u sin v cos u 2 cos v

13 POBLEM Bestäm enhetsnormalvektor till ellipsoiden 4x 2 + y 2 + 9z 2 = 36. Lösning. Vi har ellipsoidens ekvation g(x, y, z) = 4x 2 +y 2 +9z 2 36 =. Beräkna partiella derivator g x = 8x, g y = 2y, g z = 18z. Vidare, Enhetsnormalvektorn ges av grad g = 2[4x, y, 9z], grad g = 2 16x 2 + y z 2. n = 1 grad g grad g = x 2 + y z 2 grad g = 1 16x2 + y z [4x, y, 9z] = 1 (4xi + yj + 9zk). 2 16x2 + y z2 POBLEM Bestäm enhetsnormalvektor till planet 4x 4y + 7z = 3. Lösning. Planets ekvation skrivas z = 1/7( 3 4x + 4y). Insättning av x = u, y = v i ytans vektorparameterekvationer r(u, v) = [x(u, v), y(u, v), z(u, v)] = x(u, v)i + y(u, v)j + z(u, v)k (1) ger parameterekvationer till planet Vi har Normalvektorn N r(u, v) = [u, v, 1/7( 3 4u + 4v)] = ui + vj + 1/7( 3 4u + 4v)k. Motsvarande enhetsnormalvektorn r u = [1,, 4/7], r v = [, 1, 4/7]. N = r u r v = 1 4/7 1 4/7 = (4/7)i (4/7)j + k = (1/7)(4i 4j + 7k) = (1/7)[4, 4, 7]. n = 1 N N = 1 (4i 4j + 7k). (11) 9 Man kan också skriva planets ekvation som g(x, y, z) = 4x 4y + 7z + 3 =. Bestäm partiella derivator g x = 4, g y = 4, g z = 7.

14 Då och enhetsnormalvektorn ges av grad g = [4, 4, 7], grad g = = 9, n = som sammanfaller med värdet (11). POBLEM grad g grad g = 1 (4i 4j + 7k) 9 Beräkna ytintegralen då F = [3x 2, y 2, ] och är triangeln som ligger i planet r(u, v) = [u, v, 2u + 3v], u 2, 1 v 1. Lösning. Vi har normalvektorn N = r u r v = Motsvarande enhetsnormalvektorn På ytan Då r u = [1,, 2], r v = [, 1, 3]; = 2i 3j + k = [ 2, 3, 1]. n = 1 N N = 1 14 ( 2i 3j + k). F(r(u, v)) = F() = [3u 2, v 2, ] = 3u 2 i + v 2 j). F(r(u, v)) N(u, v) = [3u 2, v 2, ] [ 2, 3, 1] = 6u 2 3v 2 = 3(2u 2 + v 2 ). Parameterna u, v genomlöper rektangeln : u 2, 1 v 1. Nu, kan vi skriva och beräkna ytintegralen F nda = F(r(u, v)) N(u, v)dudv = 3 (2u 2 + v 2 )dudv = = 6 dv u 2 du 3 v 2 dv du == 12 u 2 du 6 v 2 dv = POBLEM [2 (8/3) + 2/3] = 32 4 = 36. Beräkna ytintegralen då F = [x z, y x, z y] och är konytan r(u, v) = u cos vi + u sin vj + uk, u, v i rektangeln : v 2π, u 3.

15 Lösning. Vi har konytans parameterekvationer och kan beräkna partielle derivator r u = [cos v, sin v, 1], r v = [ u sin v, u cos v, ]. Normalvektorn N till konytan är N = r u r v = cos v sin v 1 = u cos vi u sin vj + uk = u[cos v, sin v, 1]. u sin v u cos v På konytan F(r(u, v)) = F() = [u cos v u, u sin v u cos v, u u sin v] = Då u[(cos v 1)i + (sin v cos v)j + (1 sin v)k]. F(r(u, v)) N(u, v) = u[cos v 1, sin v cos v, 1 sin v] ( u)[cos v, sin v, 1] = u 2 [cos v(cos v 1) + sin v(sin v cos v) + sin v 1] = u 2 (1 cos v sin v cos v + sin v 1) = u 2 (sin v cos v sin v cos v). Parameterna u, v genomlöper rektangeln : u 3, v 2π. Nu, kan vi skriva och beräkna ytintegralen F nda = F(r(u, v)) N(u, v)dudv = = 2π ( 1/3)( sin vdv POBLEM π 2π u 2 (sin v cos v sin v cos v)dudv = 3 (sin v cos v sin v cos v)dv cos vdv 2π u 2 du = sin v cos vdv) = ( 1/3)( + + ) =. Beräkna ytintegralen över lådans ytan : x 1, y 3, z 2 då F = [x 2,, z 2 ] Lösning. Vi har vektorfunktionen Divergensen av F = [F 1, F 2, F 3 ] är F 1 = x 2, F 2 =, F 3 = z 2. div F = F 1 x + F 2 y + F 3 z = 2x + 2z. Enligt Gauss divergenssats, är ytintegralen lika med trippelintegralen över lådan F nda = div FdV =

16 2 2 (x + z)dxdydz = dz 3 3 dz z= dy xdx y= 3 3 zdz 1 dy 3 dy x= (x + z)dxdydz = dx =. POBLEM Beräkna ytintegralen dåf = [cos y, sin x, cos z] och är en yta som består av cylinderns yta x 2 + y 2 = 4 ( z 2) och två cirklar som ligger i planen z = 2 och z = 2 (x 2 + y 2 4) Lösning. Vi har Divergensen av F = [F 1, F 2, F 3 ] är Använd polara koordinater Då får vi F 1 = cos y, F 2 = sin x, F 3 = cos z. div F = F 1 x + F 2 y + F 3 z = sin z. x = r cos θ, y = r sin θ (cylindrical coordinates r, θ, z) dxdydz = rdrdθdz, Enligt Gauss divergenssats, är ytintegralen lika med trippelintegralen över området i rummet begränsad av cylinderns yta av radien 2 och höjden 4, F nda = div FdV = 2 2 2π sin zdxdydz = sin zdz rdrdθ =. z= 2 r= θ= POBLEM Verifiera fundamentala egenskapen av lösningar till Laplaces ekvation dåf(x, y, z) = 2z 2 x 2 y 2 och är lådans yta : x 1, y 2, z 4. Lösning. ätt Då F = grad f = [ 2x, 2y, 4z]. div F = div grad f = 2 f x f y f z 2 = 2 f = =, som betyder att f(x, y, z) = 2z 2 x 2 y 2 är en harmonisk funktion. Nu beräkna ytintegraler över 6 sidor av s yta. Börja med sidan parallel med x, y-planet som ligger i planet z = 4, sedan betrakta sidan som ligger i planet z =, etc.: f n da = f f dxdy dxdy+ z z=4 z z=

17 f dydz x x=1 f dxdz y y=2 f dydz+ x x= f dxdz = y y= ( 2) 8 + ( 4) 4 =. POBLEM Beräkna ytintegralen I = F nda, F = [x, z, y] över högre klotytan : x 2 + y 2 + z 2 = 4, z. Använd Gausss divergensesats. Lösning. Vi har Divergensen av F är Enligt Gausss divergensesats, I =,one half of ball F = [x, z, y], F 1 = x, F 2 = z, F 3 = y. div F = F 1 x + F 2 y + F 3 z = = 1, div FdV = dxdydz = π23 = 16π 3.