Príklady na precvičovanie – plošné integrály,
Gaussova–Ostrogradského a Stokesova integrálna veta
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme plošný integrál prvého druhu
I =
∫
σ
(
z + 2x +
4
3
y
)
dS,
kde plocha σ je časť grafu funkcie z = 4 − 2x − 4
3
y na elementárnej oblasti
M =
{
[x, y] ∈ R2
, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3 −
3
2
x
}
.
Riešenie:
Teória plošných integrálov má mnoho analógií s teóriou krivkových integrálov.
I v tomto prípade musíme plochu σ vhodne parametrizovať. Nakoľko
sa jedná o dvojrozmerný objekt, pracujeme s dvomi parametrami u a v. V
našom príklade je plocha σ časťou grafu funkcie dvoch premenných. Preto je
výhodne zvoliť samotné premenné x a y za parametre. Máme teda
x = u, y = v, z = 4 − 2u −
4
3
v,
pričom body [u, v] patria do elementárnej oblasti M s vyjadrením
0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 3 −
3
2
u
(všimnime si analógiu s krivkovými integrálmi; pri nich parameter t prebiehal
nejaký jednorozmerný interval, pri plošných integráloch parametre u, v
prebiehajú nejakú rovinnú elementárnu oblasť :)). Vektor
r(u, v) =
(
x(u, v), y(u, v), z(u, v)
)
, [u, v] ∈ M,
sa nazýva polohový vektor plochy σ. Je to vektor so začiatočným bodom
[0, 0, 0] a s koncovým bodom na ploche σ. Polohový vektor r(u, v) a elementárna
oblasť M udávajú úplnú informáciou o danej ploche σ (tak ako
1
polohový vektor φ(t) a vhodný interval pre t jednoznačne určovali krivku φ
:)). Parciálne derivácie r′
u(u, v) a r′
v(u, v) predstavujú dva lineárne nezávislé
dotykové vektory plochy σ a ich vektorový súčin
n(u, v) = ±r′
u(u, v) × r′
u(u, v)
predstavuje normálový vektor plochy σ v jej danom bode (premyslite si to;
lineárne nezávislé vektory r′
u(u, v) a r′
v(u, v) sú smerové vektory dotykovej
roviny ku ploche σ v jej danom bode a vektor n(u, v) je pre obidve znamienka
na túto rovinu kolmý :)). Poznamenajme, že pri výpočte plošných integrálov
prvého druhu voľba znamienka normálového vektora n(u, v) nehrá žiadnu
úlohu, pretože sa pracuje iba s jeho absolútnou hodnotou ∥n(u, v)∥. V našom
prípade teda máme
r′
u(u, v) =
(
x′
u(u, v), y′
u(u, v), z′
u(u, v)
)
= (1, 0, −2),
r′
v(u, v) =
(
x′
v(u, v), y′
v(u, v), z′
v(u, v)
)
= (0, 1, −4/3),
n(u, v) = r′
u(u, v) × r′
u(u, v) =
i j k
1 0 −2
0 1 −4/3
= 2 · i +
4
3
· j + 1 · k = (2, 4/3, 1),
∥n(u, v)∥ =
√
22 +
(
4
3
)2
+ 12 =
√
61
3
(vektory i, j a k tvoria kanonickú bázu euklidovského priestoru E3
). Plošný
integrál v zadaní príkladu teraz prepíšeme na (Riemannov) dvojný integrál s
integračnými premennými u a v a s oborom integrácie M. Platí
I =
∫∫
M
(
4 − 2u −
4
3
v + 2u +
4
3
v
)
z+2x+4
3
y
· ∥n(u, v)∥ dudv
dS
=
∫∫
M
4
√
61
3
dudv.
2
Vzniknutý dvojný integrál už hravo vypočítame pomocou Fubiniho vety prepisom
na dvojnásobný integrál (samy overte detaily výpočtu :))
I =
∫ 2
0
[∫ 3−3
2
u
0
4
√
61
3
dv
]
du =
4
√
61
3
·
∫ 2
0
(
3 −
3
2
u
)
du = 4
√
61 :).
Príklad 2
Stanovme plošný integrál prvého druhu
I =
∫
σ
z dS,
pozdĺž plochy σ s parametrickým vyjadrením
x = u cos v, y = u sin v, z = v, (u, v) ∈ [0, 1] × [0, 2π].
Riešenie:
V tomto prípade už máme danú parametrizáciu plochy σ. Jej polohový vektor
r(u, v) má preto tvar
r(u, v) =
(
x(u, v), y(u, v), z(u, v)
)
= (u cos v, u sin v, v).
Určíme normálový vektor n(u, v) plochy σ a jeho veľkosť, t.j.,
r′
u(u, v) = (cos v, sin v, 0), r′
v(u, v) = (−u sin v, u cos v, 1),
n(u, v) = r′
u(u, v) × r′
u(u, v) =
i j k
cos v sin v 0
−u sin v u cos v 1
= (sin v, − cos v, u),
∥n(u, v)∥ =
√
(sin v)2 + (− cos v)2 + u2 =
√
1 + u2.
Po dosadení do zadania príkladu dostávame pre hľadaný integrál I vyjadrenie
I =
∫∫
[0,1]×[0,2π]
v ·
√
1 + u2 dudv =
∫ 1
0
[∫ 2π
0
v ·
√
1 + u2 dv
]
du
3
=
∫ 1
0
√
1 + u2 ·
[
v2
2
]2π
0
du = 2π2
·
∫ 1
0
√
1 + u2 du.
Posledný určitý integrál vypočítame napríklad metódou per-partes
∫ 1
0
√
1 + u2 du =
p′
= 1, q =
√
1 + u2
p = u, q′
= u√
1+u2
=
[
u
√
1 + u2
]1
0
−
∫ 1
0
u2
√
1 + u2
du
=
√
2 −
∫ 1
0
u2
√
1 + u2
du =
√
2 −
∫ 1
0
−1 + (1 + u2
)
√
1 + u2
du
=
√
2 +
∫ 1
0
1
√
1 + u2
du −
∫ 1
0
1 + u2
√
1 + u2
du
=
√
2 +
∫ 1
0
1
√
1 + u2
du −
∫ 1
0
√
1 + u2 du.
Z poslednej rovnosti teda vyplýva
2 ·
∫ 1
0
√
1 + u2 du =
√
2 +
∫ 1
0
1
√
1 + u2
du :).
Ale z Matematickej analýzy I vieme, že
∫ 1
0
1
√
1 + u2
du =
[
ln
(
u +
√
1 + u2
)]1
0
= ln
(
1 +
√
2
)
(samy overte ;)), preto máme
2 ·
∫ 1
0
√
1 + u2 du =
√
2 + ln
(
1 +
√
2
)
,
a následne pre integrál I v zadaní príkladu platí
I = π2
·
[√
2 + ln
(
1 +
√
2
)]
:).
4
Príklad 3
Určme obsah plochy, ktorá je časťou grafu funkcie z = x2
+ y2
nachádzajúceho
sa vo vnútri valca x2
+ y2
= 1.
Riešenie:
Toto je jedna zo základných aplikácií plošného integrálu prvého druhu. Ak
σ je po častiach hladká plocha definovaná na rovinnej oblasti M, potom pre
jej obsah platí
S =
∫
σ
dS.
V našom prípade má plocha σ parametrické vyjadrenie
x = u, y = v, z = u2
+ v2
,
pričom body [u, v] prebiehajú vnútrom kružnice M : u2
+v2
= 1 (samy si to
dobre premyslite a nakreslite vhodný obrazok; rovinná oblasť M je priemet
plochy σ do roviny xy :)). Polohový vektor r(u, v) plochy σ má potom tvar
r(u, v) = (u, v, u2
+ v2
),
pričom postupne dostávame
r′
u(u, v) = (1, 0, 2u), r′
v(u, v) = (0, 1, 2v),
n(u, v) = r′
u(u, v) × r′
u(u, v) =
i j k
1 0 2u
0 1 2v
= (−2u, −2v, 1),
∥n(u, v)∥ =
√
4u2 + 4v2 + 1.
Využitím vyššie uvedeného vzorca pre hľadaný obsah máme
S =
∫∫
M
√
4u2 + 4v2 + 1 dudv.
V poslednom dvojnom integrále sa ukazuje výhodné použiť transformáciu do
polárnych súradníc, konkrétne
u = ρ cos φ, v = ρ sin φ.
5
V našom prípade 0 ≤ φ ≤ 2π a 0 ≤ ρ ≤ 1 (samy si premyslite ;)), a teda
S =
∫ 2π
0
[∫ 1
0
√
4ρ2 + 1 · ρ dρ
]
dφ =
∫ 2π
0
[
1
12
·
√
(4ρ2 + 1)3
]1
0
dφ
=
5
√
5 − 1
12
·
∫ 2π
0
dφ =
5
√
5 − 1
12
· 2π =
π ·
(
5
√
5 − 1
)
6
:).
Príklad 4
Pomocou plošného integrálu prvého druhu odvoďme vzorec na výpočet povrchu
gule s polomerom R.
Riešenie:
Pre jednoduchosť uvažujme guľovú plochu σ so stredom v bode [0, 0, 0], t.j.
x2
+ y2
+ z2
= R2
.
Plocha σ má napríklad parametrické vyjadrenie
x = R cos u sin v, y = R sin u sin v, z = R cos v, (u, v) ∈ [0, 2π] × [0, π]
(parametre u, v predstavujú sférické súradnice φ, θ, samy si to dobre premyslite
;)). Pre polohový a normálový vektor r(u, v) a n(u, v) plochy σ teda
dostávame vyjadrenia
r(u, v) = (R cos u sin v, R sin u sin v, R cos v),
r′
u(u, v) = (−R sin u sin v, R cos u sin v, 0),
r′
v(u, v) = (R cos u cos v, R sin u cos v, −R sin v),
n(u, v) = r′
u(u, v) × r′
u(u, v) =
i j k
−R sin u sin v R cos u sin v 0
R cos u cos v R sin u cos v −R sin v
= (−R2
cos u sin2
v, −R2
sin u sin2
v, −R2
sin v cos v),
∥n(u, v)∥ =
√
R4 cos2 u sin4
v + R4 sin2
u sin4
v + R4 sin2
v cos2 v = R2
sin v
6
(samy overte detaily výpočtov :)). Podľa predchádzajúceho príkladu bude
mať potom hľadaný vzorec pre povrch danej gule tvar
S =
∫
σ
dS =
∫∫
[0,2π]×[0,π]
R2
sin v dudv = R2
·
∫ 2π
0
[∫ π
0
sin v dv
]
du
= R2
·
∫ 2π
0
[− cos v]π
0 du = R2
·
∫ 2π
0
2 du = 2R2
· [u]2π
0 = 4πR2
:).
Príklad 5
Vypočítajme plošný integrál druhého druhu
I =
∫
σ
(x, y, z) · dS,
kde σ je časť grafu funkcie z = xy + 1 na štvorci [0, 1] × [0, 1] orientovaná
tak, že jej normálový vektor zviera s vektorom k = (0, 0, 1) ostrý uhol.
Riešenie:
Pri výpočte plošných integrálov druhého druhu postupujeme podobne ako pri
plošných integráloch prvého typu, avšak v tomto prípade musíme zohľadniť
i orientáciu plochy σ. Orientovať plochu σ znamená dopredu zvoliť jednu z
jej dvoch strán, pričom táto voľba sa realizuje pomocou výberu jedného z
normálových vektorov n(u, v) = ±r′
u(u, v) × r′
u(u, v). Konkrétne, ak σ je
jednoduchá, hladká a orientovaná plocha s normálovým vektorom n(u, v) a
r(u, v) je nejaká jej parametrizácia, potom v prípade rovnosti
n(u, v) = +r′
u(u, v) × r′
u(u, v) pre každé [u, v] ∈ M
hovoríme, že daná plocha σ je orientovaná súhlasne s paramaterizáciou r(u, v).
V opačom prípade, t.j., ak n(u, v) = −r′
u(u, v) × r′
u(u, v), je plocha σ orientovaná
nesúhlasne s danou parametrizáciou r(u, v). V našom príklade má
plocha σ napríklad parametrizáciu
x = u, y = v, z = uv + 1, (u, v) ∈ [0, 1] × [0, 1],
teda jej polohový vektor r(u, v) spĺňa
r(u, v) = (u, v, uv + 1) pre každé (u, v) ∈ [0, 1] × [0, 1].
7
Ďalej postupne dostávame
r′
u(u, v) = (1, 0, v), r′
v(u, v) = (0, 1, u),
n(u, v) = ±r′
u(u, v) × r′
u(u, v) = ±
i j k
1 0 v
0 1 u
= ±(−v, −u, 1).
Plocha σ je podľa zadania príkladu orientovaná tak, aby uhol vektorov n(u, v)
a k bol ostrý. Pomocou analytickej geometrie je tento fakt ekvivalentný s tým,
že ich skalárny súčin n(u, v)·k je kladný (samy si dobre premyslite :)). Keďže
n(u, v) · k = ±(−v, −u, 1) · (0, 0, 1) = ±1,
vidíme, že normálový vektor n(u, v) musí spĺňať
n(u, v) = +(−v, −u, 1) pre každé (u, v) ∈ [0, 1] × [0, 1].
Predpísaná orientácia plochy σ je teda súhlasná so zvolenou parametrizáciou
r(u, v). Teraz môžeme, podobne ako pri plošnom integrále prvého druhu,
previesť integrál I v zadaní príkladu na dvojný integrál. Postupne platí
I =
∫∫
[0,1]×[0,1]
(u, v, uv + 1)
(x, y, z)
·
skalárny súčin
n(u, v) dudv
dS
=
∫∫
[0,1]×[0,1]
(u, v, uv + 1) · (−v, −u, 1) dudv =
∫ 1
0
[∫ 1
0
(1 − uv) dv
]
du
=
∫ 1
0
[
v −
uv2
2
]1
0
du =
∫ 1
0
(
1 −
u
2
)
du =
[
u −
u2
4
]1
0
=
3
4
:).
Príklad 6
Pre R > 0 určme plošný integrál druhého druhu
I =
∫
σ
(z − R)2
dxdy,
8
kde σ je časť guľovej plochy
x2
+ y2
+ z2
= 2zR, R ≤ z ≤ 2R,
orientovanej normálou von.
Riešenie:
Plocha σ je zrejme časťou grafu funkcie
z = R +
√
R2 − x2 − y2
na kruhu M : x2
+ y2
≤ R2
(samy overte pomocou vhodného obrázka ;)).
Budeme preto pracovať s parametrizáciou
x = u, y = v, z = R +
√
R2 − u2 − v2, [u, v] ∈ M.
Pre príslušný normálový vektor n(u, v) plochy σ potom máme
n(u, v) = ±
i j k
x′
u y′
u z′
u
x′
v y′
v z′
v
= ±
i j k
1 0 −u√
R2−u2−v2
0 1 −v√
R2−u2−v2
= ±
(
u
√
R2 − u2 − v2
,
v
√
R2 − u2 − v2
, 1
)
(samy si premyslite :)). Nakoľko podľa zadania príkladu plocha σ (resp. celá
uzavretá guľová plocha) je orientovaná normálou von, ten správny normálový
vektor je
n(u, v) =
(
u
√
R2 − u2 − v2
,
v
√
R2 − u2 − v2
, 1
)
pre každé [u, v] ∈ M
(i toto si samy dobre premyslite pomocou vhodného obrázka ;)). Plošný integrál
v zadaní príkladu je uvedený v alternatívnom vyjadrení, pri ktorom
sa vektor dS chápe v zmysle
dS = (dydz, dzdx, dxdy)
a integrovaná vektorová funkcia f(x, y, z) má tvar
f(x, y, z) =
(
0, 0, (z − R)2
)
.
9
Pri prepise integrálu I na dvojný integrál s integračnými premennými u, v sa
potom symbol dxdy pomocou vyššie uvedených výpočtov nahradzuje
dxdy ;
orientácia plochy σ
+
x′
u x′
v
y′
u y′
v
jakobián transformácie [u,v]→[x,y]
dudv = dudv
(je to podobné ako pri transformácii dvojného integrálu do nových integračných
premenných, samy si dobre premyslite :)). Teda
I =
∫∫
M
(R2
− u2
− v2
)
(z−R)2
dudv.
Získaný dvojný integrál vypočítame napríklad pomocou transformácie do
polárnych súradníc
u = ρ cos φ, v = ρ sin φ, (ρ, φ) ∈ [0, R] × [0, 2π]
(samy overte :)). Napokon postupne dostávame
I =
∫ 2π
0
[∫ R
0
(
R2
− ρ2
)
· ρ dρ
]
dφ =
∫ 2π
0
[
−
(R2
− ρ2
)
2
4
]R
0
dφ =
πR4
2
(samy overte detaily výpočtu :)).
Príklad 7
Pomocou plošného integrálu druhého druhu odvoďme vzorec na výpočet objemu
vnútra elipsoidu s polosami a, b, c > 0.
Riešenie:
Pri riešení tohto príkladu využívame nasledujúcu vlastnosť plošného integrálu
druhého druhu. Ak σ je jednoduchá, uzavretá, po častiach hladká plocha,
orientovaná normálou von, potom hodnota
V =
1
3
·
∫
σ
[x dydz + y dzdx + z dxdy]
10
vyjadruje objem vnútra plochy σ. V našom prípade uvažujme pre jednoduchosť
elipsoid σ so stredom v bode [0, 0, 0] a s polosami na súradnicových
osiach, t.j.,
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1.
Jeho vhodné parametrické vyjadrenie má napríklad tvar
x = a · cos u sin v, x = b · sin u sin v, z = c · cos v, (u, v) ∈ [0, 2π] × [0, π]
(samy si premyslite, že parametre u, v znamenajú sférické súradnice φ, θ :)).
Pre normálový vektor n(u, v) plochy σ potom máme
n(u, v) = ±
i j k
x′
u y′
u z′
u
x′
v y′
v z′
v
= ±
i j k
−a · sin u sin v b · cos u sin v 0
a · cos u cos v b · sin u cos v −c · sin v
= ±
(
−bc · cos u sin2
v, −ac · sin u sin2
v, −ab · sin v cos v
)
.
Nakoľko pre u = 0 a v = π/2 je n(0, π/2) = ±(−bc, 0, 0) a bc > 0, správny
normálový vektor, orientovaný von z vnútra plochy σ je
n(u, v) = −
(
−bc · cos u sin2
v, −ac · sin u sin2
v, −ab · sin v cos v
)
(samy si veľmi dobre premyslite :)). Na základne tohto poznatku potom platí
dydz ; −
y′
u y′
v
z′
u z′
v
dudv = −
b · cos u sin v b · sin u cos v
0 −c · sin v
dudv
= bc · cos u sin2
v dudv,
dzdx ; −
z′
u z′
v
x′
u x′
v
dudv = −
0 −c · sin v
−a · sin u sin v a · cos u cos v
dudv
= ac · sin u sin2
v dudv,
dxdy ; −
x′
u x′
v
y′
u y′
v
dudv = −
−a · sin u sin v a · cos u cos v
b · cos u sin v b · sin u cos v
dudv
11
= ab · sin v cos v dudv.
Dosadením do vyššie uvedeného vzorca pre objem vnútra plochy σ dostaneme
V =
1
3
·
∫∫
[0,2π]×[0,π]
[
abc · cos2
u sin3
v + abc · sin2
u sin3
v + abc · sin v cos2
v
]
dudv
=
abc
3
·
∫∫
[0,2π]×[0,π]
sin v dudv =
abc
3
·
∫ 2π
0
[∫ π
0
sin v dv
]
du
=
abc
3
·
∫ 2π
0
[− cos v]π
0 du =
2abc
3
·
∫ 2π
0
du =
4
3
· πabc :).
Príklad 8
Pomocou Gaussovej–Ostrogradského integrálnej vety vypočítajme plošný integrál
druhého druhu
I =
∫
σ
f(x, y, z) · dS,
kde vektorová funkcia f(x, y, z) = (x2
, y2
, z2
) a plocha σ je hranica kocky
M : [0, a] × [0, a] × [0, a], a > 0,
orientovaná normálou von.
Riešenie:
Gaussova–Ostrogradského integrálna veta je významným tvrdením s početnými
aplikáciami najmä vo fyzike. Vyjadruje súvislosť medzi plošným integrálom
druhého druhu pozdĺž uzavretej plochy a trojným integrálom cez
vnútro tejto plochy. Konkrétne, ak σ je jednoduchá, uzavretá, po častiach
hladká plocha, orientovaná normálou von a funkcie P(x, y, z), Q(x, y, z),
R(x, y, z), ∂P(x,y,z)
∂x
, ∂Q(x,y,z)
∂y
a ∂R(x,y,z)
∂z
sú spojité na oblasti M tvorenej plochou
σ a jej vnútrom, potom platí
∫
σ
[P(x, y, z) dydz + Q(x, y, z) dzdx + R(x, y, z) dxdy]
12
=
∫∫∫
M
(
∂P(x, y, z)
∂x
+
∂Q(x, y, z)
∂y
+
∂R(x, y, z)
∂z
)
dxdydz.
Posledná identita sa obvykle píše v kompaktnejšom tvare
∫
σ
f(x, y, z) · dS =
∫∫∫
M
div f(x, y, z) dxdydz,
kde f(x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) a skalárna funkcia
div f(x, y, z) :=
∂P(x, y, z)
∂x
+
∂Q(x, y, z)
∂y
+
∂R(x, y, z)
∂z
sa nazýva divergencia vektorového poľa f(x, y, z). V našom prípade máme
P(x, y, z) = x2
, Q(x, y, z) = y2
, R(x, y, z) = z2
,
∂P(x, y, z)
∂x
= 2x,
∂Q(x, y, z)
∂y
= 2y,
∂R(x, y, z)
∂z
= 2z.
Všetky tieto funkcie sú spojité vo vnútri i na hranici kocky M v zadaní
príkladu, pričom daná plocha σ zrejme spĺňa všetky predpoklady Gaussovej–
Ostrogradského vety (samy overte :)). Pre hľadaný integrál I potom platí
I =
∫∫∫
M
(2x + 2y + 2z) dxdydz = 2 ·
∫ a
0
[∫ a
0
[∫ a
0
(x + y + z) dx
]
dy
]
dz.
Postupným výpočtom dostávame
I = 2 ·
∫ a
0
[∫ a
0
[
x2
2
+ xy + xz
]a
0
dy
]
dz = 2 ·
∫ a
0
[∫ a
0
(
a2
2
+ ay + az
)
dy
]
dz
= 2 ·
∫ a
0
[
y ·
a2
2
+ a ·
y2
2
+ azy
]a
0
dz = 2 ·
∫ a
0
(
a3
+ a2
z
)
dz = 2 ·
[
a3
z + a2
·
z2
2
]a
0
= 3a4
.
Príklad 9
Využitím Stokesovej integrálnej vety stanovme krivkový integrál druhého
druhu
I =
∫
φ
f(x, y, z) · dr,
13
kde vektorová funkcia f(x, y, z) má tvar
f(x, y, z) = (x(z − y), y(x − z), z(y − x))
a trajektória krivky φ je obvod rovinného trojuholníka ABC s vrcholmi
A = [a, 0, 0], B = [0, a, 0], C = [0, 0, a], a > 0,
orientovaný v smere A → B → C.
Riešenie:
V tomto príklade ilustrujeme ďalšie významné tvrdenie s výrazne fyzikálnym
uplatnením. Stokesova integrálna veta ukazuje, ako možno krivkový integrál
druhého druhu pozdĺž uzavretej (priestorovej) krivky transformovať na
plošný integrál druhého druhu cez plochu, ktorej okrajom je daná krivka. Na
jej formuláciu je nutné zaviesť dva pojmy. Hovoríme, že plocha σ s polohovým
vektorom r(u, v), [u, v] ∈ M ⊂ R2
, je hladká druhého rádu ak funkcie
r′′
uu(u, v), r′′
uv(u, v), r′′
vu(u, v) a r′′
vv(u, v) sú spojité na množine M. Ďalej povieme,
že uzavretá orientovaná krivka φ ležiaca na orientovanej ploche σ je s
touto plochou súhlasne orientovaná, ak platí tzv. pravidlo pravej ruky – ak
palec pravej ruky ukazuje v smere normálového vektora plochy σ, určujúceho
jej orientáciu, potom ostatné prsty pravej ruky ukazujú v smere orientácie
krivky φ (samy si premyslite na vhodnom príklade :)). No a Stokesova integrálna
veta potom hovorí, že ak σ je jednoduchá, po častiach hladká plocha
druhého rádu a krivka φ je jej s ňou súhlasne orientovaný okraj, a funkcie
P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z), ∂P
∂y
, ∂P
∂z
, ∂Q
∂z
, ∂Q
∂x
, ∂R
∂x
a ∂R
∂y
sú spojité na ploche
σ, potom platí rovnosť
∫
φ
[P(x, y, z) dx + Q(x, y, z) dy + R(x, y, z) dz]
=
∫
σ
[(
∂R
∂y
−
∂Q
∂z
)
dydz +
(
∂P
∂z
−
∂R
∂x
)
dzdx +
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)
dxdy
]
.
Táto identita sa zvykne písať v tvare
∫
φ
f(x, y, z) · dr =
∫
σ
rot f(x, y, z) · dS,
kde f(x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) a vektorová funkcia
rot f(x, y, z) :=
(
∂R
∂y
−
∂Q
∂z
,
∂P
∂z
−
∂R
∂x
,
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)
14
sa označuje ako rotácia vektorového poľa f(x, y, z). V našom prípade krivka
φ leží v rovine x + y + z = a (samy overte :)). Za plochu σ zvolíme časť tejto
roviny, ktorá je ohraničená krivkou φ, t.j., vnútro trojuholníka ABC. Plocha
σ potom má parametrické vyjadrenie
x = u, y = v, z = a − u − v, [u, v] ∈ M,
kde M je rovinná oblasť daná nerovnosťami
0 ≤ u ≤ a, 0 ≤ v ≤ a − u
(samy si premyslite pomocou vhodného obrázka ;)). Ďalej máme
r(u, v) = (u, v, a − u − v), r′
u(u, v) = (1, 0, −1), r′
v(u, v) = (0, 1, −1),
n(u, v) = ±
i j k
1 0 −1
0 1 −1
= ±(1, 1, 1).
V súlade s predpokladmi Stokesovej integrálnej vety plochu σ orientujeme
súhlasne s orientáciou krivky φ. Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že
to odpovedá výberu normálového vektora n(u, v) = +(1, 1, 1) :). Plocha σ
je zrejme hladkou druhého rádu (samy overte :)) a funkcie
P(x, y, z) = x(z − y), Q(x, y, z) = y(x − z), R(x, y, z) = z(y − x),
∂P
∂y
= −x,
∂P
∂z
= x,
∂Q
∂z
= −y,
∂Q
∂x
= y,
∂R
∂x
= −z,
∂R
∂y
= z
sú spojité na ploche σ. Pre krivkový integrál I v zadaní príkladu teda platí
I =
∫
σ
(z + y, x + z, y + x)
rot f(x,y,z)
·dS.
Prepisom na dvojný integrál s integračnými prememnnými u, v dostaneme
I =
∫∫
M
(a − u, a − v, u + v) · n(u, v)
(1, 1, 1)
dudv = 2a ·
∫∫
M
dudv
= 2a ·
∫ a
0
[∫ a−u
0
dv
]
du = 2a ·
∫ a
0
(a − u) du = 2a ·
[
−
(a − u)2
2
]a
0
= a3
.
15
Príklad 10
Využitím Stokesovej integrálnej vety vypočítajme plošný integrál druhého
druhu
I =
∫
σ
rot f(x, y, z) · dS,
kde vektorová funkcia f(x, y, z) = (y2
, xy, xz) a plocha σ je časť guľovej
plochy x2
+ y2
+ z2
= 1, z ≥ 1, orientovaná tak, že jej normálový vektor n
má nezápornú z-ovú súradnicu.
Riešenie:
V tomto príklade aplikujeme Stokesovu integrálnu vetu opačne – plošný integrál
prevedieme na krivkový :). Nakoľko
rot f(x, y, z) = (0, −z, −y),
funkcie f(x, y, z) a rot f(x, y, z) sú spojité na ploche σ (samy overte :)). Okrem
toho plocha σ je hladká druhého rádu (i toto si samy premyslite :)). Jej
okrajom je zrejme kružnica φ : x2
+ y2
= 1 (v rovine xy). Predpokladajúc
kladnú orientáciu krivky φ, v súlade so zadaním príkladu bude plocha σ súhlasne
orientovaná s krivkou φ (samy overte ;)). Podľa Stokesovej integrálnej
vety má potom plošný integrál I vyjadrenie
I =
∫
φ
f(x, y, z) · dr =
∫
φ
(y2
, xy, xz) · dr.
Aby sme stanovili vzniknutý krivkový integrál, parametrizujeme krivku φ,
avšak ako krivku v R3
, t.j.,
x(t) = cos t, y(t) = sin t, z(t) = 0, t ∈ [0, 2π]
(samy si dobre premyslite :)). Táto parametrizácia je súhlasná s kladnou
orientáciou krivky φ. Ďalej máme
x′
(t) = − sin t, y′
(t) = cos t, z′
(t) = 0 =⇒ φ′
(t) = (− sin t, cos t, 0).
Napokon dostávame
I =
∫ 2π
0
(sin2
t, cos t sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0) dt
16
=
∫ 2π
0
(− sin3
t + cos2
t sin t) dt =
∫ 2π
0
(2 cos2
t − 1) · sin t dt
=
u = cos t
du = − sin t · dt
0 ; 1, 2π ; 1
=
∫ 1
1
(1 − u2
) du = 0 :)
(samy si premyslite tieto výpočty ;)). Ak sa niekomu zdá použitá substitúcia
nekorektná a podozrivá, môže overiť tento alternatívny výpočet
∫ 2π
0
(2 cos2
t − 1) · sin t dt = 2 ·
∫ 2π
0
cos2
t sin t dt −
∫ 2π
0
sin t dt
= 2 ·
[
−
cos3
t
3
]2π
0
− [− cos t]2π
0 = 0 :).
Príklad 11
Rozhodnime, či krivkový integrál druhého druhu
∫
φ
[
(3x2
− 3yz + 2) dx + (3y2
− 3xz + ln y + 1) dy + (3z2
− 3xy + 1) dz
]
závisí na integračnej ceste φ v oblasti Ω = {[x, y, z] ∈ R3
, y > 0}. V prípade
zápornej odpovede nájdime hodnotu
I =
∫ [1,1,1]
[0,1,0]
[
(3x2
− 3yz + 2) dx + (3y2
− 3xz + ln y + 1) dy + (3z2
− 3xy + 1) dz
]
.
Riešenie:
Pomocou Greenovej integrálnej vety sa dá odvodiť kritérium nezávislosti
krivkového integrálu druhého druhu na integračnej ceste v jednoducho súvislej
rovinnej oblasti. Podobne, Stokesova integrálna veta (ako zovšeobecnenie
Greenovej vety :)), poskytuje kritérium na nezávislosť krivkového integrálu
druhého druhu na integračnej ceste φ v jednoducho súvislej oblasti Ω ⊆ R3
.
Konkrétne, spojito diferencovateľné vektorové pole
f(x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))
17
je potenciálové v jednoducho súvislej oblasti Ω ⊆ R3
práve vtedy, keď platí
∂R
∂y
=
∂Q
∂z
,
∂P
∂z
=
∂R
∂x
,
∂Q
∂x
=
∂P
∂y
pre každé [x, y, z] ∈ Ω
(v reči vyššie zavedených objektov posledné identity znamenajú, že rotácia
poľa f(x, y, z) spĺňa rot f(x, y, z) = 0 na celom Ω; vektorové pole f(x, y, z) s
touto vlastnosťou sa preto niekedy označuje aj termínom nevírové v oblasti
Ω :)). V našom prípade máme
P = 3x2
− 3yz + 2, Q = 3y2
− 3xz + ln y + 1, R = 3z2
− 3xy + 1,
R′
y = −3x = Q′
z, P′
y = −3y = R′
x, Q′
x = −3z = P′
y
a oblasť Ω je jednoducho súvislá (samy overte :)). Preto vektorové pole
f = (P, Q, R) je potenciálové v oblasti Ω, a teda krivkový integrál v zadaní
príkladu nezávisí na integračnej ceste φ v Ω. Nájdeme teraz potenciál
tohto poľa, t.j., skalárnu funkciu V (x, y, z) spĺňajúcu
V ′
x = P, V ′
y = Q, V ′
z = R na Ω.
Integráciou prvej rovnosti podľa premennej x dostaneme
V (x, y, z) =
∫
P(x, y, z) dx =
∫
(3x2
− 3yz + 2) dx = x3
− 3xyz + 2x + C(y, z),
kde neznáma funkcia C(y, z) predstavuje „integračnú konštantu . Spätným
výpočtom parciálnych derivácií V ′
y a V ′
z máme
−3xz + C′
y(y, z) = Q(x, y, z) = 3y2
− 3xz + ln y + 1
⇓
C′
y(y, z) = 3y2
+ ln y + 1,
−3xy + C′
z(y, z) = R(x, y, z) = 3z2
− 3xy + 1
⇓
C′
z(y, z) = 3z2
+ 1.
18
Trojrozmerný problém sme teda pretransformovali na dvojrozmerný – máme
nájsť potenciál C(y, z) pre dvojicu funkcií 3y2
+ ln y + 1 a 3z2
+ 1 :). Platí
C(y, z) =
∫
(3y2
+ ln y + 1) dy = y3
+ y ln y + D(z),
kde funkcia D(z) je integračná konštanta. Potom
D′
(z) = 3z2
+ 1 =⇒ D(z) = z3
+ z + K, K ∈ R.
Hľadaný potenciál V (x, y, z) vektorového poľa f(x, y, z) má teda tvar
V (x, y, z) = x3
+ y3
+ z3
− 3xyz + 2x + y ln y + z + K, K ∈ R.
Napokon, pre hodnotu integrálu I v druhej časti zadania príkladu dostaneme
I = V (1, 1, 1) − V (0, 1, 0) = (3 + K) − (1 + K) = 2.
Poznamenajme, že pre kmeňovú funkciu V (x, y, z) sa dá odvodiť i explicitná
formula. Nechávame na čitateľa, aby overil, že pre pevný bod [x0, y0, y0] je
skalárna funkcia
V (x, y, z) =
∫ x
x0
P(t, y0, z0) dt +
∫ y
y0
Q(x, t, z0) dt +
∫ z
z0
R(x, y, t) dt
potenciál vektorového poľa f(x, y, z) spĺňajúci V (x0, y0, z0) = 0 (derivovaním
daných integrálov podľa parametrov x, y, z a využitím faktu, že pole f(x, y, z)
je potenciálové, nájdite parciálne derivácie funkcie V (x, y, z) ;)). V našom
prípade položiac [x0, y0, z0] = [0, 1, 0] máme
V (x, y, z) =
∫ x
0
(3t2
+ 2) dt +
∫ y
1
(3t2
+ ln t + 1) dt +
∫ z
0
(3t2
− 3xy + 1) dt
=
[
t3
+ 2t
]x
0
+
[
t3
+ t ln t
]y
1
+
[
t3
− 3xyt + t
]z
0
= x3
+ 2x + y3
+ y ln y − 1 + z3
− 3xyz + z
= x3
+ y3
+ z3
− 3xyz + 2x + y ln y + z − 1 :).
Potom I = V (1, 1, 1) − V (0, 1, 0) = 2 − 0 = 2.
19