Bojan Kuzma ZAPISKI IZ PREDAVANJ - POLJA IN KRIVULJNI INTEGRALI Urednica zbirke: Petruša Miholič (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 7) Izdala in založila: Knjižnica za tehniko, medicino in naravoslovje - TeMeNa, Univerza na Primorskem Primorski inštitut za naravosloven in tehnične vede Koper Fakulteta za matematiko, naravoslovje in informacijske tehnologije UNIVERZA NA PRIMORSKEM UNtVERSITA DEL LITORALE UNIVERSITY OF PRIMORSKA Titov trg 4, SI - 6000 Koper Tel.: + 386 5 611 75 00 Fax.: + 386 5 611 75 30 E-mail: info@upr.si h tt p :l/www. u p r. s i © TeMeNa, 2009 Vse pravice pridržane Koper, 2009 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 512.62(075.8)(0.034.2) 517.31(075.8)(0.034.2) KUZMA, Bojan Zapiski iz predavanj. Polja in krivuljni integrali [Elektronski vir] / Bojan Kuzma. - El. knjiga. - Koper : Knjižnica za tehniko, medicino in naravoslovje - TeMeNa, 2009. - (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike ; št. 7) Način dostopa (URL): http://temena.famnit.upr.si/files/files/zv_7_DS.pdf ISBN 978-961-92689-6-4 246644224 Zapiski iz predavanj - Polja in krivulj ni integrali Bojan Kuzma Koper, 2009 Kazalo 1 Predgovor 3 2 Skalama in vektorska polja 4 2.1 Uvod..............................................................................4 2.2 Operacije nad polji..............................................................8 2.3 Mešane operacije nad polji......................................................13 3 Krivuljni integrali 18 3.1 Krivuljni integral I. vrste........................................................18 3.2 Krivuljni integral II. vrste......................................................21 3.2.1 Orientacija krivulj ......................................................22 3.2.2 Delo v polju sil..........................................................24 1 Predgovor Pričujoči zapiski so nastali kot študijski pripomoček študentom pri predmetih Analiza III in Analiza IV, V sklopu teh dveh predmetov je zajeta široka paleta snovi, ki obsega matrične prostore, funkcije več spremenljivk, mnogoterne integrale, Fourieorovo analizo, krivulje, ploskve in polja s krivuljnimi ter ploskovnimi integrali. Pričujoča zbirka je posvečena teoriji polja in krivuljnemu integralu. Kolikor mi je poznano se lahko matematike naučiš le tako, da matematiko delaš. Tak koncept podajanja snovi je npr, v učbeniku |10|, kot tudi v |2|, Tudi sam sem se odločil slediti tej usmeritvi, a v nekoliko manjši meri kot v zbirki o Ploskvah, V njej boste sicer še vedno našli dokazane izreke, trditve in leme, ki pa jih spremlja tudi precej lažjih nalog teoretičnega značaja, Njihovih rešitev zaenkrat nisem dodal; vabim vas, da jih poskusite poiskati sami — s tem bo tudi zbirka dosegla svoj namen, Xaj dodam, da je pričujča zbirka mišljena zgolj kot uvodna seznanitev z osnovnimi pojmi iz teorije polj. Za kaj več pa priporočam v branje npr, |10|, Bojan Kuzma 2 Skalama in vektorska polja 2.1 Uvod Opazujmo notranjost neke ogrevane sobe! V vsaki točki izmerimo temperaturo. Porazdelitev se spreminja po sobi; najvišja je v bližini grelcev, in čedalje bolj pada, čim bolj se od grelcev oddaljujemo. Prostor v sobi dobi neko novo lastnost, ki jo neogrevana soba nima: temperaturo. Tej dodatni lastnosti rečemo (temperaturno) polje. Kako ga merimo? V vsaki točki pač izmerimo njegovo vrednost, tj, izmerimo temperaturo v tej točki. Torej imamo opravka z funkcijo, ki za vsako točko prostora vrne temperaturo v njej. Kot drugi zgled si lahko omislimo okroglo ploščo, na kateri je tanka plast viskozne tekočine. Skoznjo s konstantno hitrostjo vlečemo masni delček. Opazujemo pa spreminjanje sile, ki jo porabimo za vleko, Ce je tekočina homogena, je sila konstantna. Zanimivo postane, če se viskoznost tekočine spreminja. Tedaj plošča dobi novo lastnost: (viskoznostno) polje. Definicija 1. Denimo, da je Q C M2 ali Q C M3 odprta množica, Funkciji f : Q — R bomo rekli .skalarno polje na f f Naj takoj omenimo, da nas bodo zanimala zgolj zvezno odvedljiva polja, Najlažje si skalarno polje predstavljamo, če narišemo množico točk, kjer ima konstantno vrednost, V primeru ravninskega polja, (tj, v primeru Q C M2) ga predstavimo s funkcijo dveh spremenljivk f = f (x,y); zanimajo pa nas točke, kjer ta funkcija zavzame konstantno vrednost. Takoj uvidimo, da ima polje konstantno vrednost vzdolž krivulj; imenujemo jih tudi nivojske krivulje. Zgled 2. Viskoznost tanke tekočine na okrogli plošči je premosorazmerna z oddaljenostjo od središča plošče. Kaj so nivojske krivulje tega (viskoznostnega) polja? Odgovor: Gostota v točki (x,y), ki je za r oddaljena od središča je f(x,y) := ar = a\/x'2 + y2. Nivojske krivulje pa so točke, kjer f(x, y) = c = const, oziroma točke, kjer \Jx2 + y2 = c./a, torej koncentrične krožniee. Slika 1: Nivojske krivulje skalarnega polja f(x,y) := ar = av/x2 + y2. V primeru prostorskega polja je množica točk, kjer ima konstantno vrednost ploskev; imenujemo jo tudi nivoj.ska ploskev. Zgled 3. V točki T = T(x, y, z) namerimo temperaturo x2 + y2 — z2. Porazdelitev temperature v prostoru podaja torej funkcija /(T) = /(x,y,z) := x2 + y2 — z2. Kaj so nivojske ploskve? Odgovor: Temperatura zavzame vrednost 0 na množici x2 + y2 — z2 = 0, kar je enačba dvodelnega stožca. Temperatura je negativna (npr, enaka — 1) na množ ici x2 + y2 — z2 = — 1, kar je enačba dvodelnega hiperboloida. Temperatura je pozitivna (npr, enaka 1) na enodelnem hiperboloidu z enačbo x2 + y2 — z2 = 1, Slika 2: Nivojske ploskve temperaturnega polja. Ker opazujemo temperaturo, jim včasih rečemo tudi 1z0terme (točke z isto temperaturo). Sedaj pa opazujmo gibanje zraka. V vsaki točki namerimo hitrost, ter tudi smer, v katero se zrak v dani točki giblje. Oboje skupaj oblikujmo v vektor; njegova dolžina naj bo velikost hitrost, kaže pa naj v smeri gibanja zraka. Dobili smo vektorsko polje, ki v celoti popiše gibanje zraka v danem časovnem trenutku. Včasih temu polju rečemo tudi T tj. neko urejeno trojico (u, v, w), Imamo torej preslikavo f, ki točki T = T(x, y, z) priredi vektor f (T) = (u, v, w)(T) = (/i(T), /2 (T), /3 (T)). Se pravi, da f : Df — R3. Ce bi opazovali gibanje plitve reke, bi bili naši vektorji ravninski; hitrostno polje bi v tem primeru podali s preslikavo f (T) := (u(T ),v(T)), Definicija 4. Denimo, da je Q C R2 ali Q C R3 odprta množica. Preslikavi f : Q — R2 ali f : Q — R3 rečemo vektorsko poIje na f f parcialni odvodi vseh komponent zvezni). Zopet omenimo, da nas bodo tudi tukaj zanimala zgolj zvezno odvedljiva vektorska polja. Zgled 5. V prazen prostor postavimo ogromno masno telo (npr. Zemljo). Prazen prostor s tem pridobi novo kvaliteto: Gravitacijsko polje. Zemlja je izvor tega polja. Njegovo velikost v masni točki T = T (x,y,z), z mas o m, ki je za r oddaljena od središča Zemlje podaja Xewtonov zakon: KmM r F = — r2 r tu je M masa Zemlje, r := (x, y, z) pa je radij vektor, merjen od središča proti točki T. Predznak dodamo zato, ker gravitacijska sila vedno kaže v središče Zemlje. Vektorsko polje F si najlažje predstavljamo, ce v nekaj točkah narišimo smer in velikost vektorja ki ga podaja polje. Polje F [x, y = { x2, y2 } .' / / t t f t t t f t t / / ' ' / f f f t t t f t / / ^ * 4 4 4 4 4 4 4 4 4 / Y S 4 4 4 4 4 4 4 4 4 * * 4 4 4 4 4 4 4 < r -- - v 4 i 4 4 4 v - - — 4 4 4 - — - ► 4 4 4 - ' ' ' * 4 i 4 4 4 r - - - < / 4 4 4 4 4 4 * - - ^^ ^ V / 4 k 4 4 4 i 4 4 <4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 y * ^ ' / f f f t t t f f t / . ' / / f t f t t t f t t / / Slika 3: Vektorsko polje F = F(x,y) si najlažje predstavljamo, ce v ne kaj točkah T (x,y) narišimo smer in velikost vektorja F(x,y). Druga možnost je predstavitev s silnicami. Po definiciji je to gladka krivulja, ki ima lastnost, da je tangentna v vsaki njeni točki ujema s smerjo polja, F njena tangenta v vsaki točki ujema s smerjo polja, Parametrizirajmo jo z r = r(t) = (x(t),y(t)) (mimogrede: v primeru F : R3 ^ R3 bi imeli prostorsko krivuljo, parametrizirano z r(t) = (x(t),y(t),z(t))]. Tedaj se njena tangenta v točki T(x(t),y(t)) ujema s smerjo polja v tej točki. Ker je pomembna le smer, ne pa tudi velikost smeri, dobimo naslednji pogoj: Oziroma, malce drugače napisano: - {Fl(x,y), F2(x,y)) v) = —/ = V'/-',!,-.//)2 • /•:,(.,-.,/)•-' Najlažje si to predstavljamo v hitrostnem polju reke: V neko točko spustimo košček papirja, in opazujmo, kam ga bo odnesla reka! Gibal se bo po neki krivulji — po silnici! Zgled 6. Na zgornji sliki smo imeli polje F(x, y) = (F2(x,y), F2(x,y)) = (x2,y2), Poi-ščimo njegove silnice! Polje F [x, y] - {x2, y2 } Slika 4: Isto polje lahko predstavimo tudi s silnicami. Skozi točko, kjer F(x, y) = 0 poteka natanko ena silnica. Če je F(x, y) = 0 je lahko silnic skozi tisto točko več. Polje F [x, y] - {x2, y2 } Slika 5: Kombinacija silnic in vektorjev istega polja F(x,y) = (x2,y2). Torej, iščemo funkciji x = x(t),y = y(t), za kateri „2 x X v'-'-' • //' y2 v'-''1 • //' 7 To je sistem diferencialni enačb, ki določa silnico. Izberimo si še začetno točko, skozi katero poteka silnica, npr, x(0) = 1, y(0) = —1, Tedaj ima sistem natanko eno rešitev. Dobimo jo lahko z numeričnimi metodami. Skozi dano točko polja poteka natanko ena silnica, če je le polje neničelno. To si ni težko predstavljati: reka košček papirja ponese po natanko določeni krivulji. Za strogi dokaz bi potrebovali teorijo diferencialnih enačb, ki pravi, da obstaja natanko ena rešitev diferencialne enačbe pod temi pogoji. Iz gornje slike pa vidimo, da to ne velja več za točke, kjer je polje ničelno. Skozi tako točko lahko poteka več različnih silnic (če papir položimo v točko, kjer reka obmiruje, ga lahko z malenkostnim sunkom pošljemo v več različnih smeri), 2.2 Operacije nad polji Denimo, da imamo v prostoru podano neko skalarno polje u = u(x,y,z). Točke, kjer zavzame konstantno vrednost smo že poimenovali nivojske ploskve. Sedaj pa nas zanima, v kateri smeri se to polje najhitreje spreminja. Poleg smeri, nas bo zanimalo tudi, kako hitro se polje spreminja, če se premikamo vzdolž dane smeri. Hitrost spreminjanja polja v smeri enotskega vektorja x merimo s smernim odvodom Vxu, najhitreje pa se polje spreminja v smeri gradienta. Tako lahko skalarnemu polju v vsaki točki priredimo vektor, ki kaže v smeri gradi-u nemu polju smo priredili vektorsko polje. Kako to izračunati? Zgled 7. V kartezičnih koordinatah se smerni odvod računa s pomočjo gradienta: Vxu = (x, grad u). Smerni odvod bo največji v smeri gradienta, tj, ko je x = xmax := gradu/|| gradu||, smerni odvod pa je tedaj enak V*max« = = ^d^(grad u'Srad 'u) = ^ČM • II grad t/,||2 = | grad u| . xmax T(x, y, z) je torej enako || grad u,\\ ■ xmax = (grad u)(x, y, z) = (g, g, g). Definicija 8. Bodi u skalarno polje, podano v kartezičnih koordinatah (x,y,z). Njegov gradient je vektorsko polje, definirano z Grad u = (ux,uy ,uz). Zgled 9. Gradient skalarnega polja u(x, y, z) := x2 + y2 — z2 je vektorsko polje Grad u = (2x, 2y, —2z). Opomba 10. Gradient polja pišemo z veliko začetnico, da ga ločimo od gradienta funkcije. u velja Grad u = grad u, Ce pa je polje podano v nekartezičnih koordinatah, pa to ne velja več; prim. zgled 11 nižje. Definicija je primerna tudi za ravninska polja p = p(x, y). Mislimo si, d a je u funkcija treh spremenljivk, kjer spremenljivka z „ne nastopa," torej, u(x,y,z) = p(x, y) + 0 ■ z. Gradient ravninskega polja je torej Grad p = (px,py, 0). To je ravninski vektor, zato običajno tretjo komponento niti ne pišemo: Grad p = (px,py). Pri tej definiciji moramo biti previdni, saj imamo lahko polja podana tudi v drugih, krivočrtnih koordinatah. Zgled 11. Ravninsko skalarno polje / : R2 — R je podano v polarnih koordinatah s predpisom /(r, := r2. Koliko je njegovo gradientno polje? To = (x0,y0) = r0(cos 0 t Ce pa hočemo to dejansko izračunati, moramo najprej dobiti polarne koordinate točke T0 + te0 = r0(cos <^0, sin <^0) + t(cos a, sin a): 9 0 0/ \0/ \00 / \ 0 r = x + y = (r0 cos + t cos a) + (r0 sin + t sin a) = t + 2t cos(a — <^0) + r0 y r0 sin + t sin a tan<£ = — =-. x r0 cos + t cos a Zaradi /(r, = r 2 dobimo končno smerni odvod polja vzdolž smeri e: „ , r (t2 + 2t cos (o; — (/?0) + fp) — fp Ve/ = lun ------= 2 oos(a - po)r0. Smerni odvod bo največji, ko bo cos zavzel največjo vrednost, tj, ko bo a = 0, jo imenujemo izvir polja F, ce pa je (Div F)(T) < 0, jo imenujemo ponor polja F, Izvir Ponor F[x,y,z]= {x,y,0; div F = 2 v v \ \ \ t t t t f / / ' \ \ \ \ V * V \ t * t t t t / / -■X X v \ \ > * v > V >< * t 1" f / / ,* s ■ v v \ \ \ > > v * v V \ ♦ 4 4 / y \ •v \ H i ■V. v v V k k 4 4 / s* ^ -V v \ \ 1 > V V i 4 4 4 * -v v ■v \ ^ _ ^ - ^ > / jc > t t * ' * > r r > > > / t t > > y / / i i \ X v Nk. \ \ V v < \ \ \ x v > , , / / t i t \ \ \ \ \\ * >////// M \\\\V * F[x,y,z]= -{x,y,0; div F = -2 \ i r \ I i i t t r J4 tf 4 4 ,4 4 S < 4 t < s f t t v ' / / t t t / / t t t t t i i i ♦ f t / / / / , ' / / / / > , i / A > > t > > » > A > > > > ^ ^ ^ > "" V ^ ---- v v v ■v ^ ^ v V > > > \ \ v v > > \ \ v v v \ \ \ \v v Gradient skalarnega polja smo definirali kot gradient funkcije, ki to polje predtavlja v kartezičnih koordinatah. Pokazali pa smo, da lahko gradient skalarnega polja definiramo T naraščanja skalarnega polja. Podobno lahko tudi divergenco vektorskega polja definiramo, ne da bi polje podali v kartezičnih koordinatah. Spomniti se moramo edinole na dejstvo, da je totalni odvod F' preslikave F po definiciji enak neki linearni preslikavi, ki jo v standardni bazi predstavimo z Jacobijevo matriko. Naloga 16. Pokži, da je Div F enaka sledi Jacobijeve matrike preslikave F, oz. je enaka F' Še eno operacijo nad vektorskimi polji bomo imenovali rotor Definicija 17. Naj bo vektorsko polje F Njemu prirejeno vektorsko polje (Fi, F2, F3) podano v kartezičnih koordinatah. Rot F i dx Fi 3 d_ dy F2 3 d_ dz F3 dFs dy 0F2 dz dF\ dz dFs dx dF2 dx dFi dy F Zgled 18. Rotor polja F := (x2, yxz, —z) je (—xy, 0, yz). Rot F = 30 F F F Vrtinec F[x,y,z]= {-y,x,0; rot F={0,0,2} / , > > - - -, A > > * ' ' / / ' ' ' ' / / / ' ' " / i i > > > + II it ' ' ' | I + * T T T M * 1 ' " * \ \ ^ * * v v \ \ \ ^ v v \ \ A \ A - -\ \ \ v - - -\ v - - - * ^ ^ v v v - ' _ ^ X V. V V * , , > > > V \ , , > > > \ \ , > > V V v \ v V V. \ \ > v v v v i k i 4 * < 4 * * < / ^ ,< y ^ - < * ' . ' . - ' ' ' t t / t t < / / ' ' / Zgled 19. Denimo, da se togo telo vrti okoli osi z. Hitrost v točki T je potem enaka v := w x r, kjer je w := (0, 0, u) vektor kotne hitrost i in je r := (x, y, z) radij vektor do točke T, V telesu imamo torej podano hitrostno vektorsko polje. Kolikšen je njegov rotor? v v i 3 3 0 0 u x y z = (—uy, ux, 0), odkoder je Rot v = (0, 0, 2u) = 2w. nabla V := (£££) Za operacije nad polji se je ustalil naslednji simbolni zapis s Hamiltonovim operatorjem 8x ' dy ' d z > (S,g,i) = Gradti V x F i j j 9 d d dx dy dz Fi F F3. Rot F. Opazimo, da se operator V obnaša podobno kot vektorji pri skalarnem oz, vektorskem množenju. Ta podobnost gre še dlje, kot bomo videli kasneje, V • V(u + v) = Vu + Vv. • V^ (F + G) = V- F + V- G. • V x (F + G) = V x F + V x G. • V • (uF) = (Vu) • F + u(V • F). • V x (uF) = (Vu) x F + u(V x F). • V • (F x G) = G • (V x F) - F • (V x G). • V x (F x G) = (G • V)F - G(V • F) - (F • V)G + F(V • G). 2.3 Mešane operacije nad polji F polja. Takemu vektorskemu polju bomo rekli potencialno ali konzervativno polje. Skalarno polje u, za katerega je Grad u = F pa bomo imenovali (skalami) potencial polja F, Zgled 21. Vzemimo gravitacijsko polje Zemlje: F(r) = kjer je r := (x, y, z) radij vektor, in r := ||r|| := \Jx2 + y2 + z2 njegova dolžina. To polje je potencialno, njegov potencial je kar u(r) := = , KmM V to se hitro prepričamo, saj: r \/x2+y2+z2 Grad u = KmM^^^ Si^f^r^ = KmM r. Potencialna polja so precej zanimiva: Ximajo vrtincev! F Dokaz. Pa naj bo u njegov solarni potencial. Tedaj F = (ux,uy, uz), in s tem Rot F = Rot(Grad u) i k JL d_ dx dy dz ux uy uz (0,0,0), u □ Opomba 23. To „lahko preverimo" tudi z operatorjem nabla, za katerega smo že omenili, da se obnaša kot vektor: Rot(Gradu) = Vx (Vu) = 0 vektorski produkt dveh vzporednih vektorjev (v tem primeru bi za „vektor" vzeli V) je Opomba 24. Pokazali bomo da velja tudi obrat, vsaj pod določenimi pogoji: Ce je polje definirano na „množiei brez lukenj," ima skalami potencial natanko tedaj, ko je brez vrtincev. Koliko različnih skalarnih potencialov pa lahko ima dano vektorsko polje? F Ce sta u1 = u^x,y,z) in u2 = u2(x,y,z) njegova skalama potenciala, pokaži, da velja u1(x, y, z) — u2(x, y, z) = const. Ce polje F nima izvirov niti ponorov, č e je torej Div F = 0 ga imenujemo tudi soleno-idalno polje. Kot zgled si poglejmo polje vrtincev, torej polje oblike S := Rot F: Lema 26. Za poljubno polje F ml j a Div Rot F = 0. Naloga 27. Dokazi zgornjo le.mo, tj. pokaži, da je polje vrtincev sole.noidalno. F drugo vektorsko polje G, da je F = Rot G, Tako polje G imenujemo vektorski potencial F Vsekakor vektorskega potenciala ni, če je Div F = 0 (pač po Lemi 26). Kaj pa obratno, če Div F = 0, ali lahko najdemo vektorski potencial? Ne vedno! (bomo pokazali kasneje). Ce pa je polje definirano na konveksni množici z maksimalnim presekom, pa je odgovor dejansko pritrdilen. Konveksni množici Q C R3 bomo rekli, da je z maksimalnim presekom, če obstajata taki funkciji a = a(x,y) in P = P(x, y), definirani na neki konveksni množici D C R2 in zo (i) a(x,y) < zo < P(x,y) za vsak (x,y) G D, ter (ii) Q = {(x,y,z); (x,y) G A a(x,y) < z < p(x,y)} Izrek 28. Vektorsko polje F, definirano na neki odprti konveksni množici Q C R3 z maksimalnim presekom, ima vektorski potencial natanko tedaj, ko Div F = 0. Slika 6: Dve množici v R2. Leva ima maksimalni presek. Desna ga nima: Z nobeno vodoravno črtkano črto je ne moremo razdeliti tako. da bi njen rob sestavljali dve krivulji. ena nad in ena pod črto. Pred dokazom si oglejmo konkreten zgled: Zgled 29. Poiščimo vektorski potencial polja F := (x2 + 2xz, y2 — 2xy, -z2 — 2yz), Najprej preverimo, da je polje res solenoidalno: dFl dF2 dF3 Div F = + -—1 + = (2x + 2z) + (2y - 2x) + (-2z - 2y) = 0. dz Njegov vektorski potencial bomo iskali v obliki polja V = (Vi, V2, V3); veljati mora seveda Rot V = F, torej: dV, dV2 2 dVl dV, 2 dV2 dVl 2 "t:---= x +2xz, -r---K- = V ~2xy-, "T---— =-z — 2yz. (1) dz dz Ta sistem ima veliko rešitev. Izkaže se, da eno rešitev dobimo celo ob privzetku, da je zadnja komponenta, V3 = 0. Tedaj se prvi dve enačbi gornjega sistema polepšata v dV2 , 2 , dVi 2 — = + 2xz), — = y — 2xy. Enačbi integrirajmo na spremenljivko z fiksne točke zo do z. Vi(x,y,z)= / (y2 - 2xy) dz = z(y2 - 2xy) + Ci (Ci = Ci(x,y)). zo V2(x, y,z) = - / (x2 + 2xz) dz = - (x2z + xz2) + C2 (C2 = C2(x,y)). zo Ci , C2 z izboru spremenljivk y dobimo v splošnem novi konstanti. Zatorej zavisita od y. Zopet se izkaže, da lahko izberemo Ci(x,y) = 0. Prva komponenta iskanega polja je s tem določena, Vi(x,y,z) = z(y2 - 2xy). V drugi komponenti pa moramo še poiskati neznano funkcijo C2(x,y), da bo izpolnjena zadnja enačba: Vstavimo zgoraj dobljeno rešitev: —(2xz + z2) + ^ — (2yz — 2xz) = —z2 — 2yz, odkoder Ena od rešitev te enačbe je kar C1(x,y) = 0, dobimo torej naslednji vektorski potencial: V = (z(y2 — 2xy), — (x2z + xz2), 0). Opomba 30. Enačba (3) služi tudi kot kontrola izračunov: Ce nismo naredili napake, mora z V gornjem zgledu je pravzaprav skrit postopek za iskanje vektorskega potenciala poljubnega solenoidalnega polja. Naloga 31. Dokazi izrek 28. (Nasvet: Začneš lahko kot v prejšnjem zgledu. Pri enačbi (2) lahko parcialno odvajamo znotraj integrala, in upoštevamo, da je Div F = + + = 0: F3(xV dj^ dC1_ r np ^ 1 ih — n ^ — / o ^ o ' o — / o ' o dx dy Jz0 dx dy dx Jz0 dz dx dC\ = F'i{x, y, z) - F3(x, y, z0) + -j^. P okrajšaj, in opazi, da, je funkcija, C\ res neodvisn a od z.) Vektorski potencial pa ni enoličen (zato smo pri iskanju rešitev tudi lahko privzeli, da je njegova zadnja komponenta ničelna). Koliko je vseh njegovih rešitev? VF odvedljivo skalarno polje u ml j a U := V + Grad u je tudi vektorski potencial polja F. Gornji izrek pa ne velja nujno, če je polje definirano na nekonveksni množici. Zgled 33. Gravitacijsko polje Zemlje smo že srečali: F = ^Mi = ■ Polje (0, 0, 0) bomo pokazali po Stokesovem izreku, da nima vektorskega potenciala. F Div F = 0, ima vektorski potencial, in nima niti izvirov niti ponorov. Ce je Rot F = 0 (bomo pokazali, da) ima skalami potencial; poleg tega pa je tako polje brezvrtinčno. Posebno lepa so polja ki nimajo niti izvirov/ponorov, niti vrtincev; torej polja, za katera je Div F = 0 in Rot F = 0, Imenujemo jih harmonična ali Laplaceova (tako polje opisuje npr. pretakanje nestisljive tekočine, brez vrtincev in izvirov/ponorov). Laplaeeovo polje ima skalami potencial, torej F = Grad u za neko skalarno polje u. Poleg tega je njegova divergenea enaka nič. Sklepamo, da Laplaeeovo polje ustreza naslednji, Laplaeeovi parcialni diferencialni enačbi: 0 = Div F = Div Grad u = Div(ux, uy, uz) = uxx + uyy + uzz; o 2 tu je uxx := ^f in podobno za uyy ter uzz. Divergenca=0, pa nima vektor, potenciala Divergenca=0, pa nima vektor, potenciala F[x,y,z] div F = 0 (V ■ {x, y, z} x2 + y2 + z2 F[x,y,z]: div F = 0 V {x, y, z} x2 + y2 + z2 : lis r s \ \ a > / A \ > v > Slika 7: Solenoidalno polje urez vektorskega potenciala. Na desni je prikazan prerez polja z ravnino z = 0. 3 Krivuljni integrali 3.1 Krivuljni integral I. vrste Denimo, da imamo kos bakrene žice. Radi bi ga izolirali, zato ga potopimo v tekočino z gostotnim poljem p = p(x, y, z). Slika 8: Krivuljni integral I. vrste. Žica v nehomogeni tekočini: na desni sliki je njen razrez. pri računanju mase ovoja posameznega koščka moramo poznati gostoto. Vzamemo jo kar v neki točki Ti na tem koščku. Tekočina se okoli žice strdi in oblikuje zaščitni ovoj enakomerne debeline. Toda njegova masa se spreminja, saj tekočina ni homogena. Kako bi izračunali maso ovoja? Ideja je naslednja: Žico razrežemo na drobne koščke dolžine As*. Na vsakem koščku se nabere približno (Pp(Ti)) ■ Asi; kjer j e Ti poljubno izbrana točka na našem koščku (in je P površina preseka ovoja). Seštejmo posamezne prispevke, in dobili bomo približek za maso ovoja. Ta približek bo tem boljši, čim bolj na drobno smo žico razrezali. V limiti, ko režemo na tako drobne koščke, da gre njihova maksimalna dolžina proti nič, bomo dobili točni rezultat. Kako pa bi to limito dejansko izračunali? In kdaj sploh obstaja? In še bolj pomembno: Ali je res neodvisna od oblike razreza in izbire točk Ti? Pomagamo si tako, da žico, imenujmo jo r, parametriziramo z regularno parametri-zacijo r : [a,b] — r. (Na hitro ponovimo, da mora biti (i) r surjektivna, (ii) r|: [a,b) — r injektivna, in (iii) r(t) = 0.) Razrez žice ustreza razrezu intervala [a, b] z delilnimi točkami a = t0 < t1 < ■ ■ ■ < ti-1 < ti < ■ ■ ■ iAmi = £ J>p(Tt)Ast = £ V limiti, ko gre'maxAsi ^ 0 bomo dobili točno vrednost težišča. To j e torej točka T * = (x*,y*, z*), kjer x* = ± J xp{x,y, z) ds, v* = b. J^yp(x,y,z)ds, z* = — J^ zp(x, y, z) ds, in m := fr p(x, y, z) ds. Zgled 39. Poiščimo težišče zgornje enotske polkrožnice, gostote p(x,y) = 1. Njena masa je m = 1/2(2n) = n. Izberimo regularno parametrizacijo, npr. r(t) := (cos t, sin t); t € [0, n], in dobimo ordinato težišča: 1 f 1 fn 1 fn 2 y* = — / y-l ds = — / sin t • ||r(č)|| dt = — / sin tdt = —. U rnJr vr J0 11 vr J0 vr Podobno bi dobili, da x* = 0. Težišče je v t očki T * = (0, 2/n). Kakšne lastnosti ima krivuljni integral I. vrste? Naloga 40. Ce sta A1,A2 € R konstantni, in sta p1, p2 zvezni funkciji, definirani na okolici gladke krivulje pokaži, da velja J A1P1 + A2P2 ds = A1 J p1 ds + A2 J p2 ds. Naloga 41. Ce je gladka krivulja r = r1 + r2 sestavljena iz dveh kosov, pokaži, da je pds = / pds + / pds. Jr Jr1 Jr2 r Slika 10: Krivulja, sestavljena iz dveh kosov. Do sedaj smo zahtevali, da je krivulja gladka. Gornja naloga sugerira naslednjo razširitev krivuljnega integrala tudi za odsekoma gladke krivulje: Ce je r = r1 +-----hTra razcep odsekoma gladke krivulje na gladke dele, definiramo /r pds := ^™=1 /r. pds. Slika 11: Odsekoma gladka krivulja je sestavljena iz gladkih komponent. Izrek o povprečni vrednosti za zvezne funkcije f pravi, da je fb f (t) dt = f (£) ■ (b — a) za neko točko £ € [a, b]. Toda fb f (t) dt je krivuljni integral po daljici [a, b], in (b — a) je njena dolžina! Ali velja kaj podobnega tudi za krivuljnc integrale? Naloga 42. Pokaži, da za gladko krivuljo r velja J pds = p(T*) ■ Dolž(r) za neko točko T * € r. (Nasvet: Izberi parametrizacijo r z naravnim parametrom, tj. ||r(s)|| = 1, in uporabi izrek o povprečni vrednost na integralu fr pds = /0D°lz(r) p(r(s)) ■ ||r(s)|| ds.) 3.2 Krivuljni integral II. vrste Sedaj nas zanima drugačen problem: Masno točko vlečemo po ravni podlagi s konstantno silo F. s Odgovor zvemo iz fizike: A = F1^ kjer je s dolžina poti in F1 velikost sile v smeri gibanja. Denimo, da smo ga premaknili za vektor s dolžine s := ||s||, to med vektorjem premika s in dolžine poti s = || s|| in velikosti komponente sile F v smeri gibanja. Na drugi sliki sila nasprotuje gibanju: tedaj je delo negativno. vektorjem sile F pa bodi Tedaj je A = (||F || cos ||s|| = F -s. delo ki ga opravi konstanta sila, da masno točko premakne vzdolž vektorja s računamo torej s skalami produktom! Mimogrede še omenimo, da je delo negativno, če sila ovira gibanje. Kaj pa, če imamo neko polje sile (npr. gravitacijsko) in se točka giblje po neki krivulj (npr. fiksirana je na neko zvito žico)? Koliko dela tedaj opravimo, da premagujemo polje sil? Odgovor je odvisen tudi od smeri gibanja v eni smeri bomo nasprotovali polju sil; delo bo negativno. V obratni smeri nam bo polje sil ,,pomagalo;" delo bo sicer po absolutni vrednosti enako veliko kot prej, vendar bo pozitivno. gibanja zgolj spremeni predznak. Čakata nas torej dve nalogi: (a) Kako orientirati krivuljo? (b) Kako izračunati delo, ko masna točka premaguje polje sil po neki krivulji? 3.2.1 Orientacija krivulj Zadeva je preprosta. Izberemo si pač smer, po kateri se bomo gibali po krivulji. Mislimo si, da je krivulja cesta, po njej pa se giblje avto. Njegovi žarometi vedno kažejo v smeri tangcntc na krivuljo. Ko se avto premika, se tangenta ( smer žarometov) zvezno spreminja. To pa že narekuje naslednjo definicijo: Definicija 43. Orientacija gladke krivulje r je podana z zvezno preslikavo £ : r — R3, ki točki p € r priredi enotski tangentni vektor T(p) na krivuljo. Opomba 44. Ce je krivulja ravninska, tudi tangentni vektor X(p) leži v ravnini, torej £ : r — R2 x {0}. Običajno tedaj „pozabimo" na tretjo komponent o, in pišemo kar £ : r — R2. Zgled 45. Kot zgled si oglejmo enotsko krožnico r := {(x,y); x2 + y2 = 1}. Parametrizirajmo jo z naravnim parametrom r(s) := (cos s, sin s). V točki T(x,y) = r(s) je tangentni vektor enak r'(s) = (— sin s, cos s) Toda mi vemo, da (x,y) = r(s), se pravi, d a je x = cos s in y = sin s. Se T(x, y) (- sin s, cos s) = (-y, x) 1 (x,y) G r Orientacijo torej podaja preslikava £ : (x,y) — (—y,x), in je očitno zvezna. Slika 14: Orientacija krivulje. Na vsako njeno točko pripnemo enotski tangentni vektor. Zahtevamo še, da se tangentni vektorji zvezno spreminjajo vzdolž krivulje V vsaki točki krivulje si lahko izberemo natanko dva enotska tangentna vektorja: T in —T. Na koliko načinov pa lahko izbiramo enotske tangentne vektorje, ki se zvezno spreminjajo po gladki krivulji? Naloga 46. Pokaži, da za gladko krivuljo r lahko najdemo le dve zvezni preslikavi, ki točki p G r priredi enotski tangetni vektor na r (v točki p). (Nasvet: Parametriziraj jo z naravnim parametrom, r (s). V točki p = (x, y, z) = r (s), je r '(s) enotski tangentni vektor na krivuljo. Torej je £(x, y, z) := r'(r-1(x, y, z)) = r'(s) ena od iskanih zveznih preslikav vzdolž r (zakaj že jer-1 zvezna?), kompaktu je zaprta perslikava—torej homeomorfizem Drugo podaja njej nasprotna: —Več jih ni zaradi zveznosti—če je namreč še ena zvezna preslikava, je p — ||(£ — (1)(p)| tudi zvezna, ki pa lahko za,vzame natanko dve vrednosti: {0,2}.) Vsaka gladka krivulja r torej dopušča natanko dve orientaciji. Denimo, da smo jo že orientirali—v vsaki točki p torej imamo določen enotski tangentni vektor £(p), ki se zvezno spreminja vzdolž krivulje. To bomo označevali kot r ali pa tudi kot r. Sedaj pa vzemimo neko regularno parametrizacijo r : [a, b] — r orientirane krivulje r. Pravimo, da r ohranja orientacijo, če je ||r(t)| če se torej tangentni vektor parametrizacija ujema z izbrano tangento, kot jo določa orientacija. V nasprotnem primeru, ko rečemo, da r obrne orientacijo. Malce več problema imamo pri orientaciji odsekoma gladkih krivuljah. Najlžjc jih orientiramo tako, da si izberemo neko odsekoma gladko parametrizacijo 7 — Y(t)- V vsaki točki lahko izračunamo levi ali desni odvod (oba sta enaka, z izjemo točk, kjer krivulja nima tangente). Ce vedno računamo npr. levi odvod, dobimo enolično določen predpis, ki vsaki točki na krivulji priredi nek neničeln vektor. Normirajmo ga! Na tak način smo orientirali tudi odsekoma gladko krivuljo. Slika 15: Odsekoma gladka krivulja. V točki negladkosti enotski tangetni vektor sunkovito spremeni smer Povzemimo. Odsekoma gladko krivuljo orientiramo tako, da izberemo neko njeno odsekoma gladko parametrizacijo, in v vsaki točki izračunamo levi odvod, ki ga nato normiramo. 3.2.2 Delo v polju sil Krivuljo smo torej orientirali. Postavimo jo v polje sil. Kako izračunati delo, ko masna točka prepotuje krivuljo v izbrani smeri? Vzemimo poljubno orientacijo ohranjajočo regularno parametrizacijo r : [a,b] t r. Razrezu To,... ,Ti,... ,Tn krivulje ustreza delitev intervala a — t0 < • • • < ti < • • • < tn — b. Vektor Ti-1Ti je enak r(ti) — r(ti-1), oziroma, če napišemo po komponentah, in uporabimo Lagrangeov izrek: —Lili — (x(ti) — x(ti-1), y(ti) — y(ti-1), z(ti) — z(ti_1)) — (X(Ši),y(ri),Z((i))(ti — ti-1) za neke točke (i,Ti,(i € [ti-1, tj]. Kot običajno pišimo Ati :— (ti — ti-1). Poleg tega: Ker je r zvezno odvedljiva, ne bomo dosti pogrešili, če računamo X,y, Z v isti točki Torej je —UT — {X(Ši),y(Ši),Z(ti)) Ati + osti A ti — r(&) Ati + osti A ti, kjer je osti — (0, y(ri) — y(Č,i), Z(Q) — Z(£,i)). Izbiro točke pi na loku krivulje ^ Ti-1Ti, kjer bomo računali prijemališče polja sil, opravimo tako, da bo račun čimpreprostejši. Kar sama se ponuja izbira pi :— r^). Torej polje F sil opravi približno takšno delo: nn A — ^ AAi — J2 F(r(6)) • r(£i)Ati. i=1 i=1 Točno vrednost bomo dobili v limit nem procesu, ko krivuljo tako na drobno delimo, da gre max Ati t 0. Na desni strani uzremo Riemannovo vsoto funkcije F(r(t)) • r(t) na intervalu [a, b], ki v limiti konvergira proti številu A — f F(r(t)) • r(t) dt. Slika 16: Delo v polju sil F. Krivuljo r razrežimo na drobne koščke s točkami T0,..Ti-i, Ti,..., Tn. Če je razrez dovolj drob an, se od Ti_i do Ti gibljemo skoraj po daljici, in polje sil je na tem koščku skoraj konstantno. ker se vrednost polja skoraj ne spreminja, ga lahko izračunamo v poljubno izbrani točki pi na odseku krivulj e med Ti-i in Ti. Prispevek dela na tem koščku je torej približno AA = F(pi) ■ ti-i—. Mogoče bi kdo ugovarjal, da bi morali računati malce bolj natančno: n n n n AAi = £ F(r&)) ■ T^Ti = ^ F(r&)) ■ r&) Ati + ^ F(r&)) ■ ost At*. i=1 i=1 i=1 i=1 Naloga 47. Pokaži, da =1 F (r(£j)) ■ ost Ati limitira proti nič, ko tako na drobno delimo r, da gre maxAti — 0. Problem smo tako pravzaprav (skoraj) rešili. Dobljeno število A imenujemo tudi krivuljni integral II. vrste. Formalno definiramo takole: f Definicija 48. Bodi r gladka, orientirana krivulja in F zvezno vektorsko polje, definirano na ff neki okolici r Krivuljni integral II. vrste vzdolž krivulje r v polj u F je število f F dr : = f F(r(t)) ■ r(t) dt, Jr Ja kjer je r : [a,b] — r orientacijo ohranjajoča regularna reprezentacija krivulje r. f isti rezultat tudi ob drugačni parametrizaciji krivulje r! ff Naloga 49. Naj bosta r : [a, b] — r in r* : [c, d] — r dve orientacijo ohranjajoči regularni f reprezentacije iste (orientirane) krivulje r. Pokaži, da tedaj obstaja strogo monotono naraščajoča zvezno odvedljiva bijekcija h : [c, d] — [a, b]; za katero je r*(s) = r(h(s)). S pomočjo gornje naloge ni težko preveriti, da je definicija krivuljnega integrala II. reda dobra, torej da je neodvisna od izbire orientacijo ohranjajoče regularne reprezentacije. V to se prepričamo skoraj natanko tako, kot smo pokazali dobro definiranost pri krivuljnem integralu I. ff Naloga 50. Naj bosta r : [a, b] — r in r* : [c, d] — r dve orientacijo ohranjajoči regularni f reprezentacije iste (orientirane) krivulje r. Pokaži, da je fb F(r*(t)) ■ r*(t) dt = F(r(t)) ■ r(t) a dt. Zgled 51. Izračunajmo krivuljni integral polja F(x,y) := (xy2, -x2y) vzdolž zgornje polovice a Ena od orientacijo ohranjajočih regularnih parametrizacij je r : t — a(cos(-1), sin(-1)). Ker hočemo zgornjo polovico polkrožnice, jo gledamo le za t € [n, 2n]. Njen odvod je enak r(t) = —a(-sin(-1), cos(—t)) = a(-sin t, cos t). Torej je p f'2n jfF dr = J a3 (cos(—t) sin2(—t), cos2(—t) sin(—t)) ■ a(— sin t, cos t) dt r>2n F dr = a3 T' Jtt r- 2n a4 / cos t sin31 + cos31 sin tdt = 0 J 7t Zgled 52. V polju sil F := (3x2 — 6yz, 2y + 3xz, 1 — 4xyz2) bi radi masno točko premaknili od A = (0, 0, 0) do B = (1,1,1). Izračunaj potrebno delo, če (i) se gibljemo po premici (ii) se gibljemo po krivulji, parametrizirani z x(t) = t, y(t) = t2, z (t) = t3. (i). Najprej poiščimo orientacijo ohranjajoče parametrizacijo. Ena od možnosti je npr. r(t) := (t, t, t), ko t € [0,1]. Torej je delo enako A = f F-dr = f (3t2—6t2, 2t+3t2, 1—4t4)-(1,1,1) dt = f 3t2—6t2+2t+3t2 + 1 —4t4 dt = 6/5. Jr Jo Jo (ii). Orientacijo-ohranjajočo parametrizacijo sedaj že imamo: r(t) = (t, t2, t3). V tem primeru pa je delo enako A = f F ■ dr = f (3t2 — 6t5, 3t4 + 2t2,1 — 4t9) ■ (1, 2t, 3t2) dt = f 2t2 (—6t9 + 2t + 3) dt = 2. /r jO Jo Kakšne lastnosti ima krivuljni integral II. vrste? Krivuljni integral II. vrste lahko pretvorimo v I. vrste! Zapišimo malce spremenjeno definicijo [f dr = [ F(r(t)).^||r(t)||dt, Jr J a in opazimo, da je enotski tangentni vektor na T. Ker pa parametrizacija r ohranja orientacijo (določeno z zvezno preslikavo £ : T —> R3), je torej -p|fyj| = £(r(č))- Poleg tega je ||r(t)|| dt = ds diferencial ločne dolžine. Vstavimo v gornjo enačbo, pa imamo povezavo med obema krivuljnima integraloma: f F dr = f" F(r(t)) ■ £(r(t)) ds = f (F ■ £) ds. Jr Ja Jr f Na levi je krivuljni integral II. reda po orientirani krivulji r. Na desni je krivuljni integral I. reda po isti, toda neorientirani, krivulji r. Vsako orientirano krivuljo lahko razdelimo na dva dela. f f f Naloga 53. Ce je orientirana, gladka krivulja r = T + r2 sestavljena iz dveh kosov, pokaži, da je F dr = / F dr + / F dr. f f f Jr Jr i Jr 2 Do sedaj smo zahtevali, da je krivulja gladka. Gornja naloga sugerira naslednjo razširitev f f f krivuljnega integrala tudi za odsekom,a gladke orientirane krivulje: Ce je r = r + ■ ■ ■ +rn razcep odsekoma gladke, orientirane krivulje na gladke orientirane dele, definiramo f F dr := V f F dr. ff Jr i=1 .M Ce spremenimo orientacijo krivulje smo že omenili, da tudi opravljeno delo spremeni predznak. Naloga 54. Pokaži, da je / F dr = - / F dr, II f^ ' I r Jr kjer je r ista krivulja kot r, a s spremenjeno orientacijo. (Nasvet: Ce r : [a, b] ^ T ohranja orientacijo, jo ri : t ^ r(-t) obrne.) • Razbijmo polje na komponente: F = (Fi, F2, F3). Isto naredimo s parametrizacijo r(t) = (x(t),y(t),z(t)). Tedaj je dr(t) = r(t) dt = (x(t) dt, y(t) dt, z(t) dt) = (dx, dy, dz) Tedaj pa tudi krivuljni integral razpade na vsoto treh integralov po projekcijah na absciso, ordinato, oz. aplikato: Jr F ■ dr = Jr F1dx + F2dy + F3dz. Opomba 55. Ce je orientirana krivulja sklenjena (če torej njena začetna in končna točka sovpadata), to dejstvo običajno označimo kot F dr := / F dr. r Ce je sklenjena ravninska krivulja r orientirana v pozitivni smeri, torej v obratni smeri urinega kazalca, bomo to poudarili z oznako jk F dr. Vrednost krivuljnega integrala II. vrste po sklenjeni orientirani krivulji imenujemo tudi cirkulacija F Zgled 56. V reki imamo fiksirano mrežasto cev, v njej pa prosto lebdi veriga, ki ima pritrjene lopatice. Ali se bo veriga v cevi zaradi gibanja vode vrtela? Oglejmo si tri namišljena telesa, prosto gibajoča po tej cevi. Kar se opazovanih treh masnih teles tiče, se gibljejo po premici. Njihova skupna gibalna količina je torej Gi + G2 + G3 = J2i miwi ■ Ta tri masna telesa so bila seveda koščki verige, ki lebdi v mrežasti cevi. Njihova masa je zato odvisna od gostote verige (ki je iz homogenega materiala), ter od dolžine, ki jo zasedajo na verigi: mi = p Asi. Torej je njihova gibalna količina enaka G = ^ pvi ■ & Asi i Sedaj pa nas zanima skupna gibalna količina celotne verige. Dobimo jo z limitnim procesom: Najprej jo razdelimo na masne delčke, in seštejemo prispevke vsakega od njih. Nato delitev čedalje bolj drobimo, tako, da gre maksimalna dolžina masnega delčka proti nič. V limiti bomo dobili točno gibalno količino, ki je enaka G = p lim V(vi ■ &i) Asi = p (v ■ &) ds = p I v ■ dr. Jr Jr Slika 17: Sklenjena krivulja s pritrjenimi lopaticami v polju (reki) v. Možno je, da se bo krivulja zaradi gibanja reke vrtela. hitrost vrtenja dobimo s cirkulacijo polja v. v torja v(x,y), toda premikajo se lahko zgolj v smeri tangente na krivuljo, tj. v smeri vektorja £(x,y) (ali pa v smeri -£(x,y)); TO j e £(x,y) enotski vektor, kot ga podaja izbrana orientacija. glbalna količina j-tega je Gj := mjVj • tu j e Vj := v(xj ,yj) hitrost polja v točki kjer se nahaja središče j-tega telesa, pa je enotski tangentni vektor v tej točki, kot ga podaja izbrana orientacija. Na levi je krivuljni integral I. vrste od funkcije (x,y) ^ v(x,y) • £(x,y) ki pove porazdelitev gibalna količina po krivulji. Na desni smo ga že pretvorili v krivuljni integral II. vrste. Povprečno hitrost vrtenja verige pa dobimo, če skupno gibalno količino G delimo z maso verige: izračunamo jo torej ravno s cirkulacijo polja. Mimogrede: Ce je rezultat negativen, se veriga vrti v obratni smeri kot jo podaja izbrana orientacija. V zgledu 52 smo videli, da opravimo različno veliko delo, če se gibljemo po različnih poteh, ki povezujejo isti točki A in B. Včasih pa delo le ni odvisno od oblike poti: Zgled 57. Izračunaj delo, ki ga moramo opraviti pri premagovanju gravitacijskega polja F = . da masno točko z maso m premaknemo po krivulji, ki povezuje točki A = (0,0,0) in B = (1,1,1). Iz srednješolske fizike sklepamo, da je opravljeno delo enako razliki med potencialnima energijama, torej je premosorazmerno razliki višin. Pričakujemo torej, da bo odgovor enak za katerokoli krivuljo, ki povezuje A in B. Res: za gravitacijsko polje smo že pokazali, da ima skalami potencial! Zgolj spomnimo: Za funkcijo V(x,y,z) := k m.\l \ x- + y'2 + z2 = k m .\l r velja da Grad V = • f. f f Vzemimo sedaj poljubno orientirano gladko krivuljo r, ki A poveže z B, in bodi r := [a, b] ^ r njena orientacijo ohranjajoča regularna parametrizacija. Slika 19: Točki A in B povežimo s poljubno krivuljo. Delo, ki ga opravimo, da telo premaknemo iz A do B je v gravitacijskem polju neodvisno od njene oblike! Izračunajmo delo po tej krivulji: A = f F ■ dr = f" F(r(t)) ■ r(t) dt. Jr J a Toda mi znamo izračunati nedoločeni integral f F(r(t)) ■ r(t) dt! Enak je kar funkciji V(r(t)) = V(x(t),y(t),z(t))\ V dokaz jo odvajajmo s pomočjo verižnega pravila: *V{r{t)) = ^ = (Grad V) ■ r = (Grad V)(r(t)) ■ r(t) = F(r(t)) ■ r(t). Se pravi, da je delo enako A = f F(r(t)) ■ r(t) dt = V (r(t)) " = V (r(b)) - V (r(a)) = V (B) - V (A), Ja t=a kot smo tudi pričakovali. Kaj pa če bi bila krivulja sklenjena? Tedaj bi bilo A = B in delo bi bilo enako V (B) — V (B) = 0. Cirkulacija gravitacijskega polja je torej nič. Seveda velja natanko isti premislek za poljubno polje, ki ima skalami potencial. Spomnimo: Ce ima neko polje F skalami potencial po tem je Rot F = 0. Sedaj imamo dovolj F lukenj") in je Rot F = 0 lahko najdemo skalami potencial polja F. Povedati moramo le še, kdaj je območje ,,brez lukenj." Običajno za taka območja raje uporabljamo izraz, da je enostavno povezano. Odprto množico Q C R3 (lahko tudi Q C R2) bomo imenovali enostavno povezano, če lahko vsako sklenjeno krivuljo r C Q stisnemo v točko, ne da bi pri tem zapustili množice V ravnini so enostavno povezane tiste množice, ki nimajo lukenj. V prostoru imamo malce več Slika 20: Dve množici v R2. Leva je enostavno povezana. Desna ni — črtkano krivuljo, ki obkroža luknjo ne moremo nikakor stisniti v točko, ne da bi pri tem zapustili množice q. svobode: Npr. krogla, ki ji odvzamemo koncentrično kroglo polovico manjšega polmera, je še vedno enostavno povezana. Pač pa krogla, ki jo prcbodcmo s premico, ni enostavno povezana. f Slika 21: Dve odprti množici v R3. Levi manjka celotno središče, vendar je vseeno enostavno povezana. Desni manjka zgolj premica, a ni enostavno povezana: Krivuljo, ki obkroži severni pol ne moremo stisniti v točko, ne da bi zapustili q. Sedaj pa končno formulirajmo izrek o skalarnem potencialu. Izrek 58 (O skalarnem potencialu). Naj bo Q C R3 enostavno povezana odprta množica in na njej definirano gladko polje F : Q ^ R3. Tedaj so naslednje štiri trditve ekvivalentne: (i) Cirkulacija polja je nič, tj. (jf F dr = 0 za vsako enostavno sklenjeno odsekoma gladko f orientirano krivuljo r. r f (ii) Krivuljni integral (jf F dr ni odvisen od oblike krivulje r, ki povezuje dve izbrani točki A, B € (Hi) Polje F je potencialno: Obstaja skalarno polje u : Q ^ R, da F = Grad u (iv) Rot F = 0. Zgled 59. Določi skalami potencial polja F = (2xy,x2 + z2, 2yz). (Naloga: Najprej preveri, daje Rot F = 0). Skalami potencial bomo iskali v obliki krivuljnega integrala. Poljubno izberemo začetno točko, npr. A = (0, 0, 0). Nato pa definiramo skalarno funkcijo nT (x,y,z) u(x,y,z):= / F dr, J A I kjer integriramo po opljubni orientirani krivulji r, ki povezuje t očki A in T (x,y,z). Izrek o skalarnem potencialu (iv) (ii) zagotavlja, da bomo vsakič dobili isti rezultat. Ker je rezultat neodvisen od oblike krivulje si pač izberimo takšno, da ba račun čimlažji: Torej je Slika 22: Iskanje skalarnega polja. Integriramo po odsekoma gladki krivulji, ki po koordinatnih oseh povezuje A = (0, 0, 0) preko M = (x, 0, 0) in N = (x,y, 0) s končno točko T = T (x,y,z)- [> M(x, 0,0) r-N (x,y,0) pT(x,y,z) u(x,y,z)= / F dr + / F dr + / F dr. A M(x,0,0) N(x,y,0) Krivulja, ki povezuje A(0, 0, 0) in M(x, 0, 0) ima parametrizacijo Y1(t) := (t, 0, 0) t € [0, x], krivulja ki povezuje M (x, 0, 0) in N (x,y, 0) ima parametriz acijo Y2(s) := (x,t, 0) s € [0, y], tretja krivulja pa je parametrizirana z Y3(t) := (x,y,t) t € [0, z]. Dobimo torej, da xy u(x, y, z) = (2t ■ 0, t2 + 02 , 0) ■ (1,0,0) dt + / (2xs , x2 + 02 , 2s ■ 0) ■ (0,1,0) ds+ J 0 J0 + f (2xy , x2 + t2 , 2yt) ■ (0, 0,1) dt J0 r y rz = 0H x2 ds + / 2yt dt = x2y + yz2 00 Naloga. Preveri, da je Grad(x2y + yz2) = F. Dokaz izreka o skalarnem potencialu. II (i) (ii) Vzemimo dve orientirani krivulji r1 in r2, ki povezujeta isti točki A in B. Tedaj I I I je r := r1 — r2 orientirana sklenjena krivulja. Po (i) je 0 = (h F dr = F dr — F dr. I I I 'i j r i r 2 B Slika 23: Dve različni krivulji ki povezujeta isti točki. Eni krivulji obrnimo orientacijo. pa dobimo .,zanko" sklenjeno krivuljo. krivuljni integral po sklenjeni krivulji pa je cirkulacija polja. torej pri nas enak nič. (ii) (iii) Izberimo neko začetno točko A = (x0,y0,z0) € Definirajmo nT (x,y,z) u(x,y,z) := F dr, J A kjer integriramo po poljubni orientirani krivulji, ki znotraj Q povezuje A z T(x,y,z). Zaradi (ii) je integral neodvisen od oblike krivulje. Na tak način imamo nedvoumno definirano skalarno polje u = u(x, y, z). Pokazati moramo le še, da je u skalami potencial polja F = (Fi, F2, F3). Preveriti je potrebno troje: (a) = F\, (b) = F2 ter ^ = F3. Najprej preverimo (a): du u(x + h, y, z) - u(x,y,z) l( fT(x+h,y,z) rT(x,y,z) \ — = lim ————--v ; == lim - / F dr - F dr dx h^0 h h^0 h \ JA JA J 1 n T(x+h,y,z) i nx+h 1 nx+h = lim — / F dr = lim-/ F(t, y, z) • (1, 0, 0) dt = lim - / Fi(t,y,z)dt h^O h J t (x+h,y,z) h J x h J x = l[mhF(t y,z) {x<£ (i) Dokaz tukaj spustimo; naredili ga bomo po Stokesovem izreku. □ V primeru ravninskega polja, torej če F = (F\,F2,0), kjer sta F\,F2 odvisna zgolj od x,y nič pa od spremenljivke z, lahko točko (iv) (i) dokažemo s pomočjo Greenove formule, za katero se bo kasneje izkazalo, da je le poseben primer Stokesovega izreka. Spomnimo, daje krivulja r C R2 odsekoma gladka in enostavno sklenjena, če je sestavljena iz gladkih kosov, in nima samopresečišč, ter je sklenjena. Natančneje: Obstaja vsaj ena preslikava r : [0,1] — r ki je (i) zvezna, (ii) odsekoma zvezno odvedljiva, (iii) r = 0, v točkah kjer pa odvoda ni, pa zahtevamo, da sta levi in desni odvod neničelna, (iv) sklenjenost podaja zahteva r(0) = r(1), in (v) v primeru ko t < s je r(t) = r(s) možno le, če t = s, ali če t = 0 in s = 1 (nima samopresečišč). Ce odsekoma je gladka krivulja rob nekega ravninskega lika, bomo malce površno rekli, da je orientirano pozitivno, če pri obhodu leva roka kaže v ravninski lik. Kaj natančno ta nazorna definicija" pomeni, tukaj ne bomo razlagali. Naj samo omenimo, daje iz naše intuitivne, nazorne definicije" včasih težko odkriti, ali je robna krivulja orientirana pozitivno ali ne. Slika 25: Pozitivno orientiran rob območja. Če hočemo, da leva roka kaže v notranjost območja, se moramo po zunanji krivulji gibati v obratni smeri urinega kazalca, po notranjih krivuljah pa v smeri urinega kazalca. na desni sliki vidimo, da je včasih to nazorno ,,definicij o" težko uporabiti. Izrek 61 (Greenova Formula). Bodi Q C R2 omejena odprta povezana množica, katere rob, dQ sestoji iz končno odsekoma gladkih, enostavno sklenjenih krivulj. Orientirajmo jih pozitivno glede na Ce je F = (P,Q) : G — R2 gladka funkcija, definirana na neki odprti množici G D ^ = ^ U MejaQ; potem velja rr dQ dP f I "tt---dx dy = (Zu p dx + Q dy JJn dx dy J§h Naloga 62. Pokaži, da lahko Greenovo formulo zapišemo tudi takole: // Rot F ■ N dxdy = (L F ■ dr, JJn Jah kjer je F = (P, Q, 0) vektorsko polje, in je N = (0, 0,1) normalni vektor na ravnino z = 0. Naloga 63. Preveri Greenovo formulo za krivuljni integral ^ x2) dx + (x + y2) * kjer je r robna krivulja območja, omejenega z y = x2 in y2 = x. Rešitev. Kot vedno nam precej pomaga dobra skica. Ravninski krivulji y = x2 in y2 = x se sekata v točkah T(0, 0) on T(1,1). Krivuljni integral razdelimo na dva dela. Vzdolž y = x2 je njegova vrednost 1 1 '0.20.40.60.81 / ((2x)(x2)-x2) dx+(x+(x2)2) d(x2) = (2x3-x2)-1+(x+x4)-2xdx = Jx=0 JO y2 = x 0 0 ( ) ( ) 0 / (2(y2)y - (y2)2) d(y2) + ((y2) + y2) dy = (2y3 - y4) ■ 2y + (2y2) ■ 1 dy = Jy=1 Ji Vrednost krivuljnega integrala je torej = ^ — ^ = Po drugi strani pa je ' d(x + y2) d(2xy - y2)' -17 15 • Un /dQ _ dP_ \ dx dy dx dy = dx dy lin rr r1 rV? = // (y — 2xy) dx dy = dx / (1 — 2x) dy i/n Jx=0 Jy=x2 = [ (y- 2xy) |j|f 2 cfa Jx=0 - / r1/2 — Ot2/3 — T2 -I- 9r3 H T — — - f iv i KAlJU - 2q 0 30 Zgled 64. Obravnavajmo integral I := xdy — ydx Tr x2 + y2 v odvisnosti od sklenjene krivulje r. Polje F = (P, 0) je sedaj podano z P(.r, y) = -^j ter y) = -jr^p. V točki T(0, 0) ni definirano, niti ga ne moremo definirati, da bi bilo zvezno povsod. Zatorej bomo ločili 3 možnosti glede položaja krivulje r. (i) Krivulja r ne obkroži točke T(0, 0). Tedaj je F zvezno odvedljivo znotraj r, in lahko uporabimo Greenovo formulo. Rezultat: I (ii) Krivulja r obkroži T(0, 0). Sedaj ne moremo uporabiti Greenove formule, saj polje F ni niti definirano, niti ga ne moremo zvezno razširiti, da bi bilo definirano znotraj r. Pomagamo si tako, da iz območja izrežemo točko T(0, 0) s majhnim krogom Ke polmera e. Na dobljenem območju je polje F zvezno odvedljivo. Na tako obrezanem območju Slika 26: Različni položaji krivulje r. (i) lahko ne obkroži točko T(0,0), (ii) lahko jo OBKROŽI TEDAJ IZ OBMOČJA 1ZREŽEM0 MAJHEN KROG. ALI (lil) LAHKO POTUJE NATANKO SKOZI T(0, 0)—NA TRETJI sliki VIDIMO, DA IMA TAM OST, POD KOTOM 02 - 01- pa torej lahko uporabimo Grccnovo formulo: j f j xdy ~ yd,x A xdy ~ ydx K x2 + y2 J Tks x2 + y2 xdy — ydx f xdy — ydx lan' x2 + y2 x2 + y2 d f _y \ d f x ^ j j I xdy — ydx n £ xdy — ydx 0 - = + xdy — ydx £ x2 + y2 Preostali krivuljni int^ral računamo po definiciji: Izberimo orientacijo ohranjajočo parametrizacijo krožnice Ke, npr. e(t) := e(cos t, sin t) oz. x = e cos t, y = e sin t. Potem j. r xdy — ydx r2lT (e cos t) d(e sin t) — (e sin t) d(t cos t) r2lT ^ = Jks X2 + 2/2 = Jt=o (t cos t)2 + (t sin t)2 = ./„ f2n e2 cos21 — (—e2 sin21) , = / -1-- dt = 2vr. 0 e2 Krivulja r gre natanko skozi točko T(0, 0). Sedaj pa vrednost integrala I zavisi od oblike krivulje v bližini točke T(0, 0). Najlažje to vidimo, če izberemo parametrizacijo s polara-nimi koordinatami: r = r(0), oziroma r(0) = r(0)(cos 0, sin 0); 0 € [0i,02|. Zahtevajmo še, da r(0i) = (0, 0) = r(02). Pri 0 = 01 imamo opravka z izlimitiranim integralom, prav tako pri 0 = 02: />62-n r(0) cos 0 ■ (r(0) cos 0 + r'(0) sin 0 — r(0) sin 0 ■ (V(0) cos 0 — r(0) sin 0) I = lim / ---t---- d(f> r 62-n = ilm / 1 d0 = 02 — 0i T(0, 0) 0i 02 T(0, 0) je ustrezni kot n Ce pa ima v T(0, 0) ost, je ustrezni kot bodisi manjši, bodisi večji. Dokaz Greenove formule. Krivuljni integral razbijmo na dva dela: (L P dx + Qdy = & P dx + & Q dy, Jan Jan Jan nato pa obravnavajmo vsak del posebej. Za začetek privzemimo, da je dO tako preprosta krivulja, da jo vsaka navpična premica x = const seka v največ dveh točkah, in isto naj velja za vsako vodoravno premico y = const. Vzemimo poljubno navpično premico x = x0. Najnižje presečišče označimo z f (x0), najvišjega Slika 27: Preprosta mejna krivulja. Vsaka navpoična premica jo seka največ v dveh točkah. Števili, kjer jo seka v eni sami točki, označimo z a in b. Podobno za vodoravne premice pa z g(x0). Torej je množica O, ki leži znotraj krivulje dO enaka O = {(x,y); x € (a,b), g(x) s) dt dsv) dx dy• Naloga 65. Pokaži, da velja Greenova formula tudi za bolj komplicirana območja. (Nasvet: Razrezi jih na enostavna območja.) □ Slika 28: Komplicirana območja razrežemo na enostavna. Po krivuljah razreza se enkrat gibljemo v eni, drugič pa v nasprotni smeri. oba prispevka se izničita. ostanejo le prispevki po prvotnih krivuljah. Posledica 66. Ce enostavno sklenjena, pozitivno orientirana, gladka krivulja dfi C R2 ograjuje množico fi, in je r(t) := (x(t),y(t)) njena orientacijo ohranjajoča regularna parametrizacija, je ploščina fi enaka 1 r? ploščinami = - / xy — xy dt 2 J a Dokaz. V Greenovo formulo vstavimo P(x,y) := — y ter Q(x,y) := x. Na levi strani Greenove enačbe dobimo ff dx d(—y) ff // —----—dxdy= // 2 dx dy = 2 ploščina i/o dx dy i/o na desni pa r rb r b (h Pdx + Qdy = (—y(t))d(x(t)) + (x(t)) d(y(t)) = xy — xxydt. J d O «/a «/a dO a Izenačimo, in delimo z 2, pa smo posledico dokazali. □ Naloga 67. Izračunaj ploščino srčnice, tj. lika, ki ga ograja krivulja v polarnih koordinatah r(0) = i + cos 0. Rešitev. Polarne koordinate ustrezajo naslednji parame-trizaciji: r(0) = r(0)(cos 0, sin 0) = (i + cos0)(cos0,sin0). Torej je x(0) = (i + cos 0) cos 0 in y(0) = (i + cos 0) sin 0. Odtod pa hitro dobimo ploščina = 1 r2n '0=0 xy — xy d0 = 1 r-2n (1 + cos 0) cos 0d((1 + cos 0) sin 0) — — (1 + cos 0) sin 0 d((1 + cos 0) cos 0) d0 r>2n 1 + 2 cos 0 + cos2 0 d0 = 1 f W 1 + 2 cos 0 + 1+c°s(2^) = 2 sin(0) - 1 sin(20) 2 J 0 24 Naloga 68. Kolika pa je dožina krivulje, ki omejuje, srčnico? 2n 0=0 = 3n S pomočjo Greenove formule lahko delno pokažemo tudi manjkajočo točko (iv) (i) iz izreka o skalarnem potencialu. Vendar zaenkrat le v primeru ravninskih polje F = (Fi,f2, 0), kjer Fi = Fi(x,y) in F2 = F2(x,y). Naloga 69. Denimo, da je ravninsko polje F = (Fi,F2,0); Fi = Fi(x,y) m F2 = F2(x,y) definirano na neki enostavni povezani množici (x,y) € Privzemimo še, da Rot F = 0. Pokaži, da je potem, cirkulacija tega polja enaka nič. (Nasvet: Rot F = (0, 0, ^ — = (0,0,0). Ker je. polje, definirano na množici „brez lukenj", lahko cirkulacijo F ■ dr = Fi dx + F2 dy lahko izračunaš iz Greenove formule.) Zgled 70. Greenova formula pa ne velja nujno, če ima množica Q kakšno Juknjo," torej če ni enostavno povezana. Protiprimcrc lahko najdemo že, če ji manjka zgolj ena sama točka. Npr. za Q := Ki(0, 0) \ {(0, 0)} vzemimo kar punktiran odprti enotski disk, na njej pa vzemimo polje iz Zgleda 64. Torej je F = (P,Q, 0), kjer P = -i ter Q = x/jry> ■ Robna krivulja območja je c2 + y2 y2 Slika 29: Vektorsko polje z rotorjem nič, pa kljub temu nima skalarnega potenciala. Na definicijskem območju nima vrtincev. Kljub temu se celotno polje vrti, vendar okoli točke, kjer ni definirano. zato je cirkulacija polja po krivulji, ki obkroži to točko nen1čelna krivulja bi se v tem polju vrtela. sedaj enotska krožnica, in obkroži točko T(0, 0). V Zgledu 64 smo pod točko (ii) že izračunali, da je krivuljni integral po robni krivulji enak rPdx + Qdy = 2n, in prav tako smo dobili tudi levo stran Grccnovc enačbe: 1 — -rr- dx dy = 0. /r dx dy Enačaja torej res nimamo! Katera predpostavka v izreku o Grccnovi formuli pa tukaj ni bila izpolnjena? Cisto tazadnja: polje F = (, ) je sk'-cr definirano na odprti množici Toda v Grccnovi formuli smo zahtevali, da lahko polje F zvezno razširimo da bo definirano na neki odprti množici G, ki vsebuje Q in vse njene robne točke. Ena robnih točk množice Q je tudi T(0, 0). Mi pa vemo (naloga: pokaži to!), da se polja F ne da razširiti tako, da bi bilo definirano in z vezno tudi še v T (0, 0). S pomočjo Grccnovc formule lahko dokažemo tudi šibkejšo različico izreka o substituciji v dvojni integral, in sicer za konstantno funkcijo. Naloga 71. Denimo, da (parcialno zvezno odvedljiva) transformacija S(u,v) = f (u,v), g(u,v)) preslika ravninsko območje D bijektivno na ravninsko območje D' in d a det S' = 0. Pokaži, da tedaj // dxdy = | det Js| dudv JJ D JJD' Rešitev. Bodi T pozitivno orientirana robna krivulja območja D. Tedaj je po posledici 66 jj dxdy = ^ J xdy — ydx Transformacija S nam (x,y) preslika v x = f(u,,v), dx = xdt = (^u + dt oziroma v y = g(u,,v), dy = + §fč) dt. S to zamenjavo spremenljivk v enojnem integralu dobimo 1 f .(da dg , \ (df 1 df , \ •r iy - vix = -^f(-d« + -dv) - 9(_ du + ^ iv) i f x dy y dx = -!-* j r * J r' 1 ~ 2 kjer je r' preslikana krivulja r. Po Greenovi formuli je dalje 1 rr d ( dg df \ d ( dg df \ = ±2 Ju ^ 1% v bi ~ dudv = ± [[ 2ldg_dldldudv JJ D' du dv dv du = ± det Js dudv JJ D' na desni strani integriramo po notranjosti krivulje r'; vzamemo pa če je r' = S(r) tudi pozitivno orientirana, sicer pa vzamemo — 1. Ker je det Js = 0, je determinanta bodisi povsod pozitivna, bodisi povsod negativna. Integriramo torej funkcijo, ki ne spreminja predznaka. Zato je // dxdy = - / xdy — ydx = ± // det. dudv = | det. dudv, JJd * J r Jj D' JJD' nazadnje smo vzeli absolutno vrednost, ker vemo, da je leva stran nenegativna. Naloga 72. Ob predpostavkah iz prejšnje, naloge, pokaži, da 'JD JJD' Za konce si oglejmo še eno letalsko: Naloga 73. Avion se v brezvrtinčnem in časovno konstantnem vetrovnem polju v giblje s kon-1 spre.minjal nadmorsko višino. Pokaži, da bo čas potovanja najmanjši natanko takrat, ko ni vetra, tj., ko je v = 0. Rešitev. Naj bo wa hitrost, s katero se avion giblje glede na tla (mislimo si, da je opoldan in sonce sije navpično — tedaj je wa hitrost sence aviona). Hitrost glede na tla se spreminja vzdolž poti, na razdalji s od začetka potovanja j e enaka wa = wa(s). Tudi vetrovno polje se krajevno spreminja: v = v(s). Veljati mora naslednje: • Vektor hitrosti wa(s) vedno leži v smeri tangente na krivuljo potovanja, torej wa(s) = WA (s)T(s). na tla. Nanjo vplivata edino komponenta v1(s) v smeri tangente in komponenta v2(s) v smeri nor male. • Vektorji hitrosti se seštevajo. Torej je relativna hitrost aviona glede na zrak enaka 1 = ■\J(wa(s) + t>i(s))2 + v-2(s)'2. Sklepamo, da Slika 30: Krožna pot aviona v vetrovnem polju glede na tla. Če hočemo, da bo opisano potovanje sploh možno, mora vedno biti wa(s) > 0. Hitrost je odvod poti po času, torej wa(s) = Odtod: delček poti ds avion opravi v času dt = • Celoten čas leta je potemtakem (šT fdolžpoti ds f ds t = /0 wa(s) jr wa(s)' s Kdaj bo čas najmanjši? Prcoblikujmo (5): 1 1 1 1 e vi(s)2 + V2 (s)2 wa(s) 2v wa(s)j 2wa(s) (Obratna pot je lažja če gornji v gornjem izrazu odpraviš ulomke, prideš hitro do (5)). Zaradi wa(s) > 0 je drugi sumand pozitiven, torej 1 1 / / n 1 e / x vi(s)2 + V2(s)2 1 , , , 1 e , . = o M«) + TT^r) + + J ^ o M«) + —7-) + v^s) + 0. wa(s) 2v wa(s)' 2wa(s) 2v wa(s) Toda + >1 za vsak pozitiven x, in v posebnem tudi za x := wa(s). Sklepamo, da ^ > l+ui(s), in torej ŠO čim bi bilo aCSS* > 0, bi tudi zgoraj voljna »ttoga noonak„s, Odtod pa ,jo 2wa(s) r ds I r wA(s) t= I "t , > J lds + J vi(s)ds. • Upoštevajmo še, da J vi (s) ds = J v(s) ■ T(s) ds = v dr = 0, saj vetrovno polje nima vrtincev, torej je njegova cirkulacija ničelna. Končno dobimo t= f -^fr ^ flds' jr wa(s) jr in enačaj velja le, Če ^^Ltoo^ ^ oz'' c"c -'c ^ Literatura [1] F. Brešar, Matematika III, Univerza v Mariboru, Maribor 1995. [2] P.R. Halmos, A Hilbert Space. Problem Book, Springer; 2nd rev. and enlarged ed. edition, 1982. [3] B. R. Gelbaum, .J. M. H. Olmsted, Counterexamples in Anahjsis, Holden-dav INC. London, 1964. [4] A. Grav, Modem differentioal geometrij of curves and surfaces uiith Mathe.matica, CRC Press, London, 1998. [5] Martin M. Lipsehutz, Schaum 's Outline of Diffe.re.ntial Geometrij, McGraw-Hill; 1 edition, 1969. [6] N. Prijatelj, Uvod v matematično analizo 2. del, DMFA, Ljubljana, 1999 [7] W. Rudin, Real and Complex Anahjsis, McGraw-Hill Scicncc/Enginccring/Math; 3 edition, 1986. [8] W. Rudin, Real and complex anahjsis, McGraw-Hill, New York, 1987. [9] G. Schwarz: A pretende.r to the title. "canonical Moe.bius strip." Pacific J. Math. Volumc 143, Numbcr 1 (1990), 195-200. [10] Murrav R. Spiegel, Schaum 's outline. of theortj and proble.ms of advanced calculus, Schaum Publishing CO., New York, 1963. [11] M. Spivak, Calculus on Manifolds, Benjamin, New York, 1965. [12] I. Vidav, Višja matematika II, DZS Ljubljana, 1974. [13] F. Križanič., Temelji realne matematične analize.. Državna založba Slovenije, Ljubljana, 1990.