Wstęp

Niniejsze opracowanie zawiera notatki z ćwiczeń z matematyki prowadzonych na kierunkach: Bu-
downictwo, Mechanika i Budowa Maszyn, Inżynieria Odnawialnych Źródeł Energii. Znajdują się tu
najważniejsze rzeczy z teorii, zrobione przykładowe typowe zadania oraz zestaw zadań do samodziel-
nych ćwiczeń.

Dobre opanowanie materiału zawartego w tym opracowaniu powinno wystarczyć do zaliczenia ćwiczeń,
warto jednak pamiętać, że nie jest to kompletne opracowanie zagadnień omawianych na wykładzie i
ćwiczeniach, w związku z czym zdecydowanie warto zajrzeć też do innych źródeł. W szczególności
warto robić zadania z książek M. Lassaka czy też Krysickiego, Włodarskiego.

W razie zauważenia jakichś błędów w tym tekście proszę o sygnał, na przykład mailowy:
[e-mail]

Michał Musielak

1

1

Funkcje dwóch zmiennych - wstęp

Funkcja rzeczywista dwóch zmiennych to funkcja, której argumentem jest para liczb rzeczywistych, a
wartością liczba rzeczywista. Jej wykres można wyobrazić sobie w ten sposób, że każdemu punktowi
płaszczyzny przypisujemy wysokość punktu wykresu nad poziomem płaszczyzny. Oczywiście wykres
taki znajduje się w przestrzeni trójwymiarowej.
Dziedzinę funkcji dwóch zmiennych wyznacza się analogicznie jak funkcji jednej zmiennej (tzn. trzeba
zwrócić uwagę na te same powody dla których coś może wypaść z dziedziny). Różnica jest taka, że tym
razem mamy do czynienia z podzbiorem płaszczyzny, a nie prostej i często dużo łatwiej jest narysować
zbiór punktów z dziedziny, niż opisać ją analitycznie.

Podobnie jak w przypadku funkcji jednej zmiennej, tu także możemy zdefiniować pochodne, z których
najważniejsze są pochodne cząstkowe zdefiniowane następująco:

f

′

x

(x, y) = lim

h

→0

f

(x + h, y) − f(x, y)

h

f

′

y

(x, y) = lim

h

→0

f

(x, y + h) − f(x, y)

h

W praktyce liczenie pochodnych cząstkowych polega na potraktowaniu jednej zmiennej jako stałej i
liczeniu pochodnej funkcji tylko jednej zmiennej.

Przykład:
Dla f

(x, y) = 2x

2

y

+ xy + y

3

mamy: f

′

x

(x, y) = 4xy + y f

′

y

(x, y) = 2x

2

+ x + 3y

2

Możemy też zdefiniować pochodne drugiego rzędu (odpowiednik 2 pochodnej f-cji jednej zmiennej):

ˆ f

′′

xx

to pochodna po zmiennej x z f

′

x

ˆ f

′′

yy

to pochodna po zmiennej y z f

′

y

ˆ f

′′

xy

to pochodna po zmiennej y z f

′

x

ˆ f

′′

yx

to pochodna po zmiennej x z f

′

y

Kolejność w dwóch ostatnich wypadkach jest umowna (zależy od podręcznika), na szczęście w prak-
tyce to bez znaczenia, bo Twierdzenie Schwarza mówi, że dla funkcji ”porządnych” (tzn. z ciągłymi
pochodnymi cząstkowymi pierwszego rzędu) zachodzi równość pochodnych mieszanych: f

′′

xy

= f

′′

yx

.

Przykład:
Dla funkcji z poprzedniego przykładu mamy: f

′′

xx

(x, y) = 4y f

′′

yy

(x, y) = 6y f

′′

xy

(x, y) = 4x + 1

Ćwiczenia

1.1

Znajdź (narysuj) dziedzinę funkcji:

a) f

(x, y) =

√

x

2

+ y

2

− 1

9

− x

2

+ y

2

b) f

(x, y) =

ln

(2x − x

2

− y

2

)

x

− y

c) f

(x, y) = arccos

x

y

1.2

Znajdź pochodne cząstkowe pierwszego i drugiego rzędu funkcji:

a) f

(x, y) = 3x

2

y

3

+ xy − 2x + 3 b) f(x, y) =

x

+ 2y

x

− y

c) f

(x, y) = x

y

2

2

Ekstrema funkcji dwóch zmiennych

Ekstrema lokalne

Algorytm znajdowania ekstremów lokalnych funkcji dwóch zmiennych jest następujący:

1) Obliczamy pochodne cząstkowe

∂f
∂x

, f

′

y

2) rozwiązujemy układ równań:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

f

′

x

= 0

f

′

y

= 0

otrzymując rozwiązania A

1

= (x

1

, y

1

), . . . , A

n

= (x

n

, y

n

) (może być jedno, może być więcej, może nie

być żadnego). Każde rozwiązanie tego układu nazywamy punktem stacjonarnym, czyli po ludzku mó-
wiąc: punktem ”podejrzanym” o to, że jest w nim ekstremum. Ekstrema mogą być (ale nie muszą)
wyłącznie w punktach stacjonarnych.
3) Obliczamy pochodne cząstkowe drugiego rzędu: f

′′

xx

, f

′′

xy

, f

′′

yx

, f

′′

yy

(korzystamy przy tym z twierdzenia

Schwarza, to znaczy z tego, że dla ”porządnych” funkcji jest: f

′′

xy

= f

′′

yx

, więc tak naprawdę wystarczy

policzyć tylko trzy z tych czterech pochodnych).
4)Dla każdego znalezionego punktu stacjonarnego A

k

liczymy wyróżnik, czyli:

D

(x, y) = (f

′′

xy

)

2

− f

′′

xx

⋅ f

′′

yy

albo jak kto woli - wyznacznik hesjanu, czyli macierzy drugich pochodnych cząstkowych:

det

[

f

′′

xx

(A

k

) f

′′

xy

(A

k

)

f

′′

xy

(A

k

) f

′′

yy

(A

k

)]

Są trzy możliwości:

ˆ wyznacznik ujemny (wyróżnik dodatni) - wówczas w punkcie stacjonarnym nie ma ekstremum

ˆ wyznacznik (wyróżnik) równy zero - wówczas nie wiadomo czy jest ekstremum i trzeba zbadać

innymi metodami

ˆ wyznacznik dodatni (wyróżnik ujemny) - wówczas jeśli f

′′

xx

(A

k

) > 0, to w badanym punkcie jest

minimum, a jeśli f

′′

xx

(A

k

) < 0, to jest w nim maksimum

Przykład:
f

(x, y) = x

3

+ y

3

− 3xy

Liczymy pochodne cząstkowe: f

′

x

= 3x

2

− 3y f

′

y

= 3y

2

− 3x

Rozwiązujemy układ równań:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

3x

2

− 3y = 0

3y

2

− 3x = 0

⇔

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

x

2

= y

y

2

= x

Wstawiamy y z pierwszego równania do drugiego:
x

4

= x ⇔ x(x

3

− 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1

Dla x

= 1 mamy y = 1, a dla x = 0 mamy y = 0. Są zatem dwa punkty stacjonarne: (0, 0) i (1, 1).

Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu: f

′′

xx

= 6x f

′′

yy

= 6y f

′′

xy

= −3

Hesjan zatem jest postaci:

[

6x

−3

−3 6y]

Wstawiamy do niego najpierw punkt

(0, 0) i liczymy wyznacznik: det [

0

−3

−3 0 ] = −

90

Wstawiamy teraz do niego punkt

(1, 1): det [

6

−3

−3 6 ] =

27

> 0

Dodatkowo 6

> 0, więc w punkcie (1, 1) jest minimum.

3

Przykład:
f

(x, y) = 4xy +

1

x

+

1
y

Oczywiście musi być x

≠ 0, y ≠ 0. Mamy: f

′

x

= 4y −

1

x

2

f

′

y

= 4x −

1

y

2

Rozwiązujemy układ równań:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

4y

−

1

x

2

= 0

4x

−

1

y

2

= 0

⇔

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

y

=

1

4x

2

x

=

1

4y

2

Wstawiamy y z pierwszego równania do drugiego:

x

= 4x

4

⇔ 4x (x

3

−

1
4

) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x =

3

√

2

2

Oczywiście x

= 0 odrzucamy, a dla x =

3

√

2

2

mamy y

=

3

√

2

2

. Otrzymaliśmy zatem jeden punkt stacjonar-

ny:

(

3

√

2

2

,

3

√

2

2

).

Liczymy pochodne cząstkowe drugiego rzędu: f

′′

xx

=

2

x

3

f

′′

yy

=

2

y

3

f

′′

xy

= 4

Wyróżnik zatem jest postaci: D

(x, y) = 16 −

4

x

3

y

3

Wstawiamy do niego punkt

(

3

√

2

2

,

3

√

2

2

): D (

3

√

2

2

,

3

√

2

2

) = −48

Dodatkowo f

′′

xx

(

3

√

2

2

,

3

√

2

2

) = 8 > 0, więc w punkcie (

3

√

2

2

,

3

√

2

2

) jest minimum.

Ekstrema warunkowe

Ekstremum warunkowe funkcji f

(x, y) przy warunku g(x, y) = 0 to lokalnie największa lub najmniej-

sza wartość tej funkcji na zbiorze punktów spełniających ten warunek. Do wyznaczenia ekstremum
warunkowego używa się metody współczynników Lagrange’a. Definiujemy funkcję:

F

(x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y)

i rozwiązujemy układ równań:

⎧⎪⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪

⎪⎩

F

′

x

(x, y, λ) = 0

F

′

y

(x, y, λ) = 0

g

(x, y) = 0

Każdy punkt spełniający ten układ równań jest punktem ”podejrzanym” o to, że istnieje w nim lokalne
ekstremum warunkowe.
Sprawdzenie warunku koniecznego polega policzeniu w każdym punkcie stacjonarnym wyznacznika tzw.
hesjanu obrzeżonego czyli:

H

(x, y, λ) = det

⎡⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎣

0

g

x

;

g

′

y

g

′

x

F

′′

xx

F

′′

xy

g

′

y

F

′′

yx

F

′′

yy

⎤⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎦

Jeśli ten wyznacznik jest dodatni, to w danym punkcie stacjonarnym jest maksimum, a jeśli ujemny
to minimum.

4

Ekstrema globalne

Na szczęście nie zawsze musimy sprawdzać warunek konieczny istnienia ekstremum. Jeśli szukamy
wyłącznie ekstremów globalnych (tzn. wartości największej i najmniejszej danej funkcji), to możemy
skorzystać z twierdzenia Weierstrassa, które mówi, że funkcja ciągła na obszarze domkniętym i ogra-
niczonym przyjmuje wartość największą i najmniejszą. Jeśli więc obszar na którym badamy funkcję
jest właśnie taki, to wystarczy znaleźć punkty ”podejrzane” o to, że jest w nich ekstremum lokalne, a
następnie porównać wartości w tych punktach. Najmniejsza i największa z nich to właśnie ekstrema
globalne.

W praktyce szukanie ekstremów globalnych jest najczęściej dwuetapowe. Jeśli szukamy tych ekstre-
mów dla funkcji f

(x, y) na obszarze g(x, y) ≤ 0, to najpierw szukamy punktów stacjonarnych funkcji

f leżących ściśle wewnątrz obszaru (spełniających nierówność ostrą), a następnie badamy zachowanie
funkcji na brzegu obszaru (czyli wtedy gdy w warunku definiującym obszar zachodzi równość). Tę
drugą czynność można zrobić na kilka sposobów:

ˆ - używając mnożników Lagrange’a
ˆ - parametryzując brzeg obszaru
ˆ - pozbywając się jednej ze zmiennych

Nie zawsze można zastosować wszystkie te metody, często też w danym wypadku jedna jest wyraźnie
najlepsza.

Przykład:
Zbadać ekstrema globalne funkcji f

(x, y) = 2x

2

− y

2

na zbiorze x

2

+ y

2

≤ 1

Zauważmy najpierw, że obszar jest domknięty i ograniczony, zatem na pewno funkcja przyjmuje na
nim swoje ekstrema globalne.
Szukamy najpierw ekstremów lokalnych wewnątrz obszaru: f

′

x

= 4x, f

′

y

= −2y, skąd widać, że jedynym

punktem podejrzanym o bycie ekstremum lokalnym f jest

(0, 0) i istotnie leży on ściśle wewnątrz

obszaru. Mamy też f

(0, 0) = 0.

Musimy więc teraz zbadać zachowanie funkcji f na brzegu, czyli przy warunku x

2

+ y

2

= 1.

ˆ Sposób 1: mnożniki Lagrange’a

F

(x, y, λ) = 2x

2

− y

2

− λ(x

2

+ y

2

− 1)

Rozwiązujemy więc układ równań:

⎧⎪⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪

⎪⎩

4x

− 2λx = 0

−2y − 2λy = 0
x

2

+ y

2

= 1

Otrzymujemy punkty stacjonarne:

(1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1). W dwóch pierwszych wartość

funkcji to 2, a w dwóch ostatnich

−1. Porównując to z ze znalezioną wcześniej wartością 0

otrzymujemy, że wartość największa naszej funkcji w danym kole to 2, a najmniejsza to

−1.

ˆ Sposób 2: parametryzacja.

Parametryzacja brzegu koła, czyli okręgu, to

(cos t, sin t) dla t ∈ [0, 2π]. Mamy więc na brzegu

obszaru:
f

(x, y) = f(cos t, sin t) = 2 cos

2

t

− sin

2

t

= 3 cos

2

t

− 1

Oczywiście na przedziale

[0, 2π] najmniejsza wartość tej funkcji to −1, a największa 2, więc takie

są ekstrema na brzegu, a wnętrze obszaru tego nie zmienia.

5

ˆ Sposób 3: pozbycie się jednej ze zmiennych.

Jeśli x

2

+ y

2

= 1, to y

2

= 1 − x

2

i rzecz jasna x

∈ [−1, 1], więc:

2x

2

− y

2

= 3x

2

− 1

Na przedziale

[−1, 1] największa wartość tej funkcji to 2, a najmniejsza −1, więc wynik jest jak

poprzednio

Uwaga: przy badaniu ekstremów globalnych metodą mnożników Lagrange’a trzeba zadbać o to by
obszar na którym badamy funkcję rzeczywiście był domknięty i ograniczony.

Ćwiczenia

2.1

Wyznacz ekstrema lokalne funkcji:

a) f

(x, y) = 8x

2

+ y

2

− x

2

y

3

− y + 1 b) f(x, y) = x

2

+ xy + y

2

− 4x − 6y c) f(x, y) = x

3

+ 3xy

2

+ 12xy

2.2

Wyznacz ekstrema globalne funkcji:
a) f

(x, y) = 3xy w obszarze x

2

+ y

2

≤ 2

b) f

(x, y) = x

3

+ y

3

− 9xy + 27 w obszarze 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

c) f

(x, y) = x + 3y w obszarze x

2

+ y

2

≤ 1

d) f

(x, y) = 2y − x w obszarze x

2

+ 3y

2

≤ 4

3

Różniczka zupełna

Różniczką zupełną funkcji f

(x, y) nazywamy wyrażenie:

df

= f

′

x

dx

+ f

′

y

dy

df to przyrost wartości funkcji, a dx i dy przyrosty argumentów. Różniczka zupełna daje nam zatem
informacje jak zmiana argumentów wpływa na zmianę wartości funkcji.
Inną wersją tego wzoru jest przybliżenie (dla małych dx, dy):

f

(x + dx, y + dy) ≈ f(x, y) + f

′

x

(x, y) ⋅ dx + f

′

y

(x, y) ⋅ dy

Pierwsza wersja służy przede wszystkim do szacowania błędu pomiaru, a druga do znajdowania przy-
bliżonej wartości funkcji.

Przykład:
Znaleźć błąd pomiaru przyśpieszenia w ruchu jednostajnym a

=

2s

t

2

jeśli przy pomiarach drogi i czasu

wyszło s

= 20m, t = 2s i znamy maksymalne błędy pomiarów: 0, 1m dla drogi oraz 0, 02s dla czasu.

Mamy: a

′

s

=

2

t

2

a

′

t

= −

2s

t

3

, czyli a

′

s

(20, 2) = 0, 5 i a

′

t

(20, 2) = −5, a zatem:

da

= 0, 5ds − 5dt

Jeśli chcemy oszacować maksymalny błąd pomiaru przyśpieszenia, to musimy oszacować wartość

∣da∣

korzystając z nierówności trójkąta i faktu, że

∣ds∣ ≤ 0, 1 i ∣dt∣ ≤ 0, 02:

∣da∣ = 0, 5ds − 5dt ≤ 0, 5∣ds∣ + 5∣dt∣ = 0, 5 ⋅ 0, 1 + 5 ⋅ 0, 02 = 0, 15
Oznacza to, że zmierzona wartość a

(20, 2) = 10 jest obarczona błędem co najwyżej 0, 15

m

s

2

6

Przykład:
Znaleźć przybliżoną wartość wyrażenia

√

1, 03

+ (1, 99)

3

.

Niech f

=

√

x

+ y

3

, x

= 1, y = 3 oraz dx = 0, 03 i dy = −0, 01. Wówczas nasze wyrażenie to f(x+dx, y+dy),

zatem możemy użyć wzoru na przybliżenie. Mamy:
f

(x, y) =

√

1

+ 2

3

= 3 f

′

x

=

1

2

√

x

+y

3

, f

′

y

=

3y

2

2

√

1

+y

3

f

′

x

(1, 2) =

1
6

f

′

y

(1, 2) = 2

czyli:

√

1, 02

+ (1, 99)

3

≈ 3 +

1
6

⋅ 0, 03 + 2 ⋅ (−0, 01) = 2, 985

Ćwiczenia

3.1

a) Oblicz przybliżoną wartość wyrażenia

(1.01

2

)−(2.98

2

)

(1.01

2

)+(2.98

2

)

b) Oblicz przybliżoną wartość wyrażenie e

π

jeśli liczby zaokrąglamy do trzeciego miejsca po przecinku.

c) Wyznacz błąd pomiaru wielkości p

=

4x

x

+y

, jeśli x

= 2 ± 0, 01 i y = 4 ± 0, 02

7

4

Całki podwójne

Formalnie całkę podwójną

∬

D

f

(x, y)dxdy definiuje się jako granicę pewnej sumy po coraz mniejszych

podziałach obszaru D

⊆ R

2

. Interpretacja geometryczna takiej całki to objętość tzw. walca uogólnio-

nego o podstawie D i ograniczonego powierzchnią z

= f(x, y).

W praktyce liczenie całek podwójnych polega na sprowadzeniu takiej całki do dwóch całek poje-
dynczych, jeśli obszar jest normalny; oraz do sprowadzenia odpowiednim podstawieniem obszaru do
obszaru normalnego, jeśli normalny nie jest.

Obszar normalny względem osi OX to obszar który daje się opisać nierównościami:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

h

(x) ≤ y ≤ g(x)

a

≤ x ≤ b

.

Całka po takim obszarze jest równa:

∬

D

f

(x, y)dxdy = ∫

b

a

(∫

g

(x)

h

(x)

f

(x, y)dy) dx

Obszar normalny względem osi OY to obszar który daje się opisać nierównościami:

⎧⎪⎪

⎨⎪⎪

⎩

h

(y) ≤ x ≤ g(y)

a

≤ y ≤ b

.

Całka po takim obszarze jest równa:

∬

D

f

(x, y)dxdy = ∫

b

a

(∫

g

(y)

h

(y)

f

(x, y)dx) dy

Przykład:

Policzmy całkę

∬

D

xydxdy gdzie D jest trójkątem o wierzchołkach

(0, 0), (1, 0), (1, 1).

Zauważmy, że obszar D można opisać: 0

≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤ 1, a zatem nasza całka to:

∫

1

0

(∫

x

0

xydy

) dx = ∫

1

0

(

xy

2

2

∣

x
0

) dx = ∫

1

0

x

3

2

dx

=

x

4

8

∣

1
0

=

1
8

Przykład:

Zmieńmy kolejność całkowania w całce:

∫

1

0

(∫

x

2

0

f

(x, y)dy) dx.

Jeśli narysujemy obszar całkowania, to widać, że (patrząc od strony osi OX) znajduje się on pomiędzy
prostą y

= 0, a parabolą y = x

2

i ”w pasku” 0

≤ x ≤ 1. Spójrzmy teraz na niego od strony osi OY - tym

razem górną krzywą jest x

= 1, a dolną parabola. Chcemy przy tym tę parabolę zapisać w ten sposób,

żeby to x był funkcją y, czyli (z uwagi na to, że x

≥ 0) będzie to x = √y. Widać też, że y zmienia się

od zera do jedynki, zatem nasza całka to:

∫

1

0

(∫

x

2

0

f

(x, y)dy) dx = ∫

1

0

(∫

√

y

0

f

(x, y)dx) dy

Jeśli obszar nie jest normalny, to często można sprowadzić go do normalnego odpowiednim pod-
stawieniem. Podstawienie jest postaci x

= x(u, v), y = y(u, v) i mamy:

∬

D

f

(x, y)dxdy = ∬

D

′

f

(x(u, v), y(u, v))∣J∣dudv

gdzie D

′

jest nowym obszarem w zmiennych u, v, a

∣J∣ jest modułem jakobianu, czyli wyznacznika

macierzy pochodnych cząstkowych:

∣

x

′

u

x

′

v

y

′

u

y

′

v

∣.

8

Przykład:

Policzmy całkę

∬

D

(x + y)dxdy po obszarze 2 ≤ 2x + y ≤ 3, −1 ≤ x − y ≤ 1.

Narzucającym się podstawieniem jest 2x

+ y = u, x − y = v. Wówczas bowiem w zmiennych u, v nowy

obszar będzie normalny, a nawet będzie prostokątem (co jest bardzo wygodne): 2

≤ u ≤ 3, −1 ≤ v ≤ 1.

Musimy jednak policzyć jeszcze jakobian. W tym celu łatwo wyznaczamy, że x

=

u

+v
3

oraz y

=

u

−2v

3

, a

zatem jakobian to:

∣

1
3

1
3

1
3

−

2
3

∣ = −

1
3

czyli moduł jakobianu to

1
3

. Nasza całka jest więc równa:

∬

D

′

2u

− v

3

⋅

1

3

dudv

=

1

9 ∫

3

2

(∫

1

−1

(2u − v)dv) du

co już łatwo policzyć.

Najbardziej typową zamianą zmiennych jest przejście na współrzędne biegunowe:
x

= r cos φ y = r sin φ ∣J∣ = r

Stosujemy je zawsze wtedy gdy obszar po którym całkujemy jest w jakiś sposób ”okrągły” (koło,
pierścień, wycinek koła itp.).
Przykład:

Policzmy całkę

∬

D

y

√

x

2

+ y

2

dxdy po obszarze x

2

+ y

2

≤ 1, y ≥ 0.

Nasz obszar to górna połowa koła o środku w

(0, 0) i promieniu 1 - we współrzędnych biegunowych

punkty tego obszaru spełniają nierówności 0

≤ φ ≤ π oraz 0 ≤ r ≤ 1 (jest to więc prostokąt, czyli obszar

normalny!). Po powyższym podstawieniu otrzymamy zatem:

∬

D

y

√

x

2

+ y

2

dxdy

= ∫

π

0

(

r sin φ

r

⋅ rdr) dφ = (∫

φ

0

sin φ

) (∫

1

0

rdr

) = 2 ⋅

1

2

= 1

Warto jeszcze odnotować, że pole dowolnego obszaru D to:

∬

D

1dxdy

natomiast wzór na pole powierzchni płata (czyli kawałka powierzchni z

= f(x, y) leżącego nad obsza-

rem D) wyraża się wzorem:

∬

D

√

1

+ (f

′

x

)

2

+ (f

′

y

)

2

dxdy

Ćwiczenia

4.1

Oblicz objętość brył ograniczonych powierzchniami:

a) y

= 2, y = x

2

, z

= 1, z = y + x c) y = 0, y = x

2

, z

= 0, z = e

x

2

e) x

2

+ y

2

= 1, z = 2, x + y + z = 3

b) y

=

√

x, y

= x, z = 0, z = √y d) x

2

+ y

2

= 4, z = 1, z = x

2

+ y

2

4.2

Oblicz pole płata:
a) części sfery x

2

+ y

2

+ z

2

= 5 leżącej wewnątrz walca x

2

+ y

2

= 1

b) części stożka x

2

+ y

2

= z

2

leżącej wewnątrz walca x

2

+ y

2

= 2x

9

5

Całki potrójne

Interpretacja geometryczna całki

∭

B

f

(x, y, z)dxdydz to masa bryły V o gęstości w punkcie (x, y, z)

równej f

(x, y, z). W szczególności ∭

B

1dxdydz to objętość bryły V .

Odpowiednikiem obszaru normalnego który pojawiał się przy całkach podwójnych jest tutaj walec
uogólniony, czyli bryła, której rzutem na płaszczyznę jest obszar D, z góry ograniczona jest przez
powierzchnię h

(x, y), a z dołu przez powierzchnię g(x, y) (uwaga: bryła musi być ”porządna”, czy-

li w szczególności ”bez dziur”). W takiej sytuacji możemy całkę potrójną zamienić na podwójną i
pojedynczą:

∭

B

f

(x, y, z)dxdydz = ∬

D

(∫

h

(x,y)

g

(x,y)

f

(x, y, z)dz) dxdy

(co jest w zasadzie tym samym co przejście na współrzędne walcowe).

Przykład:
Policzmy objętość kuli o promieniu R. Umieśćmy ją w układzie współrzędnych tak, żeby środek był w
punkcie

(0, 0, 0). Policzmy objętość górnej połowy kuli - z dołu jest ona ograniczona przez płaszczyznę

z

= 0, a z góry przez brzeg kuli: z =

√

R

2

− x

2

− y

2

. Rzutem bryły na płaszczyznę OXY jest oczywiście

koło D

∶ x

2

+ y

2

≤ R

2

. Mamy więc:

1

2

∣V ∣ = ∭

B

1dxdydz

= ∬

D

(∫

√

R

2

−x

2

−y

2

0

1dz

) dxdy = ∬

D

(

√

R

2

− x

2

− y

2

)dxdy

Po przejściu na współrzędne biegunowe dostajemy dalej:

∫

2π

0

(∫

R

0

r

√

R

2

− r

2

dr

) dφ = 2π ⋅ (−

1

3

(R

2

− r

2

)

32

) ∣

R
0

=

2

3

πR

3

skąd oczywiście

∣V ∣ =

4
3

πR

3

, czyli wyszło tyle ile powinno.

Tak samo jak w przypadku całki podwójnej, tak też w tym wypadku można dokonywać zamiany
zmiennych i tak samo jak tam trzeba pamiętać o jakobianie (dla funkcji trzech zmiennych oczywiście
mamy do czynienia z macierzą 3

× 3). W całce podwójnej najbardziej typowym podstawieniem było

przejście na współrzędne biegunowe - w całce potrójnej podobnym podstawieniem jest przejście na
współrzędne sferyczne, czyli:

⎧⎪⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪

⎪⎩

x

= r cos θ sin φ

y

= r cos θ cos φ

z

= r sin θ

r to oczywiście odległość punktu

(x, y, z) od początku układu współrzędnych (w szczególności r

2

=

x

2

+ y

2

+ z

2

), φ to kąt skierowany między półosią dodatnią OX, a rzutem promienia na płasz-

czyznę OXY , natomiast θ to kąt skierowany między dodatnią półosią OZ, a promieniem. Zakres
zmian wartości nowych współrzędnych na przykład dla kuli o środku w

(0, 0, 0) i promieniu R to:

0

≤ r ≤ R, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π.

Można policzyć, że jakobian nowego przekształcenia to r

2

sin θ. Tak jak w przypadku funkcji dwóch

zmiennych współrzędne biegunowe stosowaliśmy gdy mieliśmy do czynienia z obszarem ”okrągłym”,
tak współrzędne sferyczne stosujemy gdy bryła jest w jakiś sposób ”kulista”.
Przykład:
Policzmy raz jeszcze objętość kuli o promieniu R, ale tym razem korzystając ze współrzędnych sferycz-
nych. Zgodnie z poczynioną przed chwilą obserwacją odnośnie zakresu zmienności nowych zmiennych
mamy:
∣V ∣ = ∭

B

1dxdydz

= ∫

2π

0

(∫

π

0

(∫

R

0

r

2

sin θdr

) dθ) dφ = 2π ⋅ (− cos φ) ∣

π
0

⋅ (

r

3

3

) ∣

R
0

= 2π ⋅ 2 ⋅

R

3

2

=

4
3

πR

3

10

Zastosowania fizyczne

Dla bryły B:

ˆ masa to M

= ∭

B

f

(x, y, z)dxdydz, a objętość V = ∭

B

f

(x, y, z)dxdydz

ˆ moment statyczny:

– względem płaszczyzny OY Z to M

x

= ∭

B

xf

(x, y, z)dxdydz

– względem płaszczyzny OXZ to M

y

= ∭

B

yf

(x, y, z)dxdydz

– względem płaszczyzny OXY to M

z

= ∭

B

zf

(x, y, z)dxdydz

ˆ środek ciężkości ma współrzędne

(

M

x

M

,

M

y

M

,

M

z

M

)

ˆ moment bezwładności:

– względem płaszczyzny OY Z to

∭

B

x

2

f

(x, y, z)dxdydz

– względem płaszczyzny OXZ to

∭

B

y

2

f

(x, y, z)dxdydz

– względem płaszczyzny OXY to

∭

B

z

2

f

(x, y, z)dxdydz

– względem osi OX to

∭

B

(y

2

+ z

2

)f(x, y, z)dxdydz

– względem osi OY to

∭

B

(x

2

+ z

2

)f(x, y, z)dxdydz

– względem osi OZ to

∭

B

(x

2

+ y

2

)f(x, y, z)dxdydz

– względem punktu O

(0, 0, 0) to ∭

B

(x

2

+ y

2

+ z

2

)f(x, y, z)dxdydz

Ćwiczenia

5.1

a) Oblicz masę kuli o środku w

(0, 0, 0), promieniu 4 i gęstości równej f(x, y, z) =

1

√

x

2

+y

2

+z

2

b) Oblicz środek ciężkości bryły ograniczonej powierzchniami x

2

+ y

2

= 9 i z =

√

x

2

+ y

2

(gęstość stale

równa 1)
c) Oblicz moment bezwładności fragmentu kuli o środku w

(0, 0, 0) i wszystkich współrzędnych nie-

ujemnych oraz gęstości f

(x, y, z) = x

2

+ y

2

+ z

2

11

6

Całki krzywoliniowe

Całka krzywoliniowa nieskierowana

Jeśli krzywa na płaszczyźnie ma parametryzację

(x(t), y(t)), gdzie t ∈ [a, b] i x(t), y(t) są różniczko-

walne podanym przedziale, to nazwiemy ją łukiem gładkim. Jeśli krzywa składa się z łuków gładkich,
to nazywamy ją krzywą regularną. Ponadto, jeśli za początek krzywej przyjmiemy punkt

(x(a), y(a)),

to mówimy, że krzywa jest zorientowana dodatnio.

Niech L będzie krzywą regularną. Wówczas całką krzywoliniową nieskierowaną z funkcji f

(x, y) na-

zwiemy wyrażenie:

∫

L

f

(x, y)ds

Interpretacja fizyczna to masa krzywej L o gęstości f

(x, y), a interpretacja geometryczna to pole

powierzchni znajdującej się między krzywą L, a fragmentem powierzchni z

= f(x, y) znajdującym się

nad krzywą L.

Praktyczny sposób liczenia takich całek jest bardzo prosty i sprowadza się do podstawienia do wzoru.
Jeśli mamy parametryzację łuku

(x(t), y(t)), gdzie t ∈ [a, b], to:

∫

L

f

(x, y)ds = ∫

b

a

f

(x(t), y(t))

√

(x

′

(t))

2

+ (y

′

(t))

2

dt

W szczególności zaś jeśli łuk da się zadać równaniem y

= g(x), gdzie a ≤ x ≤ b, to powyższy wzór

wygląda tak:

∫

L

f

(x, y)ds = ∫

b

a

f

(x, g(x))

√

1

+ (g

′

(x))

2

dx

Przykład:
Policzmy masę okręgu x

2

+ y

2

= 4 o gęstości f(x, y) =

1

x

2

+y

2

+1

. Oczywiście parametryzacja to x

(t) =

2 cos t, y

(t) = 2 sin t, gdzie t ∈ [0, 2π). Mamy: f(x(t), y(t)) =

1
5

oraz x

′

(t) = −2 sin t i y

′

(t) = 2 cos t, a

zatem

√

(x

′

(t))

2

+ (y

′

(t))

2

= 2

√

2. Tak więc poprzedni wzór daje nam:

∫

L

f

(x, y)ds = ∫

2π

0

1
5

⋅ 2

√

2dt

=

4π

√

2

5

12

Całka krzywoliniowa skierowana

Całka krzywoliniowa zorientowana to wyrażenie:

∫

L

P

(x, y)dx + Q(x, y)dy

L to krzywa po której całkujemy, a ⃗

W

(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) to wektor zaczepiony w punkcie

(x, y), którego interpretacja fizyczna to siła. Natomiast interpretacja fizyczna samej całki to praca
jaką wykonamy działając tą siłą wzdłuż krzywej L.

Podstawowy sposób liczenia całek krzywoliniowych zorientowanych jest podobny do niezorientowa-
nych - wystarczy podstawić do wzoru. Wzór ten przy tradycyjnej parametryzacji to:

∫

L

P

(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫

b

a

[P(x(t), y(t)) ⋅ x

′

(t) + Q(x(t), y(t)) ⋅ y

′

(t)]dt

natomiast jeśli krzywa dana jest zależnością y

= g(x), to mamy:

∫

L

P

(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫

b

a

[P(x, g(x)) + Q(x, g(x)) ⋅ g

′

(x)]dx

Przykład:
Policzmy całkę

∫

L

ydx

+ x

2

dy dla krzywej danej parametrycznie x

= 2t, y = t

2

− 1 gdzie t ∈ [0, 2]. Mamy

x

′

(t) = 2 i y

′

(t) = 2t, tak więc:

∫

L

ydx

+ x

2

dy

= ∫

2

0

[(t

2

− 1) ⋅ 2 + 4t

2

⋅ 2t]dt = . . . =

100

3

W niektórych szczególnych wypadkach możemy poradzić sobie inaczej (jeśli powyższa metoda prowa-
dzi do skomplikowanych rachunków).

Jeśli istnieje funkcja F

(x, y) taka, że F

′

x

= P, F

′

y

= Q, to tę funkcję nazywamy potencjałem, a P(x, y)dx+

Q

(x, y)dy to jak wiadomo różniczka zupełna funkcji F. Jeśli obszar D w jakim się znajdujemy jest

”porządny” (ściśle: jednospójny), a P, Q, P

′

y

, Q

′

x

są ciągłe, to P

(x, y)dx + Q(x, y)dy jest różniczką zu-

pełną wtedy i tylko wtedy gdy P

′

y

= Q

′

x

. Co więcej, wówczas całka

∫

L

P

(x, y)dx + Q(x, y)dy nie zależy

od drogi całkowania, a jedynie od punktu początkowego A i końcowego B, i mamy wtedy:

∫

L

P

(x, y)dx + Q(x, y)dy = F(B) − F(A)

Przykład:
Policzmy całkę

∫

L

(x + y)dx + (x − y)dy wzdłuż krzywej x = 3 cos t, y = 5 sin t i 0 ≤ t ≤

π

2

. Mamy

P

(x, y) = x + y i Q(x, y) = x − y, a zatem P

′

y

= 1 = Q

′

x

. Wiadomo zatem, że istnieje potencjał F . Skoro

F

′

x

= P(x, y), to:

F

= ∫ P(x,y)dx = ∫ (x + y)dx =

1
2

x

2

+ yx + C(y)

Jeśli zróżniczkujemy tę równość po y, to pamiętając, że F

′

y

= Q(x, y), dostajemy:

x

− y = x + C

′

(y)

skąd C

′

(y) = −y, czyli C(y) = −

1
2

y

2

. Ostatecznie więc F

(x, y) =

x

2

−y

2

2

. Punkt początkowy (dla t

= 0)

to

(3, 0), a punkt końcowy (dla t =

π

2

) to

(0, 5). Końcowy wynik to zatem:

∫

L

(x + y)dx + (x − y)dy = F(0, 5) − F(3, 0) = −17

Zauważmy w szczególności, że jeśli istnieje potencjał, to całka krzywoliniowa po krzywej zamknię-
tej zawsze równa jest zero.

13

Jeśli natomiast krzywa jest zamknięta i otacza ”porządny” obszar D (normalny względem obu osi
układu), to niezależnie od tego czy istnieje potencjał, można zamienić ją na zwykłą całkę podwójną,
o czym mówi nam Twierdzenie Greena:

∫

L

P

(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∬

D

(Q

′

x

(x, y) − P

y

(x, y)) dxdy

(zakładamy, że orientacja krzywej jest taka, że obszar D jest na lewo od krzywej)

Przykład:
Rozważmy całkę

∫

L

x

2

ydx

− xy

2

dy, gdzie L jest okrąg x

2

+ y

2

= 4. Mamy P(x, y) = x

2

y, więc P

′

y

= x

2

oraz Q

(x, y) = −xy

2

, czyli Q

′

x

= −y

2

. Obszar D jest kołem x

2

+ y

2

≤ 4 i mamy:

∫

L

x

2

ydx

− xy

2

dy

= ∬

D

(−y

2

− x

2

) dxdy = . . .

i po przejściu na współrzędne biegunowe :
. . .

= 0 ∫

2π

0

(∫

2

0

r

3

dr

) dφ = −2π ⋅ 4 = −8π

14

7

Całki powierzchniowe

Całka powierzchniowa nieskierowana to trójwymiarowy odpowiednik całki podwójnej. W przypadku
całki podwójnej obszar całkowania to dwuwymiarowy podzbiór płaszczyzny, tutaj natomiast obszarem
całkowania jest dwuwymiarowy podzbiór dowolnej (”porządnej”) powierzchni, nazywany płatem.

15