Rasti a) Hapi 1. Përcaktojmë funksionet përbërëse. F(x, y) = ⟨P(x, y), Q(x, y)⟩ Ku: P(x, y) = 2x sin(y) Q(x, y) = x² cos(y) Hapi 2. Llogarisim derivatet e pjesshme. Për derivatin e P sipas y, kemi: Pᵧ(x, y) = ∂/∂y [2x sin(y)] = 2x cos(y) Për derivatin e Q sipas x, kemi: Qₓ(x, y) = ∂/∂x [x² cos(y)] = 2x cos(y) Pra: Pᵧ(x, y) = Qₓ(x, y) = 2x cos(y) Këto derivate janë të vazhdueshme në R². Meqë R² është zonë e hapur dhe e lidhur thjesht, fusha F është fushë gradient. Hapi 3. Gjejmë funksionin potencial f(x, y). Kërkojmë një funksion f të tillë që: fₓ(x, y) = 2x sin(y) fᵧ(x, y) = x² cos(y) Integrojmë P sipas x: f(x, y) = ∫ 2x sin(y) dx Duke e konsideruar y si konstante, marrim: f(x, y) = x² sin(y) + C(y) Derivojmë sipas y: fᵧ(x, y) = x² cos(y) + C’(y) Barazojmë me Q(x, y): x² cos(y) + C’(y) = x² cos(y) Prandaj: C’(y) = 0 Kështu, C është konstante dhe funksioni potencial është: f(x, y) = x² sin(y) + C Rasti b) Hapi 1. Përcaktojmë funksionet përbërëse. P(x, y) = xy Q(x, y) = ½(x + 1)²y² Hapi 2. Llogarisim derivatet e pjesshme. Për derivatin e P sipas y, kemi: Pᵧ(x, y) = ∂/∂y [xy] = x Për derivatin e Q sipas x, kemi: Qₓ(x, y) = ∂/∂x [½(x + 1)²y²] Qₓ(x, y) = (x + 1)y² Krahasojmë derivatet: Pᵧ(x, y) = x Qₓ(x, y) = (x + 1)y² Në përgjithësi: Pᵧ(x, y) ≠ Qₓ(x, y) Prandaj fusha G nuk është fushë gradient në R². PËRFUNDIMI I RASTIT b) Fusha G nuk është fushë gradient në R² dhe, rrjedhimisht, nuk ekziston funksion potencial për të në këtë zonë. Rasti c) Kemi fushën vektoriale: H(x, y) = ⟨y/(x² + y²), −x/(x² + y²)⟩ Funksionet përbërëse janë: P(x, y) = y/(x² + y²) Q(x, y) = −x/(x² + y²) Hapi 1. Llogarisim derivatet e pjesshme. Përdorim rregullin e derivimit të herësit. Derivati i P sipas y: Pᵧ(x, y) = [(x² + y²) − 2y²] / (x² + y²)² Pra: Pᵧ(x, y) = (x² − y²) / (x² + y²)² Derivati i Q sipas x: Qₓ(x, y) = [−(x² + y²) + 2x²] / (x² + y²)² Pra: Qₓ(x, y) = (x² − y²) / (x² + y²)² Përfundimisht: Pᵧ(x, y) = Qₓ(x, y) Megjithatë, barazia e derivateve të pjesshme nuk mjafton në çdo zonë për të garantuar ekzistencën e funksionit potencial. Duhet të shqyrtojmë veçmas dy zonat e dhëna. Hapi 2. Shqyrtojmë zonën e parë. Zona është: 0 < x² + y² < 1 Kjo zonë është një unazë rreth origjinës, pa përfshirë origjinën dhe kufirin e jashtëm. Ajo nuk është e lidhur thjesht, sepse rrethon një pikë të përjashtuar. Për të përcaktuar nëse ekziston funksioni potencial, shqyrtojmë integralin e vijës përgjatë një rrethi me rreze r, ku 0 < r < 1. Vendosim parametrizimin: x = r cos(t) y = r sin(t) ku 0 ≤ t ≤ 2π. Atëherë: dx = −r sin(t) dt dy = r cos(t) dt Integrali i vijës është: ∮ P dx + Q dy = ∫₀²π [(r sin(t)/r²)(−r sin(t)) + (−r cos(t)/r²)(r cos(t))] dt = ∫₀²π [−sin²(t) − cos²(t)] dt Duke përdorur identitetin sin²(t) + cos²(t) = 1, marrim: ∮ P dx + Q dy = ∫₀²π (−1) dt = −2π Meqë integrali përgjatë një vije të mbyllur nuk është zero, fusha nuk mund të jetë gradient në këtë zonë. PËRFUNDIMI I ZONËS SË PARË Fusha H nuk është fushë gradient në zonën 0 < x² + y² < 1 dhe nuk ekziston funksion potencial i përcaktuar në të gjithë këtë zonë. Hapi 3. Shqyrtojmë zonën e dytë. Zona është: (x − 1)² + (y − 1)² < 1 Kjo zonë është një disk i hapur me qendër në pikën (1, 1) dhe rreze 1. Origjina nuk bën pjesë në këtë zonë, sepse: (0 − 1)² + (0 − 1)² = 2 > 1 Zona është e lidhur thjesht dhe funksionet P dhe Q kanë derivate të pjesshme të vazhdueshme në të. Meqë Pᵧ = Qₓ, fusha H është fushë gradient në këtë zonë. Hapi 4. Gjejmë funksionin potencial. Kërkojmë funksionin f(x, y) që plotëson: fₓ(x, y) = y/(x² + y²) Integrojmë sipas x, duke e konsideruar y si konstante: f(x, y) = ∫ y/(x² + y²) dx Duke përdorur integralin e njohur, marrim: f(x, y) = arctg(x/y) + C(y) Derivojmë sipas y: fᵧ(x, y) = −x/(x² + y²) + C’(y) Por duhet të kemi: fᵧ(x, y) = Q(x, y) = −x/(x² + y²) Prandaj: C’(y) = 0 Kështu, C është konstante dhe funksioni potencial mund të shkruhet: f(x, y) = arctg(x/y) + C Në zonën e dhënë, y është gjithmonë pozitiv, ndaj kjo shprehje është e përcaktuar në të gjithë zonën. PËRFUNDIMI a) Fusha F është fushë gradient në R² dhe funksioni potencial është: f(x, y) = x² sin(y) + C b) Fusha G nuk është fushë gradient në R², sepse Pᵧ ≠ Qₓ në përgjithësi. Nuk ekziston funksion potencial në këtë zonë. c) Në zonën 0 < x² + y² < 1, fusha H nuk është fushë gradient, sepse integrali përgjatë një rrethi që rrethon origjinën është −2π. Në zonën (x − 1)² + (y − 1)² < 1, fusha H është fushë gradient dhe funksioni potencial është: f(x, y) = arctg(x/y) + C

njehsimi i integralit 3