5 z ds = x 2 +4y 2 4

Transkript

1 TMA45 Matematikk 2 Vår 25 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete Course. 5 Exercise Ved å derivere likningen for planet finner vi og derfor ds 5 z x 3, + 2 dx dy. ( ) z y 4, ( ) 4 2 dx dy 5 Hvis vi kaller flaten for R har vi at arealet til R blir ds 2 dx dy R x 2 +4y π 2 2 2π, der vi har brukt at en ellipse med halvakser a og b har areal πab (det er selvsagt også mulig å regne dobbeltintegralet med et iterert integral). Merk at likningen x 2 +4y 2 4 kan skrives som ( x ) 2 ( y ) 2 +, 2 slik at halvaksene blir 2 og. 6 Exercise På grunn av symmetri må vi ha x ȳ, slik at det bare gjenstår å beregne z. Dette gjøres enklest ved å benytte sylinderkoordinater. Vi finner først at V 2π 2π e (x2 +y 2) dx dy re r2 dr dθ re r2 dr 3. mars 25 Side av 8

2 Løsningsforslag Øving gir volumet til legemet. Substitusjonen u r 2 gir V π π. Vi finner nå z V π e u du e (x 2 +y 2 ) 2π e r 2 4 4, re 2r2 dr e u du hvor vi har brukt substitusjonen u 2r 2. z dz dx dy zr dz dr dθ 7 Exercise Denne oppgaven er skreddersydd for sylinderkoordinater, da D r og sylindrene er konsentriske. Vi kan beskrive legemet som Treghetsmomentet blir dermed mens massen blir {[r, θ, z] : z c, θ < 2π, a r b}. I c 2π b c 2π ρ a b a πρc 2 (b4 a 4 ), m c 2π b c 2π ρ a b a r 2 ρr dr dθ dz r 3 dr πρc(b 2 a 2 ). ρr dr dθ dz r dr dθ Ved å bruke treghetsmomentet og massen finner vi treghetsradien I D m b 2 + a 2, 2 hvor vi ser at a D b, slik man kan forvente. 3. mars 25 Side 2 av 8

3 Løsningsforslag Øving 8 Exercise Kulen er grafen til r(φ, θ) a(sin(φ) cos(θ)i + sin φ sin(θ)j + cos(φ)k), φ π, θ < 2π. Vi har r a(cos(φ) cos(θ)i + sin(φ) sin(θ)j + cos(φ)k) φ r a( sin(φ) sin(θ)i + sin(φ) cos(θ)j) θ slik at r φ r θ i j k a cos(φ) cos(θ) a sin(φ) sin(θ) a cos(φ) a sin(φ) sin(θ) a sin(φ) cos(θ) a 2 ( sin(φ) 2 cos(θ)i + sin(φ) 2 sin(θ)j + cos(φ) sin(φ)k). Vi finner nå ds r φ r θ dφ dθ a 2 sin(φ) 4 cos(θ) 2 + sin(φ) 4 sin(θ) 2 + cos(φ) 2 sin(φ) 2 dφ dθ a 2 sin(φ) sin(φ) 2 (cos(θ) 2 + sin(θ) 2 ) + cos(φ) 2 dφ dθ a 2 sin(φ) dφ dθ, som var det vi skulle vise. 9 Exercise Merk at kulen har radius 2a og at likningen for sylinderen kan skrives som x 2 + (y a) 2 a 2, slik at denne har radius a og har akse som er parallell med z-aksen og krysser xy-planet i (, a). Dette er illustrert i Figur. Fordi vi arbeider på en kule er det nyttig å gå over til kulekoordinater. Da blir kulen og sylinderen blir eller R 2a, R 2 sin(φ) 2 cos(θ) 2 + R 2 sin(φ) 2 sin(θ) 2 2aR sin(φ) sin(θ), R sin(φ) 2a sin(θ). Innsiden av sylinderen oppfyller derfor ulikheten R sin(φ) 2a sin(θ), 3. mars 25 Side 3 av 8

4 Løsningsforslag Øving z y.5.5 x Figur : Kulen og sylinderen i Exercise 5.5.4, med a /2. og spesielt er dette ekvivalent med sin(φ) sin(θ) på kulen. Hvis vi ytterligere begrenser oss til den delen av kulen som også ligger i første oktant er dette ekvivalent med ulikheten φ θ. På grunn av symmetri må arealet til den delen av kulen som ligger innenfor sylinderen være fire ganger arealet til den som i tillegg ligger i første oktant (se figuren). Det ønskede arealet blir nå S 4 π/2 θ (2a) 2 sin(φ) dφ dθ π/2 6a 2 ( cos(θ)) dθ 8a 2 (π 2). Exercise mars 25 Side 4 av 8

5 Løsningsforslag Øving Vi finner først arealelementet. Siden z x 2 beskriver løsningene til likningen G(x, y, z) x 2 z har vi ds G G z dx dy (2x) ( ) 2 dx dy + 4x 2 dx dy. Paraboloiden skjærer flaten slik at skjæringskurven har projeksjon x 2 3x 2 y 2, eller 4x 2 + y 2 i xy-planet. Likningen beskriver en ellipse. Vi må derfor integrere over {(x, y) : x /2, y 4x 2 } siden vi befinner oss i første oktant. Vi finner S xz ds /2 4x 2 /2 / , x x 2 + 4x 2 dy dx x 3 + 4x 2 4x 2 dx x 3 6x 4 dx u du der vi har brukt substitusjonen u 6x 4. Chapter Review 4.2 Den første ulikheten, z x 2 + y 2, beskriver det som ligger på utsiden av kjeglen z x 2 + y 2. I sylinderkoordinater er dette ekvivalent med z r. Den andre ulikheten, x 2 + y 2 2ay, () 3. mars 25 Side 5 av 8

6 Løsningsforslag Øving.5 z y.5.5 x Figur 2: Legemet vi skal finne treghetsmomentet til i Chapter Review 4.2 ligger innenfor sylinderen og utenfor kjeglen. I figuren er a /2. eller x 2 + (y a) 2 a 2, beskriver det som ligger innenfor den sirkulær sylinderen med radius a og akse som er parallell med z-aksen og skjærer xy-planet i (, a). Om vi går over til sylinderkoordinater i Likning () finner vi r 2 2ar sin(θ), eller r 2a sin(θ). Vi kan derfor beskrive V som V {[r, θ, z] : θ π, r 2a sin(θ), z r} i sylinderkoordinater. Se gjerne Figur 2. Merk at vi bare behøver å inklude θ opp til π fordi sin(θ) er negativ for θ (π, 2π), som gjør at det er ingen r som oppfyller r 2a sin(θ). Dette er spesielt viktig når vi setter opp integralet, ellers vil treghetsmomentet bli feil. 3. mars 25 Side 6 av 8

7 Løsningsforslag Øving Treghetsmomentet til V om z-aksen blir nå I ρ ρ π 2a sin(θ) r π 2a sin(θ) π r 2 ρr dz dr dθ r 4 dr dθ 5 (2a sin(θ))5 dθ 32 π 5 ρa5 sin(θ)( cos(θ) 2 ) 2 dθ, der vi har brukt at sin(θ) 2 cos(θ) 2. Benytter vi nå substitusjonen u cos(θ) ender vi opp med I 32 5 ρa ρa ρa5. ( u 2 ) 2 du ( 2u 2 + u 4 ) du 2 Chapter Review 5.4 Planet beskriver løsningene til likningen G(x, y, z) x + y + z, slik at arealelementet blir ds G G z dx dy dx dy 3 dx dy. Vi må nå finne projeksjonen av flaten ned i xy-planet for å finne ut hva vi skal integrere over. (Det kan være til hjelp å lage en skisse her.) Setter vi z i likningen for planet finner vi x + y, slik at projeksjonen ned i xy-planet er den rettvinklede trekanten begrenset av x- og y-aksen samt linjen y x for x. 3. mars 25 Side 7 av 8

8 Løsningsforslag Øving Vi kan nå regne ut integralet. Vi finner S xyz ds x x xy( x y) 3 dy dx x(( x)y y 2 ) dy dx x (( x) 2 ( x)2 3 ) ( x)3 dx 4 3, x( x) 3 dx ( u)u 3 du ) ( 4 5 der vi har brukt substitusjonen u x. 3. mars 25 Side 8 av 8