LØSNINGSFORSLAG TMA4105 Matematikk 2 8. August 2005

Transkript

1 LØSNINGSFORSLAG TMA45 Matematikk 8. August 5 Oppgave Vi introduserer funksjonen g(x, y, z) x +y z slik at flaten z x + y er gitt ved g(x, y, z). I dette tilfellet utgjør gradienten til g en normalvektor til flaten. Vi har og, i punktet P, g [x, 4y, z] () N [, 8, 6] () er en normalvektor. Et punkt M med koordinater [x, y, z] tilhører tangentplanet hvis og bare hvis vektoren P M er perpendikulær til N, i.e., P M N. Derfor er tangentplanet gitt ved som gir (x ) + 8(y ) 6(z 3) (3) x + 8y 6z. En punkt M med koordinater [x, y, z] som har det samme tangentplanet som P må ha sin normalvektor paralell til N ( N er gitt i ()). Derfor må vi ha Fra () og () får vi at g N. (4) g N [6z 4y, 4z + x, 8y + 6x]. Betingelse (4) gir oss da 3 ligninger men bare av dem er uavhengige: z 3x (5) y x. (6) Det er lett å sjekke at alle punktene som tilfredstiller (5) og (6) tilfredstiller både (3) og g(x, y, z). Det vil si at alle disse punktene, som dessuten utgjør en rett linje, har det samme tangentplanet som P.

2 Oppgave a) Maksima og Minima som ligger inne i området er kritiske punkter, det vil si punkter hvor f. Vi har: f(x, y) [( x )e x y, xye x y ] Kritiske punkter tilfredstiller altså x, xy og derfor x ±, y. Her må vi se på to tilfeller: R. Da finnes det ingen kritiske punkter i området, og maksima og minima ligger på randen. Vi parametriser randen ved å skrive [x, y] [R cos(θ), R sin(θ)], θ [, π]. På randen er f lik g(θ) R cos(θ)e R. Vi får maksimum og minimim til g når vi tar θ og θ π. Maksimum og minimum er nådd i punktene [R,] og [-R,] og vi har f max Re R, f min Re R. R >. De to kritiske punktene [, ] og [, ] ligger inne i området. De gir forholdvis f e og f e. Vi må undersøke randen. Vi gjør det på den samme måten som før, og maksimum og minimum på randen finnes i punktene [R,] og [-R,]. For å finne maksimum og minimum verdier, må vi sammeligne verdien til f i disse punktene med den i de kritiske punktene. Vi merker at alle disse punktene ligger på den horizontale aksen og derfor er det nok å betrakte restriksjonen til f til x-aksen: h(x) xe x. Vi har h (x) ( x )e x. Når x > /, h (x) < og h er en avtagende funksjon. Av dette følger at h(r) < h( ) og f er derfor maksimal i punktet [, ]. På den samme måten får vi at f er minimal i punktet [, ], og f max e, fmin e.

3 b) I dette tilfellet er maksimum og minimum til f nådd enten i de kritiske punktene eller når x, y går mot ±. Siden vi har lim (x,y) ± f(x, y), tar funksjonen sine maksimale og minimale verdier forholdvis i [, ] og [, ], og f max e, fmin e. Oppgave 3 a) Vi kaller f potentialfunksjonen til F. Den tilfredstiller Ved å intetgrere (7) får vi f x z(x + y) (7) f y xz (8) f z x + xy + z (9) f(x, y, z) zx + zyx + h(y, z) () hvor h er en ukjent funksjon som er uavhengig av x. Vi deriverer f med hensyn på y: f y (x, y, z) zx + h y (y, z), og setter resultatet inn i (8). Vi får h y. Det vil si at h er uavhengig av y, i.e., h(y, z) h(z). Vi deriverer () med hensyn på z: f z (x, y, z) x + yx + h z (z) og setter resultatet inn i (9). Vi får h z (z) z som gir h(z) z (+ en konstant). Til slutt har vi f(x, y, z) zx + xyz + z. b) Vi vil beregne arbeidet av F langs. Siden F har en potentialfunksjon f vet vi at arbeidet kan uttrykkes slik F T ds f(b) f(a) () 3

4 hvor a og b er de to endepunktene til. I vår tilfellet, har vi b r(π) [,, ], a r() [,, ], og Derfor, fra (), får vi at f(b) 7, f(a) 3. F T ds. Oppgave 4 a) Buelengden av er gitt ved S Vi deriverer r og får Vi beregner lengden av v, ds / v(t) dt. v(t) dr dt (t) [ t,, t ]. v(t) t t4 ( + t4 ) t t + t. Da får vi / ( ) v(t) dt / t + t dt [ ] t + t / 4

5 Buelengden av er b) Enhetstangentvektoren T er gitt ved T v v. Vi har allerede beregnet v og v i a) og vi får I formelliste står det at T(t) t + t 4 [ t,, t ]. a(t) v (t)t(t) + κ(t)v (t)n(t). () Ved å ta kryssprodukt av () med T får vi a T κv N T (3) fordi T T. Siden N og T er enhetsvektorer, har vi N T. Vi tar lengden på begge sider i (3) og får Vi beregner a(t), κ a T v. a(t) dv dt [,, t]. t3 Vi setter inn t og får a() [,, ]. Vi har T() [,, ]. Derfor, og a T [,, ] a T. Av dette følger, siden v() v(), κ(). Oppgave 5 a) T er begrenset av kulen x + y + z på toppen, xy-planen i bunnen og sylinderen x + y på sideflaten. 5

6 Legemet T 3 3 halvkulet og T Vi kaller tyngdepunkets koordinater for [x G, y G, z G ]. På grunn av symmetri, x G, y G. Den siste komponenten z G er gitt ved z G M T zδ dv hvor δ er tetthet og M δ dv. Vi bruker sylinderkoordinater og får T M r dzdθdr T π r π π [ 3 r r dr ( r ) 3 ] π 3 (3/ 7) r dzdθdr 6

7 og Til slutt får vi T zδ dv π r π π π 9π 4. z G [ z ] r ( r )r dr [ 5r 4 r4 ] 57 8( 3/ 7). zr dzdrdθ r dr b) Vi setter x + y inn i x + y + z og får z 9 som gir z 3 siden z >. Derfor ligger i planen z 3 og den er en sirkel. Vi bruker Stokes s teorem: F T ds (curl F) n ds. Her er S disken gitt ved x + y og z 3. Enhetnormalvektoren n er [,, ]. Vi beregner curl F og finner Derfor, curl F n ds (x + ) ds S S π 4π π. curl F [y, x, x + ]. S (r cos(θ) + )r drdθ (Vi bruker polarkoordinater) [r sin(θ) + θ] π r dr r dr 7

8 Til slutt får vi F T ds π Oppgave 6 Området er gitt ved Arealet A er gitt ved r A + θ, θ. +θ [ r r drdθ ] +θ + θ dθ [arctan(θ)]. dθ Det vil si A π 8. 8