v(t) = r (t) = (2, 2t) v(t) = t 2 T(t) = 1 v(t) v(t) = (1 + t 2 ), t 2 (1 + t 2 ) t = 2(1 + t 2 ) 3/2.

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA40 Matematikk, øving, vår 0 Løsningsforslag Notasjon og merknader Hvis boken skriver en vektor som ai + bj + ck hender det at jeg skriver den som a, b, c). Jeg benytter også tilsvarende notasjon i dimensjoner. Ikke la dette forvirre. Videre merker jeg meg at boken ofte skriver sinxy). Jeg vil, da det er vanlig ellers, skrive dette som sin xy. Ikke tro at jeg mener sinx) y av den grunn. Tilsvarende for de andre trignometriske funksjonene. Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave. Oppgaver fra kapittel.4 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel.4, side Vi benytter ligning ) på side 683, hvor vt) r t), t) vt) + t og Da er og Tt) vt) vt), t). + t T t t) + t ), ) + t t + t +t 3/ + t t + t ), t ) 3/ + t ) 3/ + t T t) t + t ) 3 + t + + t ) 3/ + t t + t ) + t 4 + t ) 3 sett på felles brøkstrek og forenkle). Slik finner vi κ T t) vt) + t ) 3/. Videre gir ligning ) på side 68 Nt) t T t) T t) t +, t t + ) + t t, ). t + lf. februar 0 Side

2 TMA40 Matematikk, øving, vår 0 7 a) Husk at to vektorer er normale hvis og bare hvis prikkproduktet mellom dem er 0. En tangentvektor til r ved t er Følgelig finner vi vt) r t) f t), g t)). nt) vt) g t)f t) + f t)g t) 0. Videre er nt)) vt) nt) vt)) 0, så begge de aktuelle vektorene står normalt på kurven i gitte punkt. b) Vi har nt) e t, ), som klart peker mot kurvens konkave side overalt). Normalisering gir Nt) 4e 4t + et, ). c) Vi har nt) ) t,, 4 t som klart peker mot konkav side i det angitte området. Normalisering gir ) t Nt), + t 4 t 4 t, t). 4 t 9 Vi beregner Da gir ligning ) på side 683 Ligning ) på side 68 gir vt) r t) 3 cos t, 3 sin t, 4) vt) 9 cos t + 9 sin t + 6 Tt) vt) vt) 3 cos t, 3 sin t, 4) T t) 3 sin t, 3 cos t, 0). κt) T t) vt) 9 sin t + 9 cos t 3. Nt) T t) T t) sin t, cos t, 0). 3 Vi beregner vt) r t) t, t, 0) vt) t 4 + t t t + Tt) vt) vt) t,, 0) t + T t) t + t ) t + ), t 3/ t + ), 0 3/ lf. februar 0 Side

3 TMA40 Matematikk, øving, vår 0 Da gir ligning ) på side 683 κt) T t) vt) t t + ) t + ) 3 + t t + ) 4 + t + ) 4 tt + ) 3/. Siste overgang fremkommer ved å sette leddene i kvadratroten på felles brøkstrek og forkorte). Siden kurven vår er plan vi har å gjøre med en kurve i R 3, men z-koordinaten er identisk lik 0) kan vi benytte fremgangsmåten i oppgave.4.7 til å finne normalen: nt) t, t, 0), så Nt) t + t t, 4 t, 0), t, 0). + t Vi beregner vt) r t), cos t) vt) + cos t Tt) vt) vt), cos t) + cos t T t) sin t cos t sin t + cos t + sin t cos t, +cos t + cos t) 3/ + cos. t Siden vi kun er interessert i punktet der parameteren er π/ er ikke dette så ille som det ser ut til. Ligning ) på side 683 gir π ) ) κ T π v ) π ved direkte innsetting. Smygsirkelen i π/, ) har altså radius, så denne er beskrevet av ligningen x π ) + y. Oppgaver fra kapittel. Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel., side Vi finner v e t cos t sin t)i + e t sin t + cos t)j + e t k, v e t cos t sin t) + sin t + cos t) + 4e t e t, a T d dt v et, a e t sin t)i + e t cos t)j + e t k, a e t 4sin t + cos t) + 6e t a N a a T 6e t 4e t e t. For t 0 har vi da a0) T + N. lf. februar 0 Side 3

4 TMA40 Matematikk, øving, vår 0 9 Fra oppgave.4.9 har vi Tt) 3 cos t, 3 sin t, 4) vt) Nt) sin t, cos t, 0). Dermed er Bt) Tt) Nt) 4 cos t, 4 sin t, 3). Hvis B er gitt som en funksjon av buelengdeparameter, er torsjonen se side 69) τs) B s) Ns). Ved hjelp av kjerneregelen kan vi finne τ som en funksjon av kurvens opprinnelige parameter, nemlig τt) B t) Nt). vt) Vi har så 3 Fra oppgave.4.3 har vi B t) 4 sin t, 4 cos t, 0), τt) 4. vt) t 4 + t t t + Tt) t,, 0) t + Nt), t, 0). + t Dermed er Som i forrige oppgave har vi Her er B t) 0, så τ 0. Bt) Tt) Nt) 0, 0, ). τt) B t) vt) Nt). Vi skal verifisere formelen κ v a v 3. Først gjør vi noen generelle observasjoner. Kryssproduktet kan nemlig uttrykkes ved hjelp av skalarproduktet. For to villkårlige vektorer v, a som spenner ut en vinkel θ har vi v a v a sin θ v a cos θ) v a v a). Dette er den første ingrediensen i beviset. Den andre ingrediensen er en formel for endringen av farten for en kurve rt) med hastighetsvektor vt) og akselerasjon at). Den deriverte av farten, d dt v d v v dt v a + a v) v v v a ) v. lf. februar 0 Side 4 )

5 TMA40 Matematikk, øving, vår 0 Vi kan regne ut dt dt ved å sette inn T v/ v, og vi får ved ) dt dt d v dt v v a d dt v )v v v v)a v a)v v 3. Vi beregner kvadratet av lengden av denne vektoren, og får ved ) dt dt v v) a a) v v)v a)v a) + v a) v v) v 6 v a v a) v a v 4 v 4. Følgelig er kurvaturen κ dt dt v a v v 3 Oppgaver fra kapittel.6 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel.6, side Av ligning 3) på side 69 har vi v ṙu r + r θu θ a r r θ )u r + r θ + ṙ θ)u θ. I vårt tilfelle har vi θ θ 0 ṙ e aθ a θ ae aθ r a e aθ θ 4a e aθ Dermed finner vi v ae aθ u r + e aθ u θ a 4a e aθ e aθ )u r + ae aθ u θ 4e aθ a ) )u r + au θ. 4 Vi har r a + sin t), ṙ a cos t, r a sin t, θ e t, θ e t og θ e t, og derfor er v ṙu r + r θu θ acos t)u r + ae t + sin t)u θ, a r r θ )u r + r θ + ṙ θ)u θ a sin t + + sin t)e t) u r ae t + sin t cos t)u θ. Oppgaver fra eksamen i 70 Matematikk A, høsten 99 a) Vi har vt) r t) cos t, sin t) vt) cos t + cos t + sin cos t. Dermed er Tt) ) vt) vt) sin t cos t,. cos t lf. februar 0 Side

6 TMA40 Matematikk, øving, vår 0 Av dobbelvinkelsetningene finner vi så identitetene slik at sin t sin t cos t sin t cos t, Tt) ) vt) vt) sin t cos t, sin t cos t, cos t ) ved identitetene vi fant over. Videre beregner vi T t) cos t, sin t ) T t) cos t + sin t slik at Nt) cos t, sin t ). Krumningsradius er ρt) vt) T t) cos t). b) Ved en tid t ligger sentrum γt) av smygsirkelen per definisjon en avstand ρt) i retning Nt) fra rt). Følgelig har vi γt) rt) + ρt)nt) t sin t + cos t cos t, cos t cos t sin t ) t sin t + 4 sin t cos t, cos t 4 t ) sin t sin t + sin t, cos t + cos t ) t + sin t, cos t ), hvor vi igjen har benyttet dobbelvinkelsetningene. Videre er så rt π) t π + sin t, + cos t), γt) rt π) + π, ), som var det vi skulle vise. En skisse av de to kurvene er å finne i figur. Oppgaver fra eksamen i 700 Matematikk, sommeren 989 3a Parametrene som gir start- og endepunktene er åpenbart henholdsvis 0 og π. Vi har vt) r t) e t cos t e t sin t, e t sin t + e t cos t, e t ) e t cos t sin t, sin t + cos t, ) vt) cos t sin t) + sin t + cos t) + e t cos t cos t sin t + sin t + sin t + cos t sin t + cos t + 3e t. Erfaringsmessig er dette noe en del glemmer. Ta en titt under Sum og differens av funksjoner på side 4 i Rottmann. lf. februar 0 Side 6

7 TMA40 Matematikk, øving, vår 0 r γ y x Figur : Kurvene i oppgave b, eksamen 99. Dermed gir ligning ) på side 679 buelengden π 0 3e t dt 3e π ). Oppgaver fra eksamen i 700 Matematikk B, våren 994 a) Figur viser en skisse av C. Videre har vi vt) r t) cos t, cos t) vt) cos t + 8 cos t. Av dobbelvinkelsetningene har vi cos t + cos t, så 8 cos t 4 cos t + 4 cos t + ) cos t. Dermed er vt) cos t +. Vi kan så regne ut buelengden: π 0 vt) dt π + π 0 cos tdt π. b) Vi merker oss at t π/ gir ønsket punkt. Vi har Tt) ) cos t vt) vt) cos t +, cos t cos t + sin tcos t + ) + cos t sin t) T t) cos t + ), ) sin t cos t + ) + cos t sin t cos t + ) T π ) 0, ) T π ), Erfaringsmessig er dette noe en del glemmer. Ta en titt under Sum og differens av funksjoner på side 4 i Rottmann. lf. februar 0 Side 7

8 TMA40 Matematikk, øving, vår y x Figur : Kurven i oppgave a, eksamen 994. så π ) ) κ T π v ) π. lf. februar 0 Side 8