Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel 13, (16).

Transkript

1 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 7 ( 67 ) Kurven rt () (, t,), t t ligger i - planet Dette gir alternativ b eller f Setter inn t som gir punktet (, ) som bare er med i alternativ f Vi ser også at kurven er en parabel, noe som stemmer med alternativ f, mens alternativ b er en rett linje som ikke passer Svar: Kurven i nr 7 svaret til alternativ f Oppgave 8 ( 68 ) Kurven rt () (cos,,sin t t), t er parameterframstillingen av en halvsirkel i planet Eneste alternativ er h Svar: Kurven i nr 8 svaret til alternativ h Oppgave ( 6 ) Vi skal beregne kurveintegralet ( + + ) ds langs kurven C gitt ved C parameterframstillingen rt () (,, tt ), t t Vi bestemmer først koordinatene til punktene på kurven, C, som funksjoner av parameteren t Fra parameterframstillingen har vi at t (), t t () t, t () t Deretter finner vi integranden som funksjon av t langs kurven, C Innsetting av t uttrkkene for de tre koordinatene/variablene i funksjonen gir + + t t+ t+ ( t) t t+ b C Vi trenger a Linjeintegral gjøres om til parameterform ved f ( ds,, ) frt ( ( )) r ( t) dt hastigheten langs kurven r () t (,, t t ) t (,, ), hvor det er derivert komponentvis Lengden av fartsvektoren, farten, blir fra Ptagoras setning Innsatt i linjeintegralet får vi: ( + + ) ds (t t + ) dt [ t t + t ] ( + ) C r () t + + ( ) Kommentar: Mengden av mulige parameterframstillinger til en gitt kurve er ubegrenset At det er slik er intuitivt klart siden kurven er veien mellom to punkter og en parameterframstilling er en bestemt måte å kjøre langs veien fra det ene punktet til det andre Siden samme vei kan kjøres på utallige forskjellige måter, fort, langsomt, rgge samt med og uten pauser for å nevne noen varianter, innser vi at samme vei kan parametriseres på mange måter Felles for disse er at de gir samme svar og derfor gjelder det å velge en så enkel parameterframstilling som mulig for å få enkle beregninger

2 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave ( 6 ) Vi skal beregne kurveintegralet ( + + ) ds langs en rett linje fra (,, ) til (,,) Vi C må finne en parameterframstilling av linjestkket, C Vi generaliserer til et linjestkke fra punkt a til punkt b, som er to vilkårlige punkter i rommet Den enkleste parameterframstillingen av linjestkket er r() t a+ t( b a), t Bevis: r() a og r() a+ ( b a) b så kurven starter og slutter i riktig punkt Videre er kurven en rett linje siden tb ( a) er parallell med vektoren ( b a) for alle t verdier Siden linjen er entdig bestemt når to punkter er gitt på linjen, så følger at parameterframstillingen gir linjestkket mellom a og b Vektoren a fører til en forskvning av den rette linjen parallell med vektoren ( b a) Siden linjestkket starter i (,, ) og slutter i (,,) må a (,,) og b (,,) Parameterframstillingen av linjestkket i oppgaven blir: r() t a+ t( b a) (,,) + t{(,,) (,,)} ( t,, t ), t t Dette gir koordinatfunksjonene t, t, t Integranden langs kurven blir + + ( t) + ( t) + ( t) 6 6t Fartsvektoren blir: r () t ( t,, t ) t (,, ) r () t (,, ) ( ) + ( ) + ( ) 4 Innsatt i integralet gir dette ( + + ) ds (6 6 t) 4 dt 4[6t t ] 4 C Oppgave 9 ( 69 ) Vi skal beregne kurveintegralet av (, ) f langs kurven C:, Istedenfor å innføre t som parameter, beholder vi som variabel Dette gir en alternativ framgangsmåte som bentter buedifferensialet: ds ( d) ( d) d ds d d ( ) + ( ) Med + + Langs kurven blir funksjonen Innsatt får vi grenser: C f (, ) ds ds d C + C Vi innfører blir ( ) u +, u + 5 Kurveintegralet blir: 5 5 du 5 ds u [ u ] (5 ) (5 5 ) d d d og f (, ) f(, ) u + d Ne du Kommentar: Denne alternative måten, som gir løsningen direkte uten å gå via en

3 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) parameterframstilling, er ingen n metode Egentlig er det en parameterframstilling med parameteren t Metoden/Parametervalget kan brukes når alle de andre variablene er uttrkt ved kun en romkoordinat (, eller ) langs kurven Oppgave 5a ( 65a ) Massen er m δ (,, ) ds, hvor δ (,, ) er massetettheten per lengde med enhet kg/m, C langs kurven C Kurven er gitt på parameterform som rt () ( t, t,4 t), t Vi b bruker parameterversjonen av kurveintegralet m δ(,, ) ds δ ( r( t)) r ( t) dt C Vi har at a δ ( rt ( )) δ ( t ( ), t ( ), t ( )) t langs kurven Leddvis derivasjon gir fartsvektoren r ( t) ( t, t,4 t ) (,, t) og lengden av vektoren, dvs farten er () (,, ) ( ) + ( ) + ( ) + Innsatt blir massen av vaieren r t t t t m t + t dt du Igjen må vi skifte variabel i integralet: u + t dt t Ne grenser: t u +, t u + Massen blir du t [ ] ( ) 4 m t u u Oppgave ( 6 ) ( ) ( ) ( ) g g g ( e ln( + ) ( e ln( + ) ( e ln( + ),,,,,, e + + g, hvor vi har brukt u u kjerneregelen med u +, og at ln u u Oppgave b ( 6b ) Vi beregner arbeidet på et massepunkt utført av kraftfeltet F (,,), når partikkelen tvinges til å følge kurven C gitt ved parametrieringen i alternativ b: b C a 4 rt () (, tt, t), t Arbeidsintegralet er W F dr F(()) r t r () t dt Parameterframstillingen gir at t t t 4,, Innsatt i vektorfeltet finner vi feltet langs 4 4 kurven Frt ( ( )) (t t, t,) Hastigheten er r ( t) ( t, t, t ) (, t,4 t ) Skalarproduktet gir Frt ( ( )) r ( t) (t t, t,) (, t,4 t) t t 6t 4t Arbeidet blir W t t+ 6t + 4 t dt [ t t + t + t ] + +

4 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Kommentar: Et massepunkt som er påvirket av krefter følger Newtons andre lov a m F, hvor kraften er resultantkraften på massepunktet Kreftene bestemmer massepunktets bevegelse Kurven bestemmes fra Newtons andre lov, og da er det litt merkelig at massepunktet bare følger en eller annen forutbestemt bane Dette er mulig for i tillegg til kraftfeltet som vi bruker til å beregne utført arbeid, virker det føringskrefter Disse kreftene, sammen med den oppgitte kraften, tvinger massepunktet til å følge den forutbestemte banen Vi kan derfor ikke beregne totalarbeidet på massepunktet, og dermed endringen i kinetisk energi, siden føringskreftene er ukjente Vi beregner kun den delen av totalarbeidet som det gitte vektorfeltet utfører Oppgave 6 ( 66 ) b C Parameterframstillingen av kurven er a Arbeidet W F dr F(()) r t r () t dt rt () (sin t,cos, t t), t Vektorfeltet er F 6 Frt ( ( )) (6,, ) ( t,cos t,sin t) Hastigheten er r ( t) (sin t,cos t, t) (cos t, sin t, ) Skalarproduktet gir (6,, ) som langs kurven blir Frt ( ( )) r ( t) ( t,cos t,sin t) (cos t, sin t, ) tcost sin tcos t+ sin t Arbeidsintegralet reduseres til W t cost sin t cos t+ sin tdt Integranden består av tre ledd Det første løses ved delvis integrasjon, det andre ved substitusjonen u cost og det siste løses direkte Vi kan også observere at vi integrerer over en hel periode for sinus og cosinus Dette gjør at det siste leddet gir Det midterste leddet gir også siden sin tcos t er en odde funksjon Dermed er W tcos tdt [ tsin t ] sin tdt Oppgave 7 ( 67 ) Beregn linjeintegralet d + ( + ) d langs kurven C gitt som fra (,) til (,4) C Vi velger som parameter, dvs t Fra punktenes førstekoordinat ser vi at integrasjonen d blir fra til Differensialet i variabelen blir d d d d Innsatt i linjeintegralet for variabelen og differensialet d får vi 4 4 d + ( + ) d { + ( + ) } d + d [ + ] C

5 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 9 ( 69 ) F T ds C F dr F d F d C C + Vektorfeltet F (, ) gir F, F Kurven C er gitt ved funksjonsuttrkket fra punktet (4,) til punktet (, ) For å slippe å regne med kvadratrot bruker vi som variabel Dette gir d ( ) d d Vi har at verdiene starter med og slutter med Integralet blir F T ds ( d d) {( ) } d [ ] 64+ C C Oppgave 6 ( 66 ) Sirkulasjon og fluks til vektorfeltet F(, ) (, ) beregnes enklest ved bruk av Greens setninger, men her skal linjeintegralene beregnes direkte Kurven er en halvsirkel med radius a som på parameterform blir rt ( ) ( acos ta, sin t), t og linjestkket st () (,), t a t a Vi ser at kurvens omløpsretning er mot klokka, altså positiv Vi trenger linjeintegralene på parameterform Sirkulasjonen er a b F F dt Derivasjon av kurvene gir () ( sin, cos), a Φ b Γ F + F dt Fluksen er r t a t a t t samt s () t (,), a t a Beregning av integralene krever at kurven deles i to deler Vektorfeltets komponenter er F og F a cos t og F a sin t vektorfeltet F t og F F Langs halvsirkelen blir disse Langs linjestkket blir komponentene til Innsatt gir dette a ( cos )( sin ) ( sin )( cos ) a a a a t+ t + t a + a a og a Γ a t a t + a t a t dt+ t + dt [ cos sin ] [ ] Φ ( a cos t)( acos t) ( a sin t)( asin t) dt+ t dt a ( sin t)cos t+ ( cos t)sin tdt a [sin t sin t cost+ cos t] a ( + ) a 4 a 5

6 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave ( 6 ) Vi skal beregne fluksen til vektorfeltet hjørner (,), (,), (,) F ( +, ( + )) ut av trekanten med F n ds ( ) ( ) C F d F d d d C, hvor C Φ kurven, C, er randa til trekanten Vi deler kurven opp i tre deler Linjestkket, C, langs aksen fra (,) til (, ) Her er d Innsatt C C F n ds ( + ) d d [ ] Linjestkket C fra (, ) til (,) er d d med fra til Innsatt C C F n ds ( + )( d) + ( + ( ) ) d + ( + + ) d + d [ + ] Linjestkket C fra (,) til (,) er + d d med fra til Innsatt C C F nds ( + + ) + ( + ( + ) ) d (+ ) d d [ ] ( ) Kurven er C C C C så F n ds C F n ds + C F n ds + F n ds + C C Oppgave 9 ( 69 ) Beregn strømningen fra vektorfeltet F (,, ) (,, ) langs kurven gitt ved parametriseringen rt ( ) (cos t,,sin t), t Merk at kurven ikke er lukket siden r() (,,) (,,) r( ) Følgelig kan ikke Stokes setning brukes til å beregne sirkulasjonen, da denne krever lukket kurve Vi har b Γ F + F + F dt Her er a vektorfeltets komponenter langs kurven F cost sin t, F og F cost De deriverte finnes fra r ( t) ( sin t,,cos t), t Innsatt i integralet blir dette (cost sin t)( sin t) (cos t)(cos t) dt costsin t sin t cos tdt Γ sin t+ dt [ 4cos t+ t] 6

7 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 6 ( 66 ) Vi skal avgjøre om vektorfeltet (,, ) ( F e cos, e sin, ) er konservativt ved å forsøke å konstruere en potensialfunksjon til feltet Konstruksjonen gir likningene ) F e cos ) F e sin ) F Integrasjon av ) gir ϕ e cos d e cos + A (, ) Innsatt i ) får vi ( e cos + A) A A e sin + e sin A(, ) B( ) Potensialfunksjonen har formen ϕ e cos + B( ) ( cos ) Innsatt i ) får vi e + B B ( ) B( ) d + C Vi har funnet alle potensialfunksjoner til vektorfeltet som ϕ ϕ(,, ) ecos+ + C Siden vektorfeltet har en potensialfunksjon er det konservativt Oppgave 8 ( 68 ) Vektorlikningen for potensialfunksjonen er ϕ F På komponentform blir vektorlikningen tre skalarlikninger F, F, F Vektorfeltet er F ( +, +, + ) F +, F +, F + Innsatt for feltkomponentene i likningene for potensialfunksjonen finner vi følgende differensiallikninger for potensialfunksjonen ) F +, ) F +, ) F + Differensiallikninger løses ved integrasjon, og siden disse likningene er definisjonen av den antideriverte finner vi uttrkket for potensialfunksjonen ved direkte integrasjon Potensialfunksjonen avhenger av flere variable og vi må derfor passe på antall variable i konstantene etter integrasjonen Vi integrer i en variabel om gangen og de øvrige variablene er da konstante Den første differensiallikningen gir ) + ϕ + d ( + ) + A(, ) Her er og konstante under integrasjonen i og kan dermed inngå i konstanten A ) F +, ) F +, ) F + i setter uttrkket for potensialfunksjonen inn i den andre differensiallikningen Vi får {( + ) + A(, )} A A ) + (, ) + (, ) Siden integrasjonskonstanten tillates å avhenge av så kan kravet oppflles Vi integrer og finner A (, ) A (, ) d + B ( ) Vi har integrert i som derfor ikke lenger er konstant Den eneste variabelen som vi ikke har integrert i er og denne er fortsatt å betrakte 7

8 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) som konstant Derfor avhenger integrasjonskonstanten B av alene Vi oppgraderer uttrkket for potensialfunksjonen ved å sette inn for A Vi har at potensialfunksjonen må være på formen ϕ B( ) Innsetting i den tredje og siste differensiallikningen gir { B( )} ) + + B ( ) + B ( ) B( ) C, dvs konstant son ikke inneholder, eller Vi har funnet alle løsningene som tilfredsstiller sstemet av de tre differensiallikningene og det er potensialfunksjonene ϕ ϕ(,, ) C Vi ser at potensialfunksjonene til et gitt vektorfelt skiller seg på en konstant, så den variable delen er den samme for alle potensialfunksjonene til vektorfeltet Siden vi kun skal finne en potensialfunksjon kan vi sette konstanten til null, C Vi har vist at vektorfeltet er et gradientfelt, dvs F ϕ og dermed at vektorfeltet er konservativt Som en kontroll på beregningene kan vi beregne gradienten til potensialfunksjonen: ( C) ( C ) ( C) ϕ (,, ) (,, ) ( +, +, + ) F, som viser at våre beregninger stemmer Vi har også funnet er generell prosedre for konstruksjon av potensialfunksjoner: ) Finn komponentene til vektorfeltet og still opp differensiallikningene for potensialfunksjonen: F, F, F ) Se gjennom likningene og integrer den som er enklest Alle variablene unntatt den det integreres i kan inngå i integrasjonskonstanten ) Sett inn i neste differensiallikning og løs kravet på integrasjonskonstanten Integrer og bestem denne Oppgrader så uttrkket for potensialfunksjonen ved å sette inn for integrasjonskonstanten 4) Fortsett prosedren til det er satt inn i alle differensiallikningene Antall variable i integrasjonskonstanten minker med en for hver integrasjon 5) To muligheter finnes: a) Alle differensiallikningene oppflles samtidig og vi finner en potensialfunksjon Vektorfeltet er konservativt b) Integrasjonskonstanten må på ett trinn inneholde minst en variabel som ikke kan inngå, altså motsigelse Potensialfunksjonen finnes ikke og vektorfeltet er ikke konservativ Oppgave ( 6 ) Vi skal konstruere potensialfunksjonen til vektorfeltet F ( sin, sin, cos ) F sin, F sin, F cos, og følger prosedren ovenfor Vi har funnet vektorfeltets komponenter og stiller opp differensiallikningene: ) ) F sin, ) F sin, ) F cos ) Vi ser at integrasjonen av den første likningen er enkel siden høre side er konstant: 8

9 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) ϕ sin d sin + A (, ) ) Innsatt i den andre likningen får vi ( sin + A (, )) (, ) (, ) sin A sin A + A(, ) B( ) Oppgradert blir funksjonen ϕ sin + B( ) 4) Innsatt i den siste differensiallikningen får vi ( sin + B( )) cos + B ( ) cos B ( ) B( ) C Oppgraderingen gir ϕ sin + C 5) Vi har oppflt alle tre differensiallikningene, siden det ikke ble noen motsigelser med integrasjonskonstantene Dermed har vi funnet en potensialfunksjon ϕ sin, til vektorfeltet, har satt konstanten til null Dette viser at vektorfeltet er konservativt Oppgave 6 ( 66 ) (,,) 4 Integralet d d d skal beregnes Siden vi kun kjenner startpunkt og + (,,) sluttpunkt så må integralet være uavhengig av veien Uttrkket ϕ dr kalles en eksakt differensialform og er det samme som å konstruere potensialfunksjonen til vektorfeltet Vi må først bestemme komponentene til vektorfeltet Integralet er av tpen Direkte leddvis sammenlikning gir F, F, F 4 Kravene på + r Fd + Fd + Fd r F potensialfunksjonen er F Integrasjon, oppgradering og innsetting i 4 F + differensiallikningene gir F d F d ϕ d + A(, ) Innsetting: ( + A(, )) A(, ) F A(, ) d + B( ) Oppgradering: ϕ + B( ) Innsetting: ( ( )) + B 4 4 ( ) ( ) 4tan + + B F B d + C Oppgradering ϕ ϕ(,, ) 4tan + C Vi har vist at vektorfeltet er konservativt i og med eksistensen av potensialfunksjonen Dette viser at det er riktig å sløfe veien mellom startpunkt og sluttpunkt siden resultatet av integrasjonen er veiuavhengig for konservative (,,) 4 vektorfelt Verdien av integralet er d d d ϕ(,,) ϕ(,, ) (,,) 4tan () + + 4tan () + 9

10 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 6 ( 66 ) B d+ d+ d Vi skal vise at integralet er uavhengig av veien mellom A og B Dette er A + + definisjonen av at vektorfeltet er konservativt Vi splitter opp telleren i brøken og skriver integranden på formen d + d + d Vektorfeltets komponenter er faktorene foran respektive differensialer som gir kravene ϕ + + ϕ Integrasjon av den første differensiallikningen med uttrkket i roten + + ϕ + + du som kjerne gir: ϕ d u du u + A(, ) + + u A (, ) Innsetting i den andre differensiallikningen gir ( A(, )) A (, ) A(, ) A(, ) B ( ) Oppgradering gir ϕ B( ) ϕ ( B( )) Innsetting i det tredje og siste kravet gir + B ( ) B ( ) B( ) C Oppgradering ϕ C er alle potensialfunksjonene til vektorfeltet Vi har funnet potensialfunksjonene til vektorfeltet, som dermed er konservativt, og integralet er uavhengig av veien

11 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 8 ( 68 ) Vektorfeltets komponenter er gitt direkte og vi får differensiallikningene løser den første og finner ϕ e ln d e ln + A(, ) Innsatt i neste: e ln ϕ e + sin Vi ϕ cos ( eln + A (, )) e A (, ) e A (, ) + + sin sin A(, ) sind sin + B ( ) Oppgradering ϕ e ln + sin + B( ) Innsatt i siste: ( e ln + sin + B( )) cos + B ( ) cos B ( ) B( ) C Vektorfeltet er konservativt og har potensialfunksjonene ϕ e ln + sin + C Oppgave 46 ( 646 ) Greens sirkulasjonssetning Greens sirkulasjonssetning F F F T ds da Γ F F F n ds da Φ + Her er randa til området og dermed en lukket kurve Kurven er positivt orientert, dvs omløpsretningen er mot urviseren, alternativt er området,, til venstre under omløpet Vektorfeltet er F ( + 4, + ) Områdets rand er og området er kvadratet Beregning ved kurveintegral krever at randa deles opp i fire forskjellige deler med ett integral for hver del Vi bruker Greens setninger og gjør kurveintegralene om til F F ( + ) ( + 4 ) dobbelintegraler Sirkulasjonstettheten er 4 Dette gir sirkulasjonen langs kurven F F Γ F T ds da da da a( ), siden området er et kvadrat med side F F ( + 4 ) ( + ) Flukstettheten er ( + ) Her er ikke integranden konstant, så vi må beregne dobbelintegralet F F Φ F nds + da

12 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) d d d d + [ + ] + [ + ] + Oppgave 47 ( 647 ) Området er og vektorfeltet er F sirkulasjonstetthet F F ( ) ( + ) F F ( + ) ( ) (, + ) Vi finner ( ) og flukstettheten ( ) Greens setninger gir sirkulasjonen F F ( ) [ ] Γ F Tds da da dd d d [ ] 9 og fluksen d d [ ] [ ] 9 F F Φ F nds + da dd Oppgave 4 ( 64 ) Her er kurven og dermed området gitt i polare koordinater Vi stiller opp integralet i kartesiske koordinater først og skifter eventuelt til polare koordinater til slutt Vektorfeltet F (, e + tan ) gir flukstettheten + ( F ) F + ( e + tan ) Greens flukssetning gir I polare koordinater er området F F Φ F n ds + da da r a( + cos θ ) Videre er rsinθ Fluksen ut av området blir Φ da θ a(+ cos θ ) a(+ cos θ ) rsinθ rdrdθ [ r sin θ ] dθ { a( + cos θ)} sinθ dθ 4 4 a [( + cos θ ) ] Vi har brukt substitusjonen u ( + cos θ ) og at vi integrerer over en hel periode for uttrkket

13 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 4 ( 64 ) Vi skal beregne arealet av en ellipse ved å bruke at a ( ) da d d Parameterframstillingen for ellipsen er oppgitt som rt () ( acos, tbsin t) r () t ( asin tb, cos) t Innsatt i arealformelen får vi ab a(ellipse) d d acos t ( bcos t) bsin t ( bcos t) dt dt ab Oppgave 5 ( 66 ) Vi trenger en parameterframstilling av flaten Σ gitt på eksplisitt form som avgrenset av kjeglen + Vi kan bruke og som parametre Dette gir parameterframstillingen r (, ) (,, ), og vi lar parameterområdet, som her blir det samme som projeksjonen av flaten i planet, være Arealet av en flate på parameterform er a( Σ ) dσ ru rv dauv Σ Vi beregner tangentvektorene til flaten (,, ) (,, ) r (,, ) (,, ) r og Normalvektoren til flaten er i j k r r (,, ) (,, ) + i j+ k (,,) Lengden av krssproduktet er arealet av parallellogrammet som spennes ut av vektorene Dette gir flatearealet når flatestkket er så lite at utsnittet kan regnes som plant Vi finner r r (,,) Vi har at flatearealet er Siden a d da ( Σ ) σ 4( + ) + Σ + inngår i uttrkket velger vi å utføre sluttberegningen i polare koordinater da disse forenkler rotuttrkk Vi trenger å bestemme parameterområdet Paraboloiden og kjegleflaten i slinderkoordinater er r og r Dette gir ved innsetting likningen for skjæringskurven i polare koordinater + Siden vi tolker r som avstand kan ikke denne r r r r r r r være negativ Parameterområder er Arealet blir a( Σ ) θ θ 4 θ θ 6 4( + ) + da 4r + rdrd [ (4r + ) ] d (5 )[ ] (5 5 ), hvor vi har benttet substitusjonen u 4r +

14 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 59 ( 655 ), hvor H Arealet av en flate Σ gitt på implisitt form H(,, ), er a( Σ ) dσ H da er projeksjonen av flaten i planet Tilsvarende formler gjelder for projeksjon i de andre koordinatplanene Flaten er på implisitt form gitt ved H H H H(,, ) H (,, ) (,,) Dette gir H H (,,) (,,) og Beskrivelsen av området i planet, som er projeksjonen av flaten, gir Arealet er + a( Σ ) da + d d [ + ] d + d [ ( + ) ] 6 6, hvor vi har brukt substitusjonsmetoden med u Σ + Oppgave 67 ( 66 ) Σ Vi skal Flateintegralet er på parameterform gd (,, ) σ gruv ( (, ) ru rv dauv integrere funksjonen g (,, ) 5 4over flaten Σ eksplisitt gitt som med Vi må finne en parameterframstilling av flaten og velger og som parametre Dette gir r (, ) (,, ( + )) Vi beregner tangentvektorene til flaten r (,, ( + )) (,, ) og r (,, ( + )) (,, ) Normalvektoren til flaten er i j k r r (,, ) (,, ) + i j+ k (,,) Vi finner r r (,,) 4( + ) + Vi trenger funksjonen langs flaten g (,, ) ( ( + )) + 4( + ) Integralet blir 5 4 d σ 4( ) 4( ) da (4( ) ) da Σ Som før ser vi at det lønner seg å skifte til polare koordinater Med rcosθ blir integranden 4 (4( + ) + ) ( rcos θ ) (4r + ) (4 r + r )cos θ Integrasjonsområdet, som både er parameterområde og flatens projeksjon i planet, bestemmes fra r r r I polare koordinater er området θ 4

15 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Flateintegralet blir dσ da Σ 5 4 (4( + ) + ) (4 r + r )cos θ rdrdθ [ r + r ]cos θ dθ ( + ) ( + cos θ dθ θ θ [ sin ] + Oppgave 6 ( 657 ) Flateintegralet av en funksjon er gdσ (,, ) Flaten er den del av planet + + Σ som ligger i oktant På implisitt form blir det H(,, ) + + som gir H H H H H (,, ) (,,) og H (,,) + + Videre er Vi trenger projeksjonen av flaten i planet Vi setter + Avgrensingen langs aksen finner vi ved å sette Området er Vi trenger å bestemme funksjonen på flaten g(,, ) + + g(,, ) + + Flateintegralet blir gd (,, ) σ ( ) dd [ ] d Σ d d 6 ( ) ( ) ( + ) + [ + ] Oppgave 64 ( 6644 ) Fluksen gjennom en flate på parameterform er gitt ved Φ F ndσ ± F((,))( r u v r r ) da u v Σ uv, hvor fortegnet er pluss hvis normalvektoren og krssproduktet har samme retning, ellers minus Vektorfeltet er F F(,, ) (4,4,) Flaten er den del av paraboloiden + som er under planet Igjen er flaten på eksplisitt form og parameterformen kan velges som r (, ) (,, + ) Vi beregner normalvektoren til flaten: r (,, + ) (,, ) og r (,, + ) (,, ) i j k r r (,, ) (,, ) + i j+ k (,,) Vektorfeltet langs flaten blir F (4,4,) siden variabelen ikke inngår Skalarproduktet blir Fr ( (, )) ( r r) (4,4,) (,,) ( 4( + )) Vi bestemmer 5

16 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) integrasjonsområdet som avgrenses av skjæringskurven til flaten og plant: er en sirkel Vi innfører polare koordinater: r er Integranden i polare koordinater er θ ut av flaten er r r + som + Integrasjonsområdet ( 4( )) ( 4 r ) + Fluksen 4 θ Φ± ( 4( + )) da ± ( 4 r ) rdrd ± [ r r ] dθ ± ( )[ θ ] Siden paraboloiden har den hule siden opp vil utadrettet normalvektor peke nedover og dermed ha negativ komponent I vår parameterframstilling er komponenten til krssprodukter lik og dermed positiv Vi må bruke negativt, dvs nederste, fortegn Fluksen ut av flata er Φ Oppgave 6 ( 657 ) Fluksen ut av en flate er Φ F ndσ Ut av flaten forstås som retningen til Σ enhetsnormalen n Enhetsnormalen definerer flatens overside og underside og kalles derfor en orientering av flaten Flaten er den parabolske slinderen 4 avgrenset av planene,, Vi skal finne flatens projeksjon i planet Vi har allerede avgrensingen i koordinaten og trenger avgrensingen i koordinaten I planet er som gir 4 ± Områder er Vi har at H H H σ H H H n d ± da ± da Vektorfeltet er F F F F (,, ) (,, ) som på flaten blir (,,4 ) ((4 ),, (4 )) Flaten er på implisitt form H H H H H(,, ) + 4 Dette gir H (,, ) (,,), med Innsatt blir fluksen ((4 ),, (4 )) Σ Φ F ndσ ± dd (,,) ± + dd ± [ + ] d ± 6 48 d ± [ ] ± ( ) Det gjenstår å fastsette fortegnet Gradienten til H har positiv - komponent Utad, som er retningen til enhetsnormalen til flaten, er bort fra planet og da må komponenten være positiv Følgelig har H og n samme retning og gjeldende fortegn er + Dermed er fluksen ut av flata Φ 6

17 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) Oppgave 68 ( 65 ) Flaten Σ er kalotten over til kuleflaten Vi skal beregne utadrettet fluks gjennom kalotten til vektorfeltet F F(,, ) (,,) Fluksen gjennom en flate er Φ F ndσ Flaten på implisitt form er H(,, ) Dette gir Σ gradienten H ( H, H, H H ) (,, ) og Integrasjonsområdet bestemmes fra skjæringen mellom kuleflaten og planet, som gir Projeksjonen av kalotten i planet er en disk med sentrum i origo og radius 4 Vi beregner H (,, ) F (,,) + + Vi beskriver projeksjonen i polare koordinater siden H området er en disk og integranden inneholder Vi venter med fortegnet og får + r Projeksjonen er Φ F ndσ ± ( r + ) rdrdθ ± [ r + r ] dθ ± 7[ θ ] ± 44 r 4 θ Σ Siden 4 H (,, ) har positiv komponent på kalotten så er gradienten rettet ut av kula, som er ønsket retning Fortegner er + og dermed er fluksen ut av kalotten Φ 44 Oppgave 7 ( 67 ) Stokes setning for sirkulasjonen til et vektorfelt langs en positivt orientert kurve i rommet Σ tillater sirkulasjonen beregnet både som kurveintegral og Σ Γ F dr F ndσ flateintegral Siden derivasjon vanligvis forenkler uttrkk så kan flateintegralet være å foretrekke Et annet moment som gjør at flateintegralet kan foretrekkes, er at kurven kan bestå av flere deler Dette nødvendiggjør beregningen av ett kurveintegral for hver del Kurven er skjæringen mellom koordinatplanene og planet + + Dette blir en trekant i rommet og den består av tre separate linjestkker Vi må beregne ett kurveintegral for hver del og vi foretrekker flateintegralet Vi beregner curlen til vektorfeltet F (,, ) i j k F + i j+ k (,, ) Vi kan beskrive den eksplisitt gitte flaten både implisitt og på parameterform, beregningsarbeidet blir omtrent det samme Implisitt form gir funksjonen H(,, ) + + Gradienten er H H H ( + + ) ( + + ) ( + + ) H H (,, ) (,, ) (,,) og Vi projiserer flaren ned i planet og bestemmer integrasjonsområdet Skjæringen mellom planet og planet + + er + + Skjæringen med aksen,, og linjen 7

18 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) er Integrasjonsområdet blir vektorfeltet på flaten hvor Vi trenger curlen til F (,, ) (,, ) (,, ) Integranden blir H F (,, ) Sirkulasjonen er (,,) H [ ] ( ) ( ) Σ + d [ + ] Γ F n dσ ± d d ± d + d Fortegnet bestemmes fra at omløpet langs kurven skal være mot utviseren sett ovenfra Dette innebærer ved hørehåndsregelen at H normalvektoren til flaten skal peke oppover, dvs ha positiv komponent Vi har at og dermed er fortegnet +, dvs øverste fortegn Sirkulasjonen i positiv retning er Γ Oppgave 77 ( 677 ) Vi skal beregne F ndσ til vektorfeltet F e Σ (,,( + )sin ) på flaten + + Siden vektorfeltet er meget komplisert så blir ikke curlen enkel Dette gjør at flateintegralet blir krevende, og oppgaven viser at det ikke er mulig å gi noen generell strategi for bruk av kurveintegral eller flateintegral Oppgaven viser et tilfelle hvor kurveintegralet er enklere enn flateintegralet Dette skldes at komponenten til vektorfeltet ikke kommer med i kurveintegralet, siden kurven er i planet, siden Stokes setning gir F ndσ F dr Fd+ Fd d Vi bruker Σ Σ Σ kurveintegralet med oppgitt parameterframstilling rt ( ) (cos t,sin t,), t Vi ser nærmere på parameterframstillingen Flaten er ( ) ( ) ( ) Vi ser ved innsetting at parameterframstillingen oppfller kravet siden cos t+ sin t Den deriverte av parameterframstillingen er r () t ( sin,cos,) t t Vi bestemmer vektorfeltets komponenter langs kurven F sin t og F (cos t) 9cos t Videre er d () t dt sint dt og d () t dt cost dt Innsatt får vi F ndσ Σ + sin ( sin ) + 9cos cos 6sin + 8cos F F dt t t t tdt t tdt Vi beregner integralene hver for seg: tdt t dt t t 6sin 6 ( cos ) [ sin ] 6 og 8

19 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) tdt t t dt t t F ndσ 6 Σ 8cos 8 ( sin )cos 8[sin sin ] Flateintegralet er Oppgave 74 ( 674 ) Flaten Σ er på parameterform gitt som rr (, θ ) ( rcos θ, rsin θ,9 r), r, θ Vi skal beregne sirkulasjonen til vektorfeltet F (,, + ) langs den positivt orienterte randa til flaten Stokes setning gir at dette er det samme som fluksen til curlen til vektorfeltet ut av flaten Vi beregner Γ F dr F ndσ Σ Vi trenger curlen til Σ vektorfeltet på flaten Først beregnes curlen i rommet: i j k F + i j+ k (,,) Siden curlen er konstant gjelder uttrkket også på flaten Vi trenger en normalvektor til flaten fra parameterframstillingen Denne gir r ( rcos θ, rsin θ,9 r ) (cos θ,sin θ, r) og r r ( cos, sin,9 ) ( sin, cos,) rθ θ r θ r θ r r θ r θ Krssproduktet blir i j k rr rθ (cos θ,sin θ, r) ( r sin θ, r cos θ, ) cosθ sinθ r rsinθ rcosθ sinθ r cosθ r cosθ sinθ + i j+ k (r cos θ,r sin θ, r) rcosθ rsinθ rsinθ rcosθ Skalarproduktet i integranden blir (,,) (r cos θ,r sin θ, r) r cosθ 4r sinθ Sirkulasjonen blir F ndσ r cosθ 4r sinθ dθ dr Σ, hvor vi har Γ integrert i vinkelen først siden vi integrer over hele perioder og dermed får fra begge leddene Oppgave 7 ( 67 ) Vektorfeltet F (,, ) er lik punktets stedvektor og dermed et radialfelt Det er geometrisk klart av når vektorene stråler ut fra origo så kan det ikke være noen sirkulasjon eller rotasjon Vi vet at vektorfeltets curl er Beregning: 9

20 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) i j k F + i j+ k (,,) Oppgave 76 ( 676 ) Vi skal beregne curlen til vektorfeltet F (,, ) Innsetting: + + i j k F + i j+ k ( + ) ( + ) ( + ) (,, ( ) ( )) (,, (,,) Vektorfeltet er virvelfritt, dvs har curl lik Hvis vektorfeltet er konservativt så skal arbeidsintegralet langs enhver lukket kurve være Vi beregner arbeidet langs en lukket kurve i planet Arbeidsintegralet er W F dr F d F d + d i planet Vi C, siden C parametriserer sirkelen + med rt ( ) (cos t,sin t), t Vi bestemmer først vektorfeltets komponenter langs sirkelen med den valgte parameterframstillingen: sin t F sin t og cost F cost Videre er d () t dt sint dt + cos t+ sin t + cos t + sin t og d () t dt cost dt Innsatt blir vektorfeltets arbeid på en runde langs sirkelen C Vi kan konkludere at W F d+ F d sin t( sin t) + cos t(cos t) dt dt vektorfeltet ikke er konservativt selv om curlen er Definisjonsmengden til vektorfeltet er hele rommet utenom aksen Denne mengden er ikke enkeltsammenhengende og dette viser at forutsetningen om enkeltsammenhengende område er avgjørende for om vektorfeltet er konservativt eller ikke Vi har at F er nødvendig for at vektorfeltet skal være konservativt Altså kan vi si at F medfører at vektorfeltet ikke er konservativt Hvis vi i tillegg til F vet at området er enkeltsammenhengende så vet vi at vektorfeltet er konservativt på området Oppgaven viser at F alene ikke er nok til å sikre konservativt vektorfelt, mens F og enkeltsammenhengende område er tilstrekkelig til å sikre konservativt felt og da krever vi mer enn nødvendig Det finnes vektorfelt som er konservative uten at området er enkeltsammenhengende Det er av interesse å studere et kriterium som er både nødvendig og tilstrekkelig for at et vektorfelt skal være konservativt Kriteriet er at feltet er et gradientfelt Vi skal forsøke å konstruere en potensialfunksjon til vektorfeltet i oppgaven Siden feltet ikke er konservativt vet vi at potensialfunksjonen ikke eksisterer og vi må få en motsigelse i konstruksjonen Kraven som skal oppflles er:

21 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) F + F Integrasjon av det andre kravet gir ϕ + d Vi har at + F d a tan ( a) + C, som gir potensialfunksjonen på formen a + ϕ d d tan ( ) + A(, ) tan ( ) + A(, ) + + Innsatt i det første kravet (tan ( ) A(, )) ( ) + + A A A (, ) (, ) (, ) ( ) + F finner vi A(, ) B ( ) Oppgraderingen av potensialfunksjonen blir ϕ tan ( ) + B( ) Vi setter inn (tan ( ) + B( )) () () tan ( ) C i det tredje kravet og finner at Z B F B + C Vi har funnet potensialfunksjonen ϕ + + tilsnelatende uten motsigelser Vi observerer at potensialfunksjonen ikke er gldig hvis og dermed har vi ikke en potensialfunksjon for hele området Dette ler seg imidlertid reparere ved å observere at r sinθ tanθ Vi ser at potensialfunksjonen i slinderkoordinater blir rcosθ ϕ tan (tan θ) + + C θ + + C Vi kan vise at denne er gldig over hele området Vi ser at vinkeldelen av potensialfunksjonen teller omløp rundt aksen Problemet er at vi får mange forskjellige verdier for samme punkt, alt avhengig av antall omløp rundt aksen Dette forklarer verdien til arbeidsintegralet Det var ett omløp rundt aksen så verdien må bli i stedet for som et konservativt felt ville gitt Eneste måren å rdde opp i dette på er å fjerne et halvplan som inneholder aksen, f eks høre halvdelen av planet Da er verdiene entdige, og feltet er konservativt siden vi har en potensialfunksjon Dette stemmer overens med at rommet med høre delen av planet fjernet er enkeltsammenhengende og feltet må da vøre konservativt siden curlen er Oppgave 85 ( 685 ) Vi skal beregne fluksen ut av kuben Divergenssetningen gir D til vektorfeltet F (,, ) F ndσ FdV D Vi bruker volumintegralet siden D Φ overflaten til kuben består av 6 sideflater, som hver gir ett flateintegral Vi trenger kun å beregne ett trippelintegral, mot seks flateintegraler Generelt er overflaten til et legeme alltid lukket, så divergenssetningen kan brukes Vi beregner først divergensen til vektorfeltet, som F F F ( ) ( ) ( ) er flukstettheten i rommet, F Fluksen ut av kubens overflate er Φ FdV dv dv v ( D ) 6 D D Siden divergensen er D

22 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) konstant og volumet av kuben er kjent, så trenger vi ikke beregne trippelintegralet og beskrivelsen av området er strengt tatt overflødig Oppgave 87 ( 687 ) Området eller legemet er avgrenset av planet,, nedenfra, slinderen + 4 fra siden og paraboloiden + ovenfra Igjen består overflaten til legemet av flere deler og her må tre flateintegral beregnes for å bestemme fluksen gjennom legemets overflate Siden vi slipper unna med kun ett trippelintegral bruker vi divergenssetningen til å gjøre flateintegralene om til et volumintegral Vi skal beregne Φ FdV Vi beregner divergensen til vektorfeltet F (,, ) som gir F F F ( ) ( ) ( ) F og Φ dv Siden legemet er inni en slinder beskriver vi legemet i slinderkoordinater Toppflaten er bunnflaten er og sideflaten gir r r D D + 4 Legemet er Integranden blir rcosθ som gir fluksen Φ dv r r 4 ( r cosθ ) r d dr dθ [( r cos θ r) ] dr dθ ( r cos θ r ) dr dθ 5 4 5r 4r d 5 d 5 D + r, r D r θ [ cos θ ] θ cosθ 4 θ [ sinθ 4 θ ] 8 Negativ fluks ut av legemet betr at fluksen er inn i legemet Oppgave 8 ( 68 ) Legemet avgrenset av koordinatplanene, planet og slinderflaten + 4 er en kvartslinder Legemet har fem forskjellige flater som gir fem flateintegraler for fluksen ut av legemet Det er enklere å bruke trippelintegralet over legemet Vi har Φ FdV Divergensen til vektorfeltet (6 + ) ( + ) (4 ) F (6 +, +, 4 ) er D F F F F (+ ) + () + () + + (6+ + ) Siden legemet er en slinder beskriver vi det i slinderkoordinater Vi har den vertikale avgrensingen og Første oktant gir første kvadrant i planet siden alle koordinatene må være positive Vinkelen fra den positive aksen til den positive aksen er Likningen

23 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) r r + 4 Legemet er D r Integranden i slinderkoordinater er θ (6+ + ) (6rcosθ + rsinθ + ) Fluksen ut av flaten blir Φ (6 + + ) dv (6 cos sin ) [6 cos sin ) ] r θ + r θ + rddrdθ r θ + r θ + r drdθ 6 6r cosθ + r sinθ + rdrdθ 6 [r cosθ + r sin θ + r ] dθ 6 6cosθ + sinθ + dθ 6[6sinθ cosθ + θ ] 8 8 6(6sin cos + ) 6(6sin cos + ) 6(6 + + ) D Oppgave 85 ( 685 ) Området er et tkt skall mellom kuleflatene + + og + + Fluksen ut av området kan beregnes ved to flateintegraler, ett for hver kuleflate På den innerste kuleflaten er utadrettet enhetsnormal rettet inn mot origo, mens på den tterste kuleflaten er utadrettet enhetsnormal rettet fra origo Hvis vi bruker divergensen så slipper vi med ett trippelintegral Vi beregner divergensen til vektorfeltet F (5 +, + e sin, 5 + e cos ) og får F F F (5 ) ( + + e sin ) (5 + e cos ) + + (5 ) ( e sin ) (5 e sin ) 5( ) F Området er avgrenset av to kuleflater og integranden er 5( + + ) 5ρ i kulekoordinater Begge deler antder at vi kan vente forenkling av beregningene hvis vi bruker kulekoordinater istedenfor kartesiske koordinater Kuleflatene gir + + ρ ρ og ρ ρ + + Siden hele kuleflatene er med må vi ha med hele vinkelområdet Vi beskriver området i kulekoordinater området er ρ D ϕ Fluksen ut av θ FdV 5( ) 5 ( ) D dv dv D Vi bruker D dv ρ sinϕdv ρϕθ Innsatt gir dette Φ kulekoordinater og husker at volumelementene er fluksen 4 ρϕθ Φ 5 ρ ρ sinϕdv 5 ρ sinϕdρdϕdθ Dρϕθ

24 Løsning til utvalgte oppgaver fra kapittel, (6) [ ρ sin ϕ ] dϕdθ (( ) )sinϕdϕdθ (4 ) [ cos ϕ ] dθ (4 )( cos + cos )[ θ ] (4 ) 4