LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TMA4105 MATEMATIKK 2 Lørdag 14. aug 2004

Transkript

1 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag ide av LØNINGFOLAG EKAMEN TMA4 MATEMATIKK 2 Lørdag 4. aug 24 Oppgave Grenseverdien eksisterer ikke. For eksempel er grenseverdien lik når (x, y) nærmer seg origo langs x-aksen og lik når (x, y) nærmer seg origo langs y-aksen. Oppgave 2 a) Når a er et tall, er z 3 + 3ax 3y ligningen for et plan med normalvektor N [3a, 3, ]. Punktene (,, ) og (, a, 3) ligger i planet fordi koordinatene passer i ligningen for planet: 3 + 3a a 3 a Planet står normalt på planet y 3z med normalvektor N 2 [,, 3] dersom N N 2. Dette holder fordi N N 2 3a 3 ( 3). b) Vi kaller den gitt aten for. Planet P tangerer aten i punktet (p, q, r) hvis og bare hvis : (p, q, r) ligger i P, det vil si r 3 + 3ap 3q () (p, q, r) ligger i, det vil si 36 p q 2 + r 2 9 (2) Normalen til P i (p, q, r) er parallell med normalen til i (p, q, r), det vil si (3 + 3ax 3y z) k ( 36 x y 2 + z 2 9) i punktet (p, q, r). Altså som gir de tre ligningene [3a, 3, ] k [ 72p, 8q, 2r] 3a 72kp (3) 3 8kq (4) 2kr ()

2 TMA4 Matematikk ide 2 av Derved har vi ligninger med ukjente: p, q, r, k og a. Ved å løse ligningssystemet, nner vi at det har akkurat to løsninger, nemlig p /2, q, r 3, a 2, og k /6 p /2, q, r 3, a 2, og k /6 Altså tangerer P aten dersom a 2 eller a 2. Oppgave 3 a) Projeksjonen av i xyplanet har ligningen 2x x 2 + y 2 det vil si, (x ) 2 + y 2 som er ligningen for en sirkel med sentrum i (, ) og radius. La betegne denne sirkelen og la betegne området innenfor i xy-planet. Den plane delen 2 av er gitt ved 2 : z 2x for (x, y). Arealet A av 2 er derfor A d da (arealet av ) π 2 der vi har brukt at i spesialtilfelle, der aten er gitt ved z f(x, y), er d + f 2 x + f 2 y dx dy. b) Vi ruter opp projeksjonen av T. For hver rute får vi en søyle som går fra paraboloiden z x 2 + y 2 til planet z 2x. Volumet blir derfor V (2x (x 2 + y 2 ))da. Vi gjør om til polarkoordinater. Da er 2x 2r cos θ, x 2 +y 2 r 2 og da r dr dθ. Videre er beskrevet ved x 2 + y 2 2x det vil si r 2 2r cos θ altså r 2 cos θ der θ løper mellom π/2 og π/2. (Tegn gur.) Altså: V π/2 θ π/2 2 cos θ r (2r cos θ r 2 )r dr dθ 4 3 c) er en lukket ate. Divergensteoremet gir derfor at F n d divf dv T π/2 pi/2 cos 4 θ dθ π 2.

3 TMA4 Matematikk ide 3 av der Altså divf x (4x + y) y (x + 4y + z) + (2y + 4z) z F n d 4 dv 4V 2π. T Fluksen ut av den plane delen 2 av er 2 F n d. iden 2 kan beskrives ved 2x z, er N 2 (2x z) [2,, ] en normalvektor til 2. Den peker inn i T. (e guren.) Altså er n N 2 N 2 [2,, ] [ 2,, ]. om i a) er d da, og vi får at den totale uksen ut gjennom 2 er F n d [4x + y, (x + 4y + 2x), 2y + 4 2x] [ 2,, ] da 2 ( 8x 2y + 2y + 8x)dA da. Altså er det ingen netto uks ut av 2. Derfor er F n d F n d 2π. d) Alternativ : er en lukket kurve i rommet. Den er randen til den plane delen 2 av. Ved tokes teorem gjelder derfor: F T ds curlf n d 2 der i j k curlf x y z [3,, 2]. 4x + y x 4y z 2y + 4z I c) fant vi at d da og at n [ 2,, ]/ er enhetsnormalen til 2 som peker ut av T. etningen stemmer også nå. Derfor er F T ds [3,, 2] [ 2,, ] da 8 da 8π.

4 TMA4 Matematikk ide 4 av Alternativ 2: Vi vil regne kurveintegralet slik det står. Da trenger vi en parametrisering av. iden projeksjonen av i xy-planet er sirkelen med sentrum i (, ) og radius, har den en parametrisering gitt ved x + cos u, y sin u for u 2π. (Dette er en av mange muligheter.) iden z 2x langs, har en parametrisering r r(u) [ + cos u, sin u, cos u] for u 2π. Denne parametriseringen viser seg å gi riktig orientering av også. Derved er F T ds F dr F r (u) du fordi [4 + 4 cos u + sin u, cos u 4 sin u 2 2 cos u, 2 sin u cos u] [ sin u, cos u, 2 sin u]du ( 2 sin u 3 cos u 24 sin u cos u sin 2 u 3 cos 2 u)du ( sin 2 u 3 cos 2 u)du ( 3)π 8π sin u du cos u du sin u cos u du og sin 2 u du cos 2 u du π. Oppgave 4 Punktet (a, /a) på kurven beskriver en sirkel x 2 + y 2 a 2, z /a under rotasjonen. Den kan for eksempel parametriseres ved x a cos θ, y a sin θ, z /a for θ 2π der a > bestemmer hvilket punkt som roteres. For å få hele aten, må a gjennomløpe alle de positive tallene. otasjonsaten har derfor parametrisering x a cos θ, y a sin θ, z /a for a > og θ 2π. Oppgave a) Vi lar betegne aten z + π 4 arctan y x og 2 betegne aten x 2 + y 2 z 2. Vektoren v [3,, 4] er en tangentvektor til i punktet (,, ) hvis og bare hvis v

5 TMA4 Matematikk ide av står normalt både på en normalvektor N til i (,, ) og en normalvektor N 2 til 2 i (,, ). ( N z + π 4 arctan y ) [ ( x (,,) y ), + (y/x) 2 x 2 + (y/x) ] 2 x, (,,) [ ] 2, 2, N 2 (x 2 + y 2 z 2) [2x, 2y, ] (,,) [2, 2, ]. (,,) Vi har at N v og N 2 v hvis og bare hvis N v og N 2 v. Her er Altså er v en tangentvektor. N v [ 2, 2, ] [3,, 4] N 2 v [2, 2, ] [3,, 4] b) Ballongen går i retningen [3,, 4] gjennom punktet (,, ). Temperaturendringen per lengdeenhet idet den passerer punktet, er derfor den retningsderiverte til T (x, y, z) i retningen [3,, 4] i punktet (,, ). u [3,, 4] [3,, 4] [ D u T (x, y, z) T (x, y, z) u [3,, 4] [3,, 4] D u T (,, ) [,, ] 2 [3,, 4]. 2 + z, 2 + z, x y 2 ( + z 2 ) 2z ] u.