Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Transkript

1 TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke : Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen eller y = x y, ( ) 1 2 y2 = x. Ved å integrere denne likningen finner vi y 2 x 2 = c, som beskriver hyperbler sentrert i origo. Det er tre ulike tilfeller å skille mellom: Hvis c > ligger brennpunktene på y-aksen, mens de ligger på x-aksen når c <. Spesialtilfellet c = svarer til de to linjene y = ±x. Merk så at alle feltlinjene har disse to linjene som asymptoter. Se Figure 1 for c = ±1/4 c =. 1.5 y x Figure 1. Vektorfeltet F(x, y) = yi + xj utvalgte feltlinjer.

2 TMA415 Matematikk : La r(t) = ( x(t), y(t) ) være strømlinjenes parametrisering. Vi krever dr = v(x, y), dt eller x (t) = x 2 y (t) = y, som gir y(t) = 1 e t x(t) = 1 2 t : Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. y = 2x, = 2, 2 = 2x, 2 = 2y, 3 = 2x, 3 y = 2y, fra dette ser vi at y = 2,, 2 y. Siden alle disse er like, har vi med et konservativt vektorfelt å gjøre. Ved inspeksjon ser vi at er en mulig potensialfunksjon : Vi søker en potensialfunksjon φ slik at : Siden φ(x, y, ) = x 2 y + y 2 2 x, φ(x, y, ) = 2x i + 2y j x2 + y 2 2 k. Første komponent i denne vektorligningen er φ x (x, y, ) = 2x/, som gir at φ(x, y, ) = x2 + (y, ), for en deriverbar funksjon. Ved å partiellderivere dette uttrykket for φ med hensyn på y, kombinert med andre komponent av vektorligningen, gir y (y, ) = 2y, som betyr at (y, ) = y2 + K(), for en deriverbar funksjon K. Vi har nå at φ(x, y, ) = x2 +y 2 + K(). Ved å partiellderivere med hensyn på får vi x2 + y K () = x2 + y 2 2, som medfører at K er en konstant. Alt i alt kan vi konkludere med at feltet er konservativt, med potensialfunksjon vi må ha φ(x, y, ) = x2 + y 2 + konstant. φ r = F r 2 φ r θ = 2 φ θ r, 2 φ θ = rf θ,

3 TMA415 Matematikk 2 ser vi at r θ = φ θ r = φ r θ = F θ + r θ r, som er det oppgaven spør etter : De tre linjesegmentene kan parametriseres som ti, t 1, (1,, ) + sj, s 1, (1, 1, ) + rk, r 1. Kall kurven bestående av disse tre linjesegmentene. Flyten av F langs er da gitt ved 1 F dr = (ti + j tk) i dt (i + sj (1 + s)k) j ds (2i + (1 r)j 2k) k dr = = 1. En alternativ løsning er å observere at feltet er konservativt, ( x 2 + y 2 ) F(x, y, ) = x y, 2 for så å ta differansen av verdiene til denne potensialfunksjonen i endepunktene av kurven beskrevet over : Vi begynner med å velge en parametrisering av integrasjonskurven 1 : ti + j, a t a 2 : a cos si + a sin sj s π, merk at dette gir den korrekte orienteringen, mot klokka. Begge integralene vi skal finne er da er summen av bidragene fra hver av disse to delene av kurven. a) Vi regner ut integralet direkte x dy = x dy + x dy 1 2 = a = + t d + a a cos s d(a sin s) (a cos s)(a cos s) ds = a 2 [ 1 2 s sin 2s ] π = πa2 2. 3

4 TMA415 Matematikk 2 b) Tilsvarende har vi y dx = y dx + 1 y dx 2 = a = + dt + a a sin s d(a cos s) (a sin s)( a sin s) ds = a 2 [ 1 2 s 1 4 sin 2s ] π = πa2 2. Merk: Oppgave hinter til hvorfor summen av disse integralene er. RE 15.8: Integralet av funksjonen F mellom de to punktene er uavhengig av valg av kurve mellom punktene dersom konstantene velges slik at F er konservativ, i så fall er verdien av integralet differansen av verdiene til den tilhørende potensialfunksjonen i de aktuelle punktene. Vi deriverer komponentene av F for å finne betingelser på a, b, c. Fra dette ser vi at y = ax + 3, = 3y, 2 = 2x + 3, 2 = 3x + 3 by2, = by, 3 y = bx + 3cy2. kun dersom b = 3, a = 2, c = 1. Vi har dermed funnet at y = 2,, 2 y F = (2xy + 3y)i + ( x 2 + 3x + 3y 2 ) j + ( 3xy + y 3) k er konservativ. Ved inspeksjon ser vi at ϕ(x, y, ) = x 2 y + 3xy + y 3 er en mulig potensialfunksjon. Kurveintegralet av tangentialkomponenten av F langs en vilkårlig kurve med endepunktene p = (, 1, 1) p 1 = (2, 1, 1) blir dermed F dr = ϕ(p 1 ) ϕ(p ) = 11 ( 1) = 12. Maple 5 oppg 5: Begynn med å definere F (x, y, u, v) = (u a) 3 + ln(1 + v 2 ) x G(x, y, u, v) = (u a) 2 arctan v y. 4

5 TMA415 Matematikk 2 Vi setter så u(x, y) v(x, y) inn i F G, deriverer med hensyn på x. Det gir ligningssystemet + u u + v v = + u u + v v =. Dette er et ligningssystem med to ligninger to ukjente, u v, løser vi det (f. eks. ved innsettingsmetoden), får vi u = v u u v v u tilsvarende for v. Vi vet nå at nevneren, som kalles Jacobideterminanten, må være forskjellig fra null om stigningstallet skal være definert, det implisitte funksjonteorem kan brukes. Vi setter inn punktet (x, y, 5, 1) i Jacobideterminanten, får u v v u = ( 3 2 (5 a) 2) (5 a). Denne er null dersom a = 11/3 eller a = 5., 5