Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. z = 2z, F 2 F 2 z = 2y, F 3. x = 2x, F 3.

Transkript

1 TMA415 Matematikk Vår 15 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 7 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete ourse. 5 Exercise Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. fra dette ser vi at y x,, F x x, F y, F 3 x x, F 3 y y, y F x, x, F y. Siden alle disse er like, har vi med et konservativt vektorfelt å gjøre. Ved inspeksjon ser vi at er en mulig potensialfunksjon. φ(x, y, ) x y + y x, 6 Exercise Vi søker en potensialfunksjon φ slik at φ(x, y, ) x i + y j x + y k. Første komponent i denne vektorligningen er φ x (x, y, ) x/, som gir at φ(x, y, ) x + (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, ) y, 5. februar 15 Side 1 av 5

2 som betyr at (y, ) y φ(x, y, ) x +y + K(), for en deriverbar funksjon K. Vi har nå at + K(). Ved å partiellderivere med hensyn på får vi x + y + K () x + y, som medfører at K er en konstant. Alt i alt kan vi konkludere med at feltet er konservativt, med potensialfunksjon φ(x, y, ) x + y + konstant. 7 Exercise Den generelle formelen for kurveintegralet av en funksjon med hensyn på kurvelengden er gitt ved f(r(t)) dr dt ds. I vårt tilfelle er f(r(t)) t, og dr dt r (t) ti + j + tk 1 + 8t. Dermed er integralet vi skal finne m y ds t 1 + 8t dt 1 m [ ] 1 m u du 16 t 16 3 u 3 t 1 [ (1 + 8t ) ] 3 m 4 1 ( (1 + 8m ) ) ved substitusjonen u 1 + 8t, du 16t dt. 8 Exercise Vi begynner med å parametrisere kurven. (a cos(t), a sin(t), a cos(t)), t π/, som fremgår ved først å parametrisere en sirkel om origo med radius a i x y planet, og så sette x. Vi får da / x ds a cos(t) ( sin(t)) + (cos(t)) + ( sin(t)) dt a / a 1 + v dv, cos(t) 1 + sin (t) dt 5. februar 15 Side av 5

3 der vi brukte substitusjonen v sin(t). Substitusjonen v sinh(p), samt identiteten 1 + sinh (p) cosh (p), gir så sinh 1 a 1 + v dv a (1) cosh (p) dp a [ 1 cosh(x) sinh(x) + 1 x ] sinh 1 (1) a ( + sinh 1 (1)). 9 Exercise 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 F dr (ti + j tk) i dt + + (i + sj (1 + s)k) j ds (i + (1 r)j k) k dr En alternativ løsning er å observere at feltet er konservativt, ( x + y ) F(x, y, ) x y, for så å ta differansen av verdiene til denne potensialfunksjonen i endepunktene av kurven beskrevet over. 1 Exercise Vi begynner med å velge en parametrisering av integrasjonskurven 1 : ti + j, a t a : 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. 5. februar 15 Side 3 av 5

4 a) Vi regner ut integralet direkte x dy x dy + x dy 1 a + t d + a a cos s d(a sin s) (a cos s)(a cos s) ds a [ 1 s sin s ] π b) Tilsvarende har vi πa. y dx y dx + 1 y dx a + dt + a a sin s d(a cos s) (a sin s)( a sin s) ds a [ 1 s 1 4 sin s ] π πa. Merk: Oppgave hinter til hvorfor summen av disse integralene er. 11 Review exercise 15.4 Vi skriver delen av planet 1 x + y + som ligger i første oktant som grafen til g(x, y) 1 x y for x 1 og y 1 x, og kan dermed bruke følgende formel for å evaluere integralet f(x, y, )ds f(x, y, g(x, y)) 1 + (g 1 (x, y)) + (g (x, y)) dx dy, S D hvor S er flaten beskrevet over, D er området i x y-planet beskrevet over, g 1 1, og g 1, se Eksempel 4, side 891 i boken. Dermed er integralet vi skal regne ut I x [ 1 xy(1 x y) 3 dy dx [ 1 xy (1 x) 1 ] 1 x 3 xy3 dx 1 6 x(1 x)3 dx ( 1x x x 4 4x 5)] februar 15 Side 4 av 5

5 1 Review Exercise 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, og c. Fra dette ser vi at y ax + 3, 3y, F x + 3, x F 3x + F 3 by, x by, F 3 y bx + 3cy. kun dersom b 3, a, og c 1. Vi har dermed funnet at y F x, x, F y F (xy + 3y)i + ( x + 3x + 3y ) j + ( 3xy + y 3) k er konservativ. Ved inspeksjon ser vi at er en mulig potensialfunksjon. ϕ(x, y, ) x y + 3xy + y 3 Kurveintegralet av tangentialkomponenten av F langs en vilkårlig kurve med endepunktene p (, 1, 1) og p 1 (, 1, 1) blir dermed F dr ϕ(p 1 ) ϕ(p ) 11 ( 1) februar 15 Side 5 av 5