Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Transkript

1 TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke : Vi skal finne fluksen ut overflaten til den solide ballen B med sentrum = (2,, 3) og radius r = 3, av vektorfeltet F = x 2 i + y 2 j + z 2 k. Ved Divergensteoremet er dette I = F ˆN d = F dv B = 2(x + y + z) dv. B Dette integralet kan enten evalueres ved å skifte koordinater til kulekoordinater sentrert i, eller å observere at det er 2( x + ȳ + z)v, hvor ( x, ȳ, z) er tyngdepunktet til B og V er volumet. Tyngdepunktet til en ball er dens senter og volumet er V = 4 3 πr3, slik at I = 2( x + ȳ + z)v = 2( ) 4 3 π33 = 3π : Vi har at så F = z + (1 + z) 2z = 1, R F dv = 1 πa3, der R er regionen i første oktant begrenset av sfæren og koordinatplanene. Ved å beregne fluksen av F ut av de tre plane flatene på randa til R, kan vi bruke Divergensteoremet til å finne fluksen ut av den sfæriske delen. Delen av randa der x = har normalvektor i. Vi har F(, y, z) ( i) = yi. Ved å integrere i polarkoordinater 1 får vi at fluksen ut av denne delen er ˆ a ˆ π/2 ( r cos(θ))r dθ dr = 1 3 a3. Delen av randa der y = har normalvektor j, og siden F(x,, z) j =, er fluksen ut. Delen av randa der z = har normalvektor k. Vi har F(x, y, ) ( k) = 2xi og fluksen ut blir ˆ a ˆ π/2 2r cos(θ)r dθ dr = 2 3 a3. Fluksen ut av den sfæriske delen av randa til R er derfor 1 πa3 1 3 a : La c = c 1 i + c 2 j + c 3 k. Vi har at (φc) = φ x c 1 + φ y c 2 + φ z c 3 = ( φ) c, 1 Mer presist er transformasjonen vi bruker y = r cos(θ), z = r sin(θ).

2 og Divergensteoremet gir TMA415 Matematikk 2 D φ c dv = φ(c ˆN) d, det vil si ( ) ( ) φ dv c = φ ˆN d c. D iden c er en vilkårlig vektor, ser vi (for eksempel ved å la c være i, j, k) at vi må ha ( φ) dv = φ ˆN d. D 1.5.2: I stedet for å beregne linjeintegralet direkte bruker vi tokes teorem. Det er naturlig å la flaten være den delen av sylinderen z = y 2 som ligger innenfor sylinderen x 2 + y 2 = 4. Da er randen til, og projeksjonen av ned i xy-planet blir disken x 2 + y 2 4. Merk at integralet i oppgaven er lik der med F dr, F = yi xj + z 2 k, F = 2k. Det neste vi trenger er arealelementet og den oppoverpekende enhetsnormalen på. iden punktene på tilfredstiller G(x, y, z) = z y 2 = finner vi (merk at ˆN blir oppoverpekende fordi G z > ) d = G G z dx dy ˆN = G G, og dermed Vi har nå ˆN d = ( 2yj + k) dx dy. F dr = ( F) ˆN d = ( 2k) ( 2yj + k) dx dy x 2 +y 2 4 = 2 dx dy x 2 +y 2 4 = 2 π 2 2 = 8π, der vi har spart litt arbeid ved å benytte at vi kjenner arealet innenfor sirkelen med radius 2. 2

3 TMA415 Matematikk : Integralet er ikke enkelt å beregne i den formen det står, men fra tokes teorem er ( F) ˆN d = F dr, der er sirkelen x 2 + y 2 = a 2, z =, orientert mot klokken sett ovenfra. iden disken x 2 + y 2 a 2, z = har samme rand kan vi benytte tokes teorem enda en gang for å konkludere at F dr = ( F) z= k dx dy. x 2 +y 2 a 2 iden finner vi derfor ( F) k = x 3y = 2z 3 y 2xz ( F) ˆN d = 3 x 2 +y 2 a 2 = 3 πa 2 = 3πa 2. dx dy 1.5.: Kurven er skjæringskurven mellom sylinderen x 2 + y 2 = 1 og flaten z = 2xy. Dette kan sees direkte fra uttrykket for r (husk at sin(2t) = 2 sin(t) cos(t)). Kall den delen av flaten z = 2xy som ligger innenfor sylinderen for. Da er randen til, og projeksjonen av ned i xy-planet er enhetsdisken. Fra tokes teorem er F dr = ( F) ˆN d, der F = 3(x 2 + y 2 )k, og ˆN er den oppoverpekende enhetsnormalvektoren. På flaten er G(x, y, z) = z 2xy =, slik at d = G G z dx dy ˆN = G G, og spesielt ˆN d = ( 2yi 2xj + k) dx dy. 3

4 Vi finner nå F dr = = 3 = 3 TMA415 Matematikk 2 x 2 +y 2 1 x 2 +y 2 1 ˆ 2π ˆ 1 = 3 2π 1 4 = 3π 2. 3(x 2 + y 2 )k ( 2yi 2xj + k) dx dy (x 2 + y 2 ) dx dy r 2 r dr dθ 1.5.1: Vi bruker tokes Teorem til å skrive om linjeintegralet av F til et fluksintegral av F. Flaten vi skal integrere fluksen over er gitt ved : z = 3 2x y, (x 1) 2 + 4y 2 1. For å få riktig orientering, velger vi enhets-normalvektoren lik den enhets-normalvektoren til planet 2x + y + z = 3 som har positiv z-koordinat, det vil si n = 1 (2i + j + k). Normalkomponenten til curl en av F er derfor gitt ved ( F) n = ((2z 1)i + zj) 1 (2i + j + k) = 1 (5z 2). Fluksen er derfor gitt ved 1 (5z 2) da = 1 (13 1x 5y) da = 1 (3 1(x 1) 5y) da = 1 3 da = 3 Areal(), der vi i nest siste linje brukte symmetri. Arealet av er lik arealet av projeksjonen ned i xy-planet (en ellipse i dette tilfellet) ganget med n / n k = (se f.eks. Adams side 893). Ved å bruke formelen for arealet av en ellipse ser vi at arealet av er 8π. Fluksen er altså 3 (8π ) = 24π. RE 1.2: Vi observerer at vi kan skrive sylinderen som (x a) 2 + y 2 = a 2, og kaller delen av denne som ligger mellom planene for, orientert med normalvektor utover. er den solide sylinderen. La D 1 være toppen av sylinderen, med z = b, og D 2 bunnen av sylinderen, med z =, begge orientert utover, altså med normaler henholdsvis ˆN 1 = k og ˆN 2 = k For å finne fluksen gjennom av F = xi + cos(z 2 )j + e z k, F = 1 + e z, 4

5 TMA415 Matematikk 2 bruker vi Divergensteoremet, dermed må vi først regne ut ˆ b F dv = dx dy (1 + e z ) dz D 2 ( ) = πa 2 b + e b 1. Husk at integralet er additivt, slik at D 1 D 2 = + + D 1, D 2 dermed kan vi finne ved å regne ut de to andre. Vi har F k da = D 1 e b da = πa 2 e b, D 1 og F ( k) da = D 2 e da = πa 2. D 2 Dette gir, ved å vise til Divergensteoremet, ( ) F ( k) ˆN da = F dv F k da + F ( k) da D 1 D ) 2 = πa 2 b + e b 1 (πa 2 e b πa 2) = πa 2 b. RE 1.12: Igjen vil vi benytte oss av tokes teorem. For en slik kurve lar vi være den delen av planet x + y + z = 1 som begrenses av. Da er F dr = ( F) ˆN d, der F = (1 x 2 )i + 2xyj (y 2 + 2xy)k, og ˆN er den oppoverpekende enhetsnormalvektoren. iden G(x, y, z) = x + y + z 1 = på, har vi og spesielt Det følger at F dr = = d = G G z ˆN = G G, dx dy, ˆN d = (i + j + k) dx dy. P P (1 x 2 + 2xy (y 2 + 2xy)) dx dy (1 x 2 y 2 ) dx dy, der P er projeksjonen av ned i xy-planet. For å gjøre dette integralet størst mulig vil vi integrere over det området der integranden er ikke-negativ, altså der 1 x 2 y 2. 5

6 TMA415 Matematikk 2 Vi må derfor velge P til å være enhetsdisken x 2 + y 2 1. Dette svarer til at er skjæringskurven mellom sylinderen x 2 + y 2 = 1 og planet x + y + z = 1. Den største verdien for integralet blir følgelig ˆ 2π ˆ 1 (1 x 2 y 2 ) dx dy = (1 r 2 )r dr dθ x 2 +y 2 1 = 2π = π 2. ( ) 4