F = x F 1 + y F 2 + z F 3 = y 2 z 2 + x 2. i j k F = xy 2 yz 2 zx 2 = i(0 ( 2yz)) j(2xz 0) + k(0 2xy) = 2yzi 2xzj 2xyk.

Transkript

1 TMA415 Matematikk 2 Vår 215 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 12 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete ourse. 5 Exercise Vi finner F = x F 1 + y F 2 + z F 3 = y 2 z 2 + x 2 og i j k F = x y z xy 2 yz 2 zx 2 = i( ( 2yz)) j(2xz ) + k( 2xy) = 2yzi 2xzj 2xyk. 6 Exercise Det er enklest å starte med venstre side, for så å prøve å få ut høyre side. Vi har F = ( y F 3 z F 2 )i + ( z F 1 x F 3 )j + ( x F 2 y F 1 )k og derfor ( F) =( x y F 2 yf 2 1 z 2 F 1 + x z F 3 )i + ( y z F 3 z 2 F 2 xf x y F 1 )j + ( x z F 1 xf 2 3 yf y z F 2 )k =( x ( x F 1 + y F 2 + z F 3 ) xf 2 1 yf 2 1 z 2 F 1 )i + ( y ( x F 1 + y F 2 + z F 3 ) xf 2 2 yf 2 2 z 2 F 2 )j + ( z ( x F 1 + y F 2 + z F 3 ) xf 2 3 yf 2 3 z 2 F 3 )k =( x ( F) F 1 )i + ( y ( F) F 2 )j + ( z ( F) F 3 )k = ( F) F. Merk at vi la til og trakk fra xf 2 1 i, og tilsvarende for de to andre komponentene. 19. mars 215 ide 1 av 6

2 7 Exercise Fra har vi F = ( F) ( F) = () () =, som viser at komponentene til F er harmoniske. iden F = finnes det et (skalar)potensial ϕ slik at F = ϕ. Denne funksjonen er også harmonisk, siden ϕ = ( ϕ) = F =. 8 Exercise At F er et divergensfritt (solenoidal) vektorfelt svarer til at F =. Vi verifiserer: F = e 2z + e 2z 2e 2z =, iden F er divergensfritt finnes det et vektorpotensial G for F, slik at F = G. Komponentene til dette potensialet må derfor oppfylle y G 3 z G 2 = xe 2z, (1) z G 1 x G 3 = ye 2z, (2) x G 2 y G 1 = e 2z. (3) Potensialet G er ikke entydig, så vi kan ta oss noen friheter når vi finner et. La oss derfor anta at G 3 =. Ved å integrere Likning (1) og Likning (2) finner vi da G 1 = 1 2 ye2z + f(x, y) G 2 = 1 2 xe2z + g(x, y), der Likning (3) impliserer at f og g må oppfylle x f y g =. Vi kan like gjerne velge f = g =. Da ender vi opp med G(x, y) = 1 2 ye2z i 1 2 xe2z j. som vektorpotensial for F. Igjen understrekes det at G ikke er entydig. 19. mars 215 ide 2 av 6

3 9 Exercise 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 F dr, der med 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. 1 Exercise Integralet er ikke enkelt å beregne i den formen det står, men fra tokes teorem er ( F) ˆN d = F dr, 19. mars 215 ide 3 av 6

4 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 11 Exercise 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 slik at G(x, y, z) = z 2xy =, d = G G z dx dy ˆN = G G, og spesielt ˆN d = ( 2yi 2xj + k) dx dy. 19. mars 215 ide 4 av 6

5 Vi finner nå F dr = = 3 = 3 x 2 +y 2 1 x 2 +y 2 1 2π 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 12 hapter Review 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 på, har vi G(x, y, z) = x + y + z 1 = d = G G z dx dy, ˆN = G G, og spesielt ˆN d = (i + j + k) dx dy. Det følger at F dr = = 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. 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 = mars 215 ide 5 av 6

6 Den største verdien for integralet blir følgelig x 2 +y 2 1 (1 x 2 y 2 ) dx dy = 2π 1 = 2π = π 2. ( ) 4 (1 r 2 )r dr dθ 19. mars 215 ide 6 av 6