Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen.

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. i alternativ (3, ii alternativ (2. 2 a For å finne de kritiske punktene, setter vi / x og / y lik. Her er x yexy for y og y xexy for x. Eneste kritiske punkt er (,. Vi klassifiserer ved å bruke andrederiverttesten: A 2 f(, x 2 y 2 e xy (, B 2 f(, ( + xye xy (, x y C 2 f(, y 2 x 2 e xy (, AC B 2. Siden er negativ, har f sadelpunkt i (,. Vi søker så største verdi M og minste verdi m for f på området, se figuren. Siden det ikke fins kritiske punkter y y2x for f i det indre av, må såvel M som m oppnås på randkurven til. På kurven xy er f(x, y e xy e, og på kurven xy 2 er f(x, y e xy e 2 C. På den rette linja y yx/2 x/2 mellom A og B er f(x, x/2 e x2 /2 voksende fra f(a e til f(b e 2 B xy2, og på den rette linja y 2x A mellom C og er f(x, 2x e 2x2 voksende fra f(c e xy til f( e 2. Minimumsverdien blir følgelig m e, og maksimumsverdien blir M e 2. x b Skriver vi randkurvene til som xy, xy 2, y/x /2 og y/x 2, ser vi at det tilhørende området S i uv-planet blir begrenset av linjene u, u 2, v /2 og v 2. Omådet S i uv-planet er følgelig rektanglet u 2, /2 v 2. Vi trenger også Jacobideterminanten J(u, v (x, y/ (u, v, og beregner først (u, v (x, y u x u y v x v y y x y/x 2 /x 2 y x. a får vi J(u, v (x, y (u, v ermed kan integralet beregnes: e xy da e u J(u, v du dv S (e 2 e siden (x, y (u, v (u, v (x, y. e u du dv /2 [ e u ] 2 dv u /2 [ ] 2 2 ln v (e 2 e 2 [ln 2 ln 2 ] (e2 e ln 2. /2 For arealet A får vi ved å bruke den samme substitusjonen: A da J(u, v du dv S /2 [ ] 2 2 ln v 2 [ln 2 ln 2 ] ln 2. /2 du dv /2[ u ] 2 u dv lf 5. april 22 Side

2 SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Når vi setter inn tallverdier, blir ulikheten m A f(x, y da M A ekvivalent med e ln 2 (e 2 e ln 2 e 2 ln 2. Ved å forkorte med e ln 2 ser vi at ulikheten er oppfylt siden e e. 3 a Flatene skjærer hverandre når 4x 2 + y 2 4 3y 2, dvs. for x 2 + y 2. et betyr at projeksjonen av legemet ned i xy-planet er sirkeldisken : x 2 + y 2. Vi regner ut volumet ved hjelp av dobbeltintegral, og bruker polarkoordinater: V [z topp z bunn ] da [(4 3y 2 (4x 2 + y 2 ] da [4 4(x 2 + y 2 ] da 4( r 2 r dr dθ [2r 2 r 4] dθ dθ 2π. b Vi søker den retningsderiverte av temperaturfunksjonen T i punktet P i tangentretningen til skjæringskurven. Fra a vet vi at projeksjonen av skjæringskurven ned i xy-planet er sirkelen x 2 + y 2. Posisjonsvektoren til et punkt på skjæringskurven er følgelig r(t i cos t + j sin t + k(4 3 sin 2 t, t 2π, der omløpsretningen er som forutsatt i oppgaven. Tangentvektor er r (t i sin t + j cos t 6k sin t cos t. Punktet P har parameterverdi t π/4 og en tangentvektor i P er Vi trenger også gradientvektoren til T : v r (π/4 / 2, / 2, 3. T (x, y, z 3 2x, 2y, 4z, T (P 3 2, 2,. Temperaturendringen per lengdeenhet i P blir v T (P T (P v v / 2, / 2, 3 2, 2, Temperaturen synker altså med ca 3,2 grader per lengdeenhet i P. Alternativt kan vi finne tangentretningen i P ved å ta kryssproduktet av normalvektorer N og N 2 til de to flatene z 4x 2 +y 2 og z 4 3y 2 i P (og passe på at k-komponenten blir negativ. Bruker vi N z/ x, z/ y, og setter inn x y / 2, får vi i j k N N , 4 2, ,, 3 2 som vi ser har samme retning som vektoren v vi fant ovenfor. 4 a F er konservativt for alle (x, y, z hvis og bare hvis curl F for alle (x, y, z: i j k curl F F x y z 2xy axy, (y 2 y 2, ayz 2yz. 2x + y 2 z axyz xy 2 2z Vi ser at curl F, og følgelig F konservativt, hvis og bare hvis a 2. lf 5. april 22 Side 2

3 SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 En potensialfunksjon f for F må oppfylle ( x 2x + y2 z, (2 y 2xyz, (3 z xy2 2z. Av ( får vi f(x, y, z x 2 +xy 2 z+α(y, z. Innsatt i (2 gir dette / y 2xyz+ α/ y 2xyz. et gir α/ y og følgelig α(y, z β(z og f(x, y, z x 2 + xy 2 z + β(z. Setter vi dette inn i (3, får vi / z xy 2 + β (z xy 2 2z. et gir β (z 2z og følgelig β(z z 2 + C. En funksjon f som oppfyller f F er dermed (med C f(x, y, z x 2 + xy 2 z z 2. Alternativt kan vi finne f ved å beregne linjeintegralet f(x, y, z (x,y,z (,, F T ds. b Buelengden er L r (t dt 2t(2t dt (4t3 2 + (2t (8t 2 dt 2t 4t t dt (4t 3 + 8t dt [ t 4 + 9t 2] Arbeidet finner vi lettest ved å bruke funksjonen f vi fant i a og integralregningens fundamentalteorem: (,4,9 W F T ds f T ds f(, 4, 9 f(,, (,, Vi kan også finne W ved å regne ut integralet W F T ds (2x + y 2 z dx + 2xyz dy + (xy 2 2z dz med den oppgitte parametriseringen x t 4, y 4t 3, z 9t 2, t, eller ved å bruke at integralet er uavhengig av vegen når F er konservativt integrere f.eks. langs det rette linjestykket fra (,, til (, 4, 9. 5 a S er en kuleflate med senter i origo og radius, og enhetsnormalvektoren n skal være rettet mot origo. a er n x, y, z og F n (x 2 + y 2 + z 2 2 x, y, z x, y, z x2 y 2 z 2 (x 2 + y 2 + z 2 2 x 2 + y 2 + z 2. Følgelig er F n på S som har ligning x 2 + y 2 + z 2. ermed blir F n ds ( ds areal(s 4π. S S F er diskontinuerlig i origo, så vi kan ikke bruke divergensteoremet på området (kula med overflate S. b La (x, y, z (,,. For å finne div F div P, Q, P/ x + Q/ y + / z, starter vi med ( P x x x (x 2 + y 2 + z 2 2 (x2 + y 2 + z 2 2 4x 2 (x 2 + y 2 + z 2 (x 2 + y 2 + z 2 4 3x2 + y 2 + z 2 (x 2 + y 2 + z 2 3 og innser ved symmetri at Q y x2 3y 2 + z 2 (x 2 + y 2 + z 2 3 og z x2 + y 2 3z 2 (x 2 + y 2 + z 2 3. lf 5. april 22 Side 3

4 SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Ved addisjon får vi div F P x + Q y + z x2 y 2 z 2 (x 2 + y 2 + z 2 3 (x 2 + y 2 + z 2, (x, y, z (,,. 2 c Siden θ mangler i ligningen for S 2, er S 2 en rotasjonsflate med z-aksen som rotasjonsakse. På S 2 er ρ 3/2 så S, med ligning ρ, ligger inne i S 2. La T være det romlige området som er begrenset av dissse flatene. (T har form som en avocado der steinen er tatt ut. Nå kan vi bruke divergensteoremet, siden (,, T : F n ds + F n 2 ds div F dv. S S 2 T Vi bruker kulekoordinater for å beregne trippelintegralet: T div F dv (x 2 + y 2 + z 2 2 dv T π 6/(3 cos φ π [ ρ 2 π 6/(3 cos φ sin φ dρ dφ dθ [ 6/(3 cos φ sin φ dφ dθ ρ] 2 cos φ ermed får vi F n 2 ds S 2 T 2 sin2 φ ] π dθ π (ρ 2 2 ρ2 sin φ dρ dφ dθ ( 2 6 cos φ sin φ dφ dθ ( dθ 2π. div F dv F n ds 2π ( 4π 2π. S Vi kan også beregne flateintegralet ved å omforme det til et dobbeltintegral med φ og θ som variable. S 2 har ligning ρ(φ, θ 6/(, og en parametrisering av S 2 er r(φ, θ ρ(φ, θ sin φ cos θ, ρ(φ, θ sin φ sin θ, ρ(φ, θ cos φ 6 sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ, φ π, θ 2π. Ved derivasjon får vi og φ 6 (3 cos φ cos θ, (3 cos φ sin θ, 3 sin φ, ( 2 θ 6 sin φ sin θ, cos θ, N φ θ 36 sin φ 3 sin φ cos θ, 3 sin φ sin θ, 3 cos φ. ( 3 Vi ser at N peker utover (oppover fra øvre del av flata og nedover fra nedre del og får n 2 N og ds N φ θ dφ dθ N dφ dθ. lf 5. april 22 Side 4

5 SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Vektorfeltet kan skrives F r/(ρ 2 2, og flateintegralet kan nå beregnes: S 2 F n 2 ds π π π π r(φ, θ ρ(φ, θ 4 N N dφ dθ N ( 3 sin φ cos θ, sin φ sin θ, cos φ N dφ dθ 26 sin φ[ 3 sin 2 φ cos 2 θ + 3 sin 2 φ sin 2 θ + cos φ(3 cos φ ] dφ dθ 6 sin φ 6 ( dφ dθ [ 2 cos φ 2 sin2 φ ] π dθ dθ 2π som er samme svar som vi fikk ved å bruke divergensteoremet, men her etter litt mere regning. lf 5. april 22 Side 5