Randkurva C til flata S orienteres positivt sett ovenfra, og kan parametriseres ved: r (t) = [ sin t, cos t, sin t] dt, 0 t 2π.

Transkript

1 Ma - Løsningsforslag til uke 17 i 7 Eks. mai 1999 oppgave 4 ylinderen x + y = 1 skjærer ut ei flate av planet z = x + 1 dvs. x + z = 1 med enhetsnormal i positiv z-retning lik n= 1 [ 1 1]. Flata blir en ellipse med halvakser 1 og og har da areal lik A() = π. Randkurva til flata orienteres positivt sett ovenfra og kan parametriseres ved: r (t) = [cos t sin t cos t + 1] d r (t) = [ sin t cos t sin t] dt t π. Vi har videre gitt et vektorfelt - innsatt verdiene langs den parametriserte kurva : gir F = [F 1 (x y) F (x y) F (x y)] = [4z x x] = [4 cos t + 4 cos t cos t] F d r = [4 cos t + 4 cos t cos t] [ sin t cos t sin t] dt = (a) = ( 6 sin t cos t 4 sin t cos t) dt = ( sin t cos t 4 sin t 1) dt Direkte utregning gir nå π F d r = ( sin t cos t 4 sin t 1) dt = = [ Vektorfeltet en har curl curl F = [ F cos t 1 sin t + 4 cos t t ]π = π x F ] = [ 4 ] = [ ] (b) Ved tokes teorem blir integralet ovenfor lik F d r = curl F n d = d = A() = π = π som stemmer godt med svaret fra (a). 1

2 Eks. mai oppgave Vi har gitt ei flate i R ved at z og x + 9y + 4z = 6 dvs. ( x 6 ) + ( y ) + ( z ) = 1 som blir den delen av ellipsoiden med halvakser hhv. 6 og langs x- y- z-aksen som ligger over xy-planet. (a) Denne flata skjærer xy-planet langs ellipsen gitt ved og med har vi nettopp ( x 6 ) + ( y ) = 1 r (t) = [x(t) y(t) z(t)] = [6 cos t sin t ] ( x(t) 6 ) + ( y(t) ) = cos t + sin t = 1 slik at r (t) som er gitt parametriserer (b) Hastighets- og akselerasjonsvektorene blir da t π v (t) = r (t) = [ 6 sin t cos t ] a (t) = r (t) = [ 6 cos t sin t ] og v (t) = cos t + 9 sin t v (t) a (t) = [ 1] v (t) a (t) = 1 (c) slik at krummingen blir κ(t) = v a v = 1 ( cos t + 9 sin t) = ( sin t) (d) Vi har også gitt vektorfeltet F = [y x (x 4 + y ) cos(e xz )] og ved hjelp av tokes teorem har vi så curl F n dσ = F d r = π [4 sin t 6 cos t????] [ 6 sin t cos t ] dt = = π π π ( 4 sin t+1 cos t) dt = 4 sin t dt+6 cos t dt = + 6 π = 1π

3 fordi formel 67 og 64 på arket over integralformler gir oss henholdsvis Oppgave 1..5 π π sin t dt = [ 1 ( + sin t) cos t ] π = cos t dt = [ t + 1 sin t ]π = π (a) Området R i xy-planet er gitt ved 1 x y x dvs. området er begrenset av randkurva som består av to parabelbiter orientert fra venstre mot høgre og y = 1 x der 1 x 1 y = x orientert fra høgre mot venstre. der 1 x 1 Greens teorem sier at når er ei stykkevis glatt enkel lukket kurve orientert mot klokkeretningen i xy-planet som omslutter et område R og vektorfeltet F (x y) = [F 1 (x y) F (x y)] er kontinuerlig med kontinuerlige partielle deriverte i et åpent område D som inkluderer R så har vi likhet mellom følgende kurveintegral og flateintegral F T ds = F 1 dx + F dy = R ( F ) dx dy (b) Lar vi som her F (x y) = [F 1 (x y) F (x y)] = [xy x + 1 (x + 1) + y] så blir F = 6x x + 1 x x + 1 = x x + 1 slik at vi ved hjelp av Greens teorem får F T ds = R ( F ) dx dy = = x 1 (x x ) x + 1 dx = fordi integranden g(x) = (x x ) x + 1 har egenskapene g( 1) = g() = g(1) = og g( x) = g(x). 1 x x x + 1 dy dx = Vi kan ellers substituere u = x + 1 du = x dx 1 x = u og vi har (x x ) x + 1 dx = (u 1 u ) du = 4 (x + 1) 5 (x + 1) 5

4 4Oppgave 1.E.5 Vektorfeltet har en curl F = [F 1 (x y) F (x y) F (x y)] = [xyz x z y h(x)] curl F = [ F x F ] = = [h(x) x xy y h (x) xz xz] = [ ] hviss h(x) = x og som nettopp da gir at vektorfeltet blir konservativt. Da har feltet en potensialfunksjon f slik at F = f dvs. x = xyz f(x y z) = x yz + g(y z) = x z f(x y z) = x yz + g(z) = x y f(x y z) = x yz + konstant Altså er f(x y z) = x yz en potensialfunksjon for vektorfeltet F. Romkurva K gitt ved r (t) = [ t t t ] t 1 har startpunkt og endepunkt i henholdsvis A = ( ) B = ( ) Når h(x) = x blir xyz dx + x z dy + y h(x) dz = K 1 ( t 6 + t 5 ) dt = 11 4 Da feltet var konservativt for h(x) = x med potensial f(x y z) = x yz blir da xyz dx + x z dy + y h(x) dz = f(b) f(a) = 6 K

5 Oppgave 1.E.14 5 irkelen : x + y = 1 parametriseres for t π ved r (t) = [x(t) y(t)] = [cos t sin t] d r (t) = [ sin t cos t] dt. Videre har vi gitt (innsatt verdiene langs kurva ) f(x y) = y x + y = sin t g(x y) = x x + y = cos t Da blir f(x y) dx + g(x y) dy = π (sin t + cos t) dt = π dt = π Lar vi R være området dvs. sirkelskiva begrenset av kurva så vil ikke f og g være kontinuerlige i ( ) R slik som en av forutsetningene i Greens teorem er. Derfor blir resonnementet side 664 galt. Oppgave 1.4.a Kjegla z = x + y snitter planet z = 4 i sirkelen : x + y = 16 som vi kan oppfatte som randkurva til sirkelflata med radius = 4 og normalvektor n= [ 1]. Med vektorfeltet F (x y z) = [ z x y ] blir curlen lik curl F = [ F x F ] = [1 1 1] og tokes teorem gir da F T ds = curl F n d = d = 4 π = 16π

6 6Oppgave 1.4.b (b) ylinderen x + y = 9 skjærer kuleflata x + y + z = 5 langs en sirkel med radius = i høgda z = 4 over xy-planet. irkelen kan vi oppfatte som randkurva til sirkelflata med radius = og normalvektor n= [ 1]. Med vektorfeltet F (x y z) = [ x y z + x y ] blir curlen lik curl F = [ F x F ] = [ ] og tokes teorem gir da F T ds = curl F n d = d = 18π Oppgave 1.4.5bd (b) Med vektorfeltet F (x y z) = [ xy + y z x x ] blir curlen lik [ F x F ] = [ 1 x x y] og vektorfeltet er ikke konservativt. (d) Med vektorfeltet F (x y z) = [ 1 + z + y x xz ] blir curlen lik [ F x F ] = [ z z 1 1] = og vektorfeltet er konservativt. Da har feltet en potensialfunksjon f slik at F = f dvs. x = 1 + z + y f(x y z) = x + xz + xy + h(y z) = x f(x y z) = x + xz + xy + g(z) = xz f(x y z) = x + xz + xy + konstant