y = x y, y 2 x 2 = c,

Transkript

1 TMA415 Matematikk Vår 17 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 9 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete ourse : Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) (y, x) må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen y x y, eller ( ) 1 y x. Ved å integrere denne likningen finner vi y x c, som beskriver hyperbler sentrert i origo. Det er tre ulike tilfeller å skille mellom: Hvis c > ligger brennpunktene på y-aksen, mens de ligger på x-aksen når c <. Spesialtilfellet c svarer til de to linjene y ±x. Merk også at alle feltlinjene har disse to linjene som asymptoter. Se 1 for c ±1/4 og c. 1.5 y x Figur 1: Vektorfeltet F(x, y) (y, x) og utvalgte feltlinjer. 6. mars 17 Side 1 av 7

2 : La r(t) ( x(t), y(t) ) være strømlinjenes parametrisering. Vi krever eller som gir y(t) 1 e t og x(t) 1 t : Siden dr dt v(x, y), x (t) x og y (t) y, y er vektorfeltet ikke konservativt. xy (x + y ) xy (x + y ) F x, 15..5: Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet oppfyller de nødvendige betingelsene for å være 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. De nødvendige betingelsene er altså oppfylt, og siden vi i dette tilfellet har at F er glatt og domenet er hele det euklidske rommet R 3 har vi fra forelesningene at dette er tilstrekkelig til å si at vektorfeltet er konservativt. Ved inspeksjon ser vi at er en mulig potensialfunksjon. φ(x, y, ) x y + y x, 15..9: Vi søker en potensialfunksjon φ slik at ( x φ(x, y, ), y, + y ) x, og la oss her betrakte domenet gitt av > for å sørge for at komponentene i vektorfeltet og deres partiellderiverte alltid er veldefinerte. 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, 6. mars 17 Side av 7

3 som betyr at (y, ) y + K(), for en deriverbar funksjon K. Vi har nå at φ(x, y, ) x +y + 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. For å finne ekvipotensialflatene setter vi potensialfunksjonen lik en konstant og ender opp med uttrykket (x + y ), som angir et sett med paraboloider. For å finne de tilhørende feltlinjene setter vi opp differensialuttrykkene som disse oppfyller som er ekvivalent med dx F 1 (x, y, ) dx x dy y dy F (x, y, ) Ved å integrere opp den første likheten finner vi eller d x + y. ln y ln x +, d F 3 (x, y, ), y e x y ±e x y Bx for B R. Ved å bruke ovenstående sammenheng og ligningen for feltlinjene har vi da som gir eller (1 + B )x dx d, (1 + B ) x + A, x + y + A for A R. Altså er feltlinjene gitt av planene y Bx og ellipsene x + y + A : Den generelle formelen for kurveintegralet av en funksjon med hensyn på kurvelengden er gitt ved f( r(t)) d r dt ds. I vårt tilfelle er f( r(t)) t, og d r dt r (t) (t, 1, t) 1 + 8t. 6. mars 17 Side 3 av 7

4 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 : Massen er gitt ved M Massesenteret er ( x, ȳ, ), der tπ t π. x ȳ δ(x, y, ) ds t ( sin(t)) + (cos(t)) + 1 dt t dt cos(t)t dt/m, sin(t)t dt/m 1/π, t dt/m 4π/3. (De to første integralene kan løses ved delvis integrasjon.) : 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 π/ x ds a cos(t) ( sin(t)) + (cos(t)) + ( sin(t)) dt a π/ 1 a 1 + v dv, cos(t) 1 + sin (t) dt 6. mars 17 Side 4 av 7

5 der vi brukte substitusjonen v sin(t). Substitusjonen v sinh(p), samt identiteten 1 + sinh (p) cosh (p), gir så 1 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)) : De tre linjesegmentene kan parametriseres som (t,, ), t 1, (1, s, ), s 1, (1, 1, r), r 1. Kall kurven bestående av disse tre linjesegmentene. Flyten av F langs er da gitt ved F dr (t,, t) (1,, ) dt (1, s, (1 + s)) (, 1, ) ds (, 1 r, ) (,, 1) 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 : Vi begynner med å velge en parametrisering av integrasjonskurven 1 : (t, ), a t a : (a cos s, a sin s) 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. 6. mars 17 Side 5 av 7

6 a) Vi regner ut integralet direkte x dy x dy + 1 x dy a + t d + a π π a cos s d(a sin s) (a cos s)(a cos s) ds a [ 1 s sin s ] π πa. b) Tilsvarende har vi y dx y dx + 1 y dx a + dt + a π π 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. 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 kun dersom b 3, a, og c 1. Vi har dermed funnet at y ax + 3, 3y, F x + 3, x F 3x + F 3 by, x by, F 3 y bx + 3cy. y F x, x, F y F ( xy + 3y, x + 3x + 3y, 3xy + y 3) 6. mars 17 Side 6 av 7

7 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 d r ϕ(p 1 ) ϕ(p ) 11 ( 1) mars 17 Side 7 av 7