Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener.

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA45 Matematikk, øving, vår Løsningsforslag Notasjon og merknader Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener. Oppgaver fra kapittel 4. 3 Wiren er parametrisert ved rt), t, t), så r t), t, ) og r t) t. Massen finnes ved å integrere tettheten over hele lengden, så med parameteren t som integrasjonsvariabel ønsker vi å beregne m r t) δt) dt 3 t t dt. 9 a) Vi har I z δr ds, hvor ds er et lengdeelement langs fjæren og integrasjonen løper over hele fjæren. Med angitt parametrisering er r t) sin t, cos t, ), så Følgelig er ds r t) dt sin t + cos t + dt dt. I z δ dt δπ. b) Med samme massetetthet og større utstrekning i z-retning, er det naturlig å tro at I z er større for denne fjæren enn den i oppgave a. Beregning gir på samme måte som over I z δ 4π dt 4 δπ. Oppgaver fra kapittel 4. 3 a) Vi har Tt) r t) sin t, cos t) nt) rt) cos t, sin t). Merk at F r og F T. Vi får sirkulasjonene Eller kanskje vaieren i disse dager... Γ Γ F T dt F T dt dt π. lf 9. mai ide

2 TMA45 Matematikk, øving, vår Fluksene er Φ F n dt Φ dt π F n dt. b) Vi har Tt) r t) sin t, 4 cos t) Merk at F r. Vi får sirkulasjonene nt) 4 cos t, sin t). Γ F T dt Γ F T dt 5 sin t cos t dt 4 sin t, cos t) sin t, 4 cos t) dt 8π. Fluksene er Φ F n dt 4 cos t + 4 sin t) dt 8π Φ F n dt. 45 Merk at Dermed er Ft) dr b som er nettopp arealet som omtales. Oppgaver fra kapittel 4.3 a dr r t) dt, f t)) dt. Ft), f t)) dt b a ft), ), f t)) dt 3 Linjestykket fra,, ) til, 3 ) kan parametriseres ved b a ft) dt, rt),, ) + t, 3, ),, )),, ) + t,, ) t. Vi har r t),, ). Følgelig er integralet vi søker F dr Ft) r t) dt + t + + t 8) dt + t, + t, 4),, ) dt 4t 5) dt iden F f er et konservativt vektorfelt, har vi gx, y, z) x,y,z),,) F dr fx, y, z) f,, ). Følgelig er som var det vi skulle vise. gx, y, z) fx, y, z) Fx, y, z), lf 9. mai ide

3 TMA45 Matematikk, øving, vår Oppgaver fra kapittel La F : være gitt ved Fx, y) 6y + x, y + x). Da er 6y + x)dx + y + x)dy) F dr. Av Greens teorem er F dr F) k da, hvor er området omsluttet av. Vi beregner Fx, y),, x y + x) ) 6y + x) y Følgelig finner vi F) k da 9 La F, F : være gitt ved Vi merker oss at 4k. 4) da 4 arealet til ) 6π. F x, y) y, ) F x, y), x). F x, y),, ) F x, y),, ). Hvis er kurven som omslutter området, gir Greens teorem arealet til da F ) k da F x, y) dr og på samme måte arealet til Det var dette vi skulle vise. Oppgaver fra kapittel 4.5 da F ) k da 3 Det er klart at paraboloiden kan parametriseres ved pr, θ) r cos θ, r sin θ, r ). F x, y) dr Vi ser at paraboloiden skjærer kjeglen når r. Vi er dermed interessert i arealet A p p θ dr dθ. Vi har p r, θ) cos θ, sin θ, r) p r, θ) r sin θ, r cos θ, ), θ y dx x dy. lf 9. mai ide 3

4 TMA45 Matematikk, øving, vår slik at p p θ cos θ sin θ r r sin θ r cos θ r cos θ, r sin θ, r cos θ + r sin θ) r 4r +. Arealet vi søker er altså A π 4 π 6 5 [ξ 3/] 5 r 4r + dr dθ π ξ dξ 47 Flaten er grafen til f :, gitt ved π ). fx, y) x ln x + 5y. r 4r + dr Vi vet se siste ligning på side 893) at arealet som etterspørres er ) ) A x, y) + x, y) + dx dy. x y Vi beregner derfor x x, y) x x y x, y) 5. Vi får så A 4x dx dy x 4x dx x 4x + 4 x + 8 dx x4 + + x x dx x x + ) dx x + ) x [ ] dx x + ln x 3 + ln Oppgaver fra kapittel Enhetsnormalvektor ut av det aktuelle kuleskallet i punktet x, y, z) på skallet) er gitt ved nx, y, z) x, y, z). a lf 9. mai ide 4

5 TMA45 Matematikk, øving, vår Fluksen vi er ute etter er Φ F n dσ, hvor er første oktant av) det oppgitte kuleskall. Kulekoordinater er, naturlig nok, velegnet, så vi får Φ a a a π/ π/ π/ π/ π/ π/ a π/ a π πa 4. π/ π/ Fx, y, z) x, y, z)a sin φ dφ dθ y, x, ) x, y, z) sin φ dφ dθ z sin φ dφ dθ cos φ sin φ dφ dθ cos φ sin φ dφ a π 4 [ sin φ ] π/ 39 Legg først merke til at det av symmetrigrunner er åpenbart at M yz M xz M xy. iden massetetthet ikke er oppgitt, er det rimelig å anta at denne er identisk lik. Dermed får vi umiddelbart at kuleskallsegmentets masse er lik dets overflate, som vi vet er en åttendedel av overflaten til et fullstendig kuleskall med samme radius, altså Vi beregner så M 4πa 8 πa. Massesenteret blir altså M xz Oppgaver fra kapittel 4.7 π/ π/ a 3 π/ π/ π/ a 3 sin θ dθ πa3 4 πa3 4. π/ ya sin φ dφ dθ sin θ dθ M M yz, M xz, M xy ) πa 3 På grunn av tokes teorem er det sin φ sin θ dφ dθ [ sin φ cos φ + φ ] π/ ) πa 3 4, πa3 4, πa3 a, a, a). 4 F dr vi ønsker å beregne, hvor er kurven som omslutter. Av den oppgitte parametriseringen av er det klart at pt) cos t, sin t, ) t π lf 9. mai ide 5

6 TMA45 Matematikk, øving, vår er en parametrisering av. Vi beregner p t) sin t, cos t, ), så F dr π., 3 cos t, 5 sin t) sin t, cos t, ) dt cos t dt 6 [sin t cos t + t] π La oss studere vektorfeltet F gitt av Dets curl er Fx, y, z) y, 3z, x). curl Fx, y, z) Fx, y, z) x y z 3,, ). y 3z x Legg merke til at curl F er konstant. Legg også merke til at normalvektoren n til flaten ligger i må være konstant, siden flaten er et plan. Dermed er curl F) n simpelthen en konstant, skalar størrelse k. Med som området omsluttet av gir tokes teorem y dx + 3z dy x dz) F dr curl F) n dσ k dσ k areal). Vi konkluderer med at integralet vi er interessert i kun avhenger av arealet omsluttet av, ikke hvor i planet dette området ligger, eller hvilken form det har. Oppgaver fra kapittel 4.8 Divergensteoremet gir at fluksen er Φ F n dσ så vi ønsker å beregne det siste integralet. Vi har D F dv, Fx, y, z) z x + z x. Området D er bestemt av z 4 y, y 6 4x og x. Altså er Φ 4 F dv D 6 4x 6 6 x 4 y 4 y)x dy dx 4 6 4x 6 4x x 6 4x dx + 8 ξ dξ ) x dx x dx x dz dy dx x 3 dx lf 9. mai ide 6

7 TMA45 Matematikk, øving, vår 5 Vi har Fx, y, z) Betingelsene for divergensteoremet er oppfylt, så F n dσ F dv 3 som er det vi var bedt om å vise. D D dv 3 volumd), Oppgaver fra eksamen i 75 Matematikk, sommeren a) Vi har curl Fx, y, z) Fx, y, z) x y z z 3 3 y3 3 x3 3 i + x + z )j + k, x + z, ). Vektorfeltet F kan ikke være et gradientfelt: Anta at det er det, altså at det finnes en skalarfunksjon f : 3 slik at F f. Da gir ligning 8) på side 9 at curl F f), men vi har jo nettopp regnet ut at curl F ikke er identisk lik. b) tokes teorem gir F dr F) n dσ, hvor er flaten omsluttet av, og n er en enhetsnormalvektor for. La fx, y) y + 3. Planet i oppgaven er dermed grafen til f, og en normalvektor er ) x, y,,, ). Vi får altså n,, ). Vi kan se på som parametrisert av med r og θ π. Da er rr, θ) r cos θ, r sin θ, r sin θ + 3) slik at cos θ, sin θ, sin θ) r sin θ, r cos θ, r cos θ), θ dσ θ dr dθ r dr dθ. Hvorfor? Hvis en fikserer r, får vi en parametrisering for en sirkel med radius liggende på grafen til f, sentrert over origo. pesielt gir r en parametrisering for. Det blir da klart at å la r løpe fra til gir en parametrisering for området omsluttet av. lf 9. mai ide 7

8 TMA45 Matematikk, øving, vår Dermed blir F) n dσ x + z ) dσ π r cos θ + r sin θ + 6r sin θ + 9)r dr dθ r 3 + 6r sin θ + 9r) dr dθ r 3 + 9r) dr π 4 9 π 44π. Oppgaver fra eksamen i 75 Matematikk, våren a) skjærer z -planet når r x + y 3, og z 5-planet når r. For r 3 er T begrenset i toppen av z 9 r, og for r av z 5. istnevnte område er en sylinder med radius og høyde 5, som har volum π. Det førstenevnte områdes volum kan finnes ved å integerere 9 r i polarkoordinater: 3 [ 9 9 r )r dr dθ π r ] 3 4 r4 5 π. Totalt volum for T blir dermed b) kan parametriseres ved V π + 5 π 65 π. rr, θ) r cos θ, r sin θ, 9 r ) θ π, r 3, så cos θ, sin θ, r) r sin θ, r cos θ, ). θ Flateelementet for er derfor dσ θ dr dθ r 4r + dr dθ. Arealet til er derfor A 3 r 4r + dr dθ π π 6 373/ 7 3/ ). 3 r 4r + dr π ξ dξ c) La oss først behandle det første integralet oppgaven ber om. iden F, en veldig enkel funksjon, lukter dette av divergensteoremet. La U være flaten som omslutter legemet T. U er altså pluss de to plane skivene ved z og z 5. Divergenseteoremet gir F n dσ F dv dv V 65π ) U T V er hentet fra oppgave a). Vi er dog interessert i integralet av F n over, ikke over U. Vi merker oss at F n dσ F n dσ + F n dσ + F n dσ, ) U D D hvor D er øvre plane skive den i z 5) og D er nedre sådan den i z ). Enhetsnormalvektorene som skal peke utover) for disse er henholdsvis n,, ) og n,, ). T lf 9. mai ide 8

9 TMA45 Matematikk, øving, vår Videre kan vi legge merke til at F n og F n er konstant på D og D, med verdi henholdsvis og -. Dette gjør at de to siste integralene i ligning ) simpelthen er proporsjonale med arealene til D og D : F n dσ + D F n dσ D dσ D dσ D areald ) areald ) 4π 9π 35π. Fra ligning ) kan vi nå hente ut størrelsen vi er interessert i, nemlig F n dσ 65π 35π 7π. Nå over til det andre integralet oppgaven ber oss beregne. Legg merke til at alt vi nettopp gjorde lar seg gjenta med curl F istedet for F. Ligning ) blir curl F) n dσ curl F) dv, U på grunn av det gamle mantra curl av en grad er null ligning 8) på side 9). Integralene over de to skivene slipper vi ikke like lett unna. La oss beregne curl F F x y z y xz z + T x,, z ). Altså er curl F) n konstant lik 7 på D, mens curl F) n er konstant lik på D. Vi har altså curl F) n dσ + D curl F) n dσ D 7 dσ + D dσ D 7 areald ) + areald ) 8π + 8π π. Til slutt beregner vi, ved hjelp av ligning ), curl F) n dσ π) π. Oppgaver fra eksamen i 75 Matematikk B, sommeren La oss studere vektorfeltet Da er curl F F A F y, ). x y z x y x ),, f x + f y, så under antagelsen gitt i oppgaven er curl F,, ). tokes teorem 3 gir curl F) k da F dr y dx + x dy. Altså er som var det vi skulle vise. 4 x dy y dx, 3 Eller Greens, siden vi egentlig jobber i planet. 4 En alternativ løsning på denne oppgaven er å studere vektorfeltet f, og bruke normalformen av Greens teorem. lf 9. mai ide 9