SIF 5005 Matematikk 2 våren 2001

Transkript

1 IF 55 Matematikk våren Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Diverse løsningsforslag 75 Matematikk B, mai 994 (side 77 79) 6 a) Vi finner en potensialfunksjon φ(x, y, z) slik at F (x, y, z) = xye x,e x,z = φ x, φ y, φ z. For x-komponenten har vi at φ x =xyex. Integrasjon mhp. x gir φ(x, y, z) =ye x + ξ(y,z), der ξ(y,z) er integrasjonskonstanten, en vilkårlig funksjon av y og z. Vi deriverer mhp. y og sammenligner med y-komponenten av F: φ y = ex + ξ y (y,z) =ex. Altså er ξ y (y,z) =,dvs.ξ(y,z) =ξ(z) avhenger bare av z. Vi deriverer så φ(x, y, z) =ye x + ξ(z) mhp. z og sammenligner med z-komponenten av F: φ z = ξ (z) =z. Altså erξ(z) = z + der konstanten kan velges fritt, så φ(x, y, z) =ye x + z +. Følgelig er F(x, y, z) et konservativt vektorfelt. b) Parameterfremstillingen til er gitt ved r(t) = cos t, sin t, t der t π. Vifår da: F ds = φ dr = φ(r(π)) φ(r()) = π. lf utvalg 6. april ide

2 75 Matematikk B, august 994 (side 8 85) IF 55 Matematikk våren f(x, y) =9x 4 +6x +6x y R : x +x + y a. f(x, y) er et polynom. De partiell deriverte eksisterer derfor overalt. De kritiske punktene til f(x, y) er derfor gitt ved at både f x (x, y) =ogf y (x, y) =. f x (x, y) = 6x +48x +xy = f y (x, y) = x y = Den siste ligningen gir to muligheter: Enten x = eller y =. Mulighet : x = Innsatt i den første ligningen gir det =. Altså: Alle punktene på y aksen, (,y), er kritiske. Mulighet : y = Innsatt i den første ligningen gir det 6x +48x = som holder hvis enten x = eller x +4=,detvilsi,x = 4/. ( 4/, ) er derfor også et kritisk punkt. R er gitt ved x +x + y, altså (x +) + y. R er altså etlukketsirkulærtområde med sentrum i (, ) og radius. Av de kritiske punktene for f er det bare ( 4/, ) som ligger i det indre av R. Klassifisering av ( 4/, ): f xx (x, y) = 8x +96x +y f xx ( 4/, ) = 64 f xy (x, y) = 4xy f xy ( 4/, ) = f yy (x, y) = x f yy ( 4/, ) = 64/ som gir at ( 4/, ) = 64 64/ >. Derfor er ( 4/, ) et lokalt minimum. b. Randen til R er gitt ved x +x + y =.Detvilsi,y = x x og f(x, y) ergitt ved f(x, y) =9x 4 +6x +6x ( x x) =x 4 +4x på randen til R. Vi søker derfor ekstremalpunkter for g(x) =x 4 +4x for x iden g (x) =x +x =forx =ogx =, har vi følgende kandidater til absolutt max/min: ( 4/, ), (, ), (, ), (, ), (, ). iden f( 4/, ) = 56/7, f(, ) =, f(, ) =, f(, ) =, f(, ) = 6 ser vi at funksjonen har absolutt maksimum i R i punktet (, ) og absolutt minimum i R i punktet ( 4/, ). lf utvalg 6. april ide

3 IF 55 Matematikk våren egner integrasjonsområdet, og ser at vi kan bytte om integrasjonsrekkefølgen til 4 x cos x dy dx = 4 x cos x dx x ubstituerer vi u = x får vi du = xdx, og skal integrere fra =til 4 =8, så integralet er lik 8 cos udu= [sin u]8 = sin 8 4 Flaten er altså gittvedr(u, v) = u v, u + v, uv med (u, v) innenfor enhetssirkelen. Først regner vi ut u v = i j k v = u v, (u + v),. u Videre, så er d = u v du dv = (u v) +(u + v) +4du dv = u +v +4du dv. Ved bruk av polarkoordinater i uv-planet får vi derfor for arealet til flaten, u π areal() = +v +4du dv = r +4rdrdθ [ ] =π 6 (r +4) / = π ( 6 ) 6 8. lf utvalg 6. april ide

4 IF 55 Matematikk våren 6 a) Vi integrerer i sylinderkoordinater. Masse: π 4 r m = ρdv = rdzdrdθ = π =π r(4 r ) dr dθ (r r ) dr = π. Av symmetrigrunner ligger massesenteret ( x, ȳ, z) på z- aksen, dvs. x =ȳ =. z = m = π m = zρdv = m π 4 r ( (4 r ) ) rdr (7r 8r + r 5 ) dr =. zr dz dr dθ b) Vi har at div F = g x + x h y += ifølge den oppgitte betingelsen. La B være være den sirkulære bunnflaten til. Divergensteoremet anvendt på den lukkede flaten bestående av og gir at F nd+ F ( k) d = div FdV, B slik at F nd = = div FdV + dv + B B F kd = dv + B zd d a) = π +areal(b) =π +π = 7π. 75 Matematikk B, mai 995 (side 89 9) Du står i punktet P (,, 5) på en fjellside der høyden over havet er gitt ved z = f(x, y) = + x +7y, og du beveger deg i retning v = ı + j. La u = v/ v. Vinkelen α med horisontalplanet er gitt ved tan α = D u f(, ) = f(, ) u. lf utvalg 6. april ide 4

5 IF 55 Matematikk våren Her er og Dermed f(x, y) = ( + x +7y (x ı +7y j) ) u = ( ı + j). D u f(, ) = f(, ) u = ( ı +7 j) ( ı + j) =, og vinkelen med horisontalplanet er α = arctan( ) 7.5. De retningene w = w,w som gjør at man beholder høyden er de som oppfyller D w/ w f(p )=,detvilsi, ( ı +7 j) (w ı + w j) w + w =. 6 a) Dette er oppfylt for retningene 7 ı + j og 7 ı j. Volumet V = =π b) [r r4 8 π θ= ] =4π r= ) ( r rdrdθ { W = F ds= R x x ( y x y + )} 6 y da = ( x ) ) y da = ( r rdrdθ R R Dette integralet kan tolkes som volumet mellom paraboloiden i a) og xy planet, regnet med fortegn. (Negativt volum for deler som ligger under xy planet.) Integralet er maksimalt når vi tar med alle delene med positivt volumogbaredisse.medandreord,når vi bare tar med volumet fra a). Kurven som gir maksimal verdi for W er derfor sirkelen med sentrum i origo og radius fra a), og maksimalverdien av W c blir 4π. lf utvalg 6. april ide 5

6 IF 55 Matematikk våren 75 Matematikk B, mai 995 (side 9) a) y y + x = ( y x cos y + x = (ubstitusjon u = b) π/ x ) da = cos u = y x (u, v) v = y + x (x, y) = Linja y + x = har ligning r sin θ + r cos θ =i polarkoordinater. rekanten kan derfor beskrives som et radialt enkelt område ved ulikhetene θ π, r sin θ +cosθ. π/ /(sin θ+cos θ) ( sin θ cos θ sin θ +cosθ ) ( sin θ cos θ cos sin θ +cosθ (sin θ +cosθ) dθ = 4 sin θ cos θ sin θ +cosθ, du = (sin θ +cosθ) dθ.) ) rdrdθ cos udu= sin =, dxdy = (u, v)/ (x, y) du dv = du dv y y + x = x = y = x u = y x, v = y + x v v = y + x = gir v = x = gir u = v u = v y = gir u = v u = v - u ( ) y x cos da = y + x = v v ( u cos v v [ sin sin ( ) ] dv = ) du dv = [ ( u )] u=v v sin v v sin dv =sin u= v ] [ v dv = sin 75 Matematikk B, august 995 (side 95 97) 4b (a-punktet ble gitt i øving 6 seløsningsforslagetder.) Vi bruker at M dm = M ( ) M α+β α + α β β, M = = e (α+β)ln(α+β). α + β M α = +ln(α + β) e (α+β)ln(α+β) [ln(α + β)+]= (α + β) α+β = M β. For α = β =får vi M α = M β = +ln 4, dermed: M +ln ( α + β). 4 lf utvalg 6. april ide 6

7 IF 55 Matematikk våren 6 a) curl F = i(h(x) x ) j(yh (x) xy)+ k(xz xz) = hvis og bare hvis h(x) =x f x (x, y, z) =xyz f(x, y, z) =x yz + ϕ(y,z) f y (x, y, z) =x z + ϕ y (y,z) =x z ϕ y (y,z) = ϕ(y,z) =ψ(z) f z (x, y, z) =x y + ψ (z) =x y + ψ (z) = ψ(z) = Potensialfunksjon: f(x, y, z) =x yz (Har valgt =.) b) K : x =, y = t, z = t ; t ilfelle : h(x) = x F d r = K ilfelle : h(x) =x K = t= F d r = f(, ( t ( t6 + t t +t t t + t t t ) t6 + t 5 ) dt = 4, ) f(,, ) = = 6 75 Matematikk B, august 996 (side 9 ) Betrakt en av de to rettvinklete trekantene på figuren i oppgaven hvor den ene siden er y og dens motstående vinkel er θ. De to andre sidene i denne trekanten blir. Dette gir følgende areal på tverrsnittet av grøfta: y cos θ sin θ Kravet A =girnåaty og A = xy + y cos θ sin θ y = xy + y cos θ sin θ x = y y cos θ sin θ dt y sin θ og og = y ( sin θ + y y cos θ ) + y sin θ sin θ = y + cos θ y sin θ For at dette skal bli noen grøft, måvikreveaty>ogat <θ<π(eventuelt <θ π hvis vi ikke tillater at grøftekanten skrår feil vei). Vi skal altså finne globalt minimum til (θ, y) på mengden D = {(θ, y) <θ<π,y>}. Av uttrykket θ = y cosθ sin θ lf utvalg 6. april ide 7

8 IF 55 Matematikk våren ser vi at θ < for <θ<π og y> θ = for θ = π og y> θ > for π <θ<π og y>, så for enhver fast y > erg( π )=( π,y ) absolutt minimumsverdi til funksjonen g(θ) = (θ, y )påintervallet <,π > (teorem side 5). Absolutt minimum til (θ, y) på D må derfor være et sted på linjen θ = π.la h(y) =( π,y)= y + = y + y Vi finner minimum til denne funksjonen: h (y) = y + = y så ( y )( y + ) 4 4, h (y) < for <y< 4 h (y) = for y = 4 h (y) > for y> 4. Dermed har h(y) absolutt minimumsverdi h( )= 4 4 påintervallet y >. Den minste verdien til er altså min = 4, som vi får når θ = π, y = 4. Den tilhørende verdien for x blir da: x = 4 4 a) Vi vet at arealet a() ergittved der a() = θ φ θ φ 4 = 4 φ θ dφ dθ r(φ, θ) = a sin φ cos θ, a sin φ sin θ, a cos φ φ φ φ, θ θ θ. Her blir φ θ = i j k a cos φ cos θ acos φ sin θ a sin φ a sin φ sin θ asin φ cos θ = a sin φ cos θ, a sin φ sin θ, a sin φ cos φ lf utvalg 6. april ide 8

9 og dermed φ θ sin = a φ = a sin φ = a sin φ når vi bruker at sin φ for φ π. Altsåerarealetav gitt ved a() = θ φ θ φ a sin φdφdθ. IF 55 Matematikk våren b) Vi regner intervallene for lengde og breddegradene om til radianer og husker at breddegrad = 9 φ. Dette gir 6π 8 φ 9π 8, 9π 8 θ π 8. Arealet av den delen av romsøflaket som er oppgitt kan finnes ved å bruke formelen fra a) med a = 67: π/8 9π/8 9π/8 6π/8 (67) sin φdφdθ = (67) π 6 ( cos 6π 8 75 Matematikk B, august 997 (side 5) 9π ) cos 448 [km ]. 8 La N(L,, H) = L.5.45 H. og G(L,, H) = 4 L H 5. Vi søker maksimumspunktet for N under bibetingelsen G(L,, H) =. Da gradienten til G aldri er null, kan vi bruke Lagranges metode for å finne maksimum. Vi forlanger at L, H og alle er positive (om noen er null, ser vi at N er null som ikke er en maksimumsverdi). Vi skal ha N = λ G som, når vi forkorter med, gir ligningene.5l.5.45 H. = 4λ ().45L.5.55 H. = λ ().L.5.45 H. = 5λ. () Vi ser at λ ikke kan være null. Deler vi ligning () med ligning (), får vi 5 45 L =, L = Deler vi så ligning () med ligning (), får vi H = 4, H = 8 9. etter vi dette inn i bibetingelsen G(L,, H) = og forkorter med, får vi = 5. Det gir =9ogdermedL =5ogH =8. Da dette er eneste løsningen på ligningene, må det være maksimumspunktet (minimum er null, når en av L, og H er null). Legesenteret bør altså ansette 5 leger, 9 sykepleiere og 8 hjelpepleiere. lf utvalg 6. april ide 9

10 IF 55 Matematikk våren 5 r(u, v) = (u +v, uv, u + v ) for (u, v) [, ] [, ] ( u = u, ) v, 4u u v = Arealet blir altså u v du dv = ( v = 4v, ) u, v i j k u ( v 4u 4v u v = (v 4u ), 6uv 4uv, (u 4v )) = =6 / 8(v u ) + 44u v +8(u v ) du dv 4(v + u ) du dv IF55 Matematikk, mai 998 (side 9 ) 4c (Punktene a og b ble gitt i øving se løsningsforslaget der.) Vi skal beregne curl F n d der F(x, y, z) = x ye z, xy e z,e xyz, er den delen av overflaten til som ligger på paraboloiden z = x + y,ogn er enhetsnormalen som peker ut av. Ved tokes teorem har vi: curl F n d = F ds, der er sirkelen x + y =iplanetz =, orientert med urviseren sett ovenfra. Parametriseringen r(t) = cos t, sin t,, t π, beskriver i motsatt retning. Dette gir: curl F n d = = = e π π π F ds = F(r(t)) r (t) dt cos t sin t e, cos t sin t e, e cos t sin t sin t, cos t, dt cos t sin tdt= e π sin tdt= e π ( sin 4t) dt = e [ t + 8 cos 4t]π = πe. lf utvalg 6. april ide

11 IF 55 Matematikk våren Alternativt: Bruk at også er randkurven til sirkelskiven : x +y iplanetz =, med n = k.viharcurlf n =curlf ( k) = ( x ( xy e z ) y (x ye z )) = (x +y )e z på,ogdermed: curl F n d = curl F n d = (x + y )e z d π = (x + y )edxdy = e r rdrdθ = e π D 4 = πe. IF55 Matematikk, august 998 (side -5) 5 a) Legemet er begrenset av paraboloiden z =9 x (y ) og planet z =y + 4. Vi bestemmer først skjæringskurven mellom de to flatene: 9 x (y ) =y +4 9 x y +y =y +4 x + y =4. kjæringskurven ligger altså på sylinderflaten x + y = 4. Dette betyr at projeksjonen av i xy-planet er sirkelskiven D : x + y 4. Volum: vol( )= (9 x (y ) (y +4))dA D = (4 x y ) da = =π D =8π. π (4 r )rdrdθ (4r r ) dr =π[r 4 r4 ] =π(8 4) z z x x y y b) Med F(x, y, z) =(x yz)i og = overflaten til, har vi ved divergenssetningen: F n d = div F dv = dv = vol( )= 8π =6π, der n er utadrettet enhetsnormal på. La A være den delen av som ligger i planet z =y + 4. Vektoren N =,, lf utvalg 6. april ide

12 IF 55 Matematikk våren er normal til A (og peker ut av ). Vi får: N F n d = F N d x yz,,,, d = 5 A A =. A A d La så B være den krumme delen av overflaten til.vifår: F n d = F n d F n d =6π B =6π. c) Vi skal beregne F ds ved hjelp av tokes teorem, der er skjæringskurven mellom flatene A og B, orientert mot urviseren sett ovenfra. Flaten A har som positivt orientert randkurve dersom vi lar normalen til A peke inn i legemet. Projeksjonen av A i xy-planet er sirkelskiven D : x + y 4. Vi kan derfor parametrisere A som følger: Dette gir r(x, y) = x, y, y +4, (x, y) D. r x r y =,,,, = i (j +k) = j + k =,,. Vi ser at normalen r x r y =,, peker riktig vei med den orienteringen vi nå bruker. iden i j k curl F = x y z =, y,z, x yz får vi ved tokes teorem: F ds tokes = curl F n d =, y,y +4,, dx dy A D = (4y +4)dx dy =4 ydxdy+4 dx dy D D D =4 areal(d) y +4 areal(d), hvor y er y-koordinaten til tyngdepunktet (sentroiden). yngdepunktet til D faller sammen med sirkelens sentrum, slik at y =. Dermed har vi: F ds =4 areal(d) =4 π =6π. A lf utvalg 6. april ide