Løsning IM

Transkript

1 Løsning IM Oppgave 1 Innsetting viser at både teller og nevner er i origo, så uttrykket er ubestemt Siden det ikke er noen umiddelbar omskriving som forenkler uttrykket satser vi på å vise at grensen ikke eksisterer Vi studerer funksjonen langs linjer gjennom origo Med unntak for y aksen kan disse skrives på formen y mx Kravet fra dobbelgrensen om at x og y samtidig skal nærme seg oppfylles langs linjene ved at x nærmer seg Innsatt får vi envariabelgrensene x mx mx m m lim lim lim x x + ( mx) x (1 + m ) x x (1 + m ) 1+ m Siden grenseverdien avhenger av stigningstallet m til linja, så kan ikke flervariabelgrensen ha xy en bestemt verdi i origo Følgelig eksisterer ikke grensen lim ( xy, ) (,) x + y Oppgave a) Siden vektorfeltet er konservativt eksisterer potensialfunksjonen Konstruksjon ϕ x Fx cos y ϕ Likninger for potensialfunksjonen: Fy xsin y ϕ z Fz 6z Integrasjon av det første uttrykket gir ϕ cos y dx x cos y + A( y, z) Vi setter uttrykket inn i den neste likningen som gir: ϕ ( xcos y+ A( y, z)) A A xsin y+ xsin y xsin y ( xsin y) A( y, z) dy B( z) Innsatt i potensialfunksjonen finner vi ϕ x cos y+ B( z) Innsatt i den siste likningen blir dette ϕ ( xcos y + B( z)) z z B ( z) 6 z B ( z) 6 z B( z) 6zdz z + C Enhver potensialfunksjon er på formen ϕ ϕ( x, yz, ) xcosy+ z + C Siden vi kun trenger en setter vi konstanten til Dermed er ϕ ϕ( x, yz, ) xcosy+ z b) i j k G x z cos y xsin y+ x 6z

2 Løsning IM y z, x z, x y xsin y+ x 6z cos y 6z cos y xsin y+ x (6 z ) ( x sin y+ x ) (6 z ) (cos y ) ( xsin y+ x), ( ), (cos y ) z x z x (,, sin y+ 1+ sin y) (,,1) ( ) Eller enklere: Vi vet at vektorfeltet F er konservativt Da er F Med G F + (, x,) G F + (, x,) F + (, x,) + (,,1) x z x blir ( ) i j k Det er tillatt å bruke curlen leddvis siden den består av derivasjoner og derivasjon er lineær, dvs virker leddvis Vektorfeltet G er ikke konservativt, så kurveintegralet avhenger av veien Vektorfeltet G F + xj, hvor F ϕ er konservativt og denne delen av kurveintegralet er uavhengig av veien Vi deler integralet i to deler, en for et konservativt felt og en del for et ikke-konservativt felt ϕ( r ) ϕ( r ) + xdy G dr ( F + xj) dr F dr+ xj dr ϕ dr+ xj ( dx, dy, dz) C C C C C C 1 C Vi trenger kurvens startpunkt og sluttpunkt til den første delen ( uavhengig av veien ) og en parameterframstilling til den andre delen ( avhengig av veien ) Med rt () ( 5,,sin t t), t π blir r r ( ) r r π ( π π) π 1 () 5,, sin (5,,) og ( ) 5,, sin (5,, ) Med potensialfunksjonen ϕ ϕ( x, yz, ) xcosy+ z blir ϕ( r1) ϕ(5,,) 5cos+ 5 og ϕ( r ) ϕ(5, π,) 5cosπ + 5 ( 1) 5 Dette gir ϕ( r) ϕ( r1) Fra rt () ( 5,,sin t t), t π har vi at y yt () t og x x() t 5 Differensialet er dy y () t dt () t dt dt Følgelig blir C π π xdy 5 dt [15] t 15π otalt er G dr 15 π 1 C

3 Løsning IM Oppgave 1 1 ( 1 xy ) ( 1 xy ) 1 1 a) Gradienten er,, ( 1 y, xy ) x x Den retningsderiverte til temperaturen i punkt a og i retning u er D u ( a) u ( a) 1 Vi skal ha temperaturendringen i a (,) Verdien av gradienten i punktet er a ( ) ( 1,) ( 1, ) (, ) Retningen ut fra punktet er (, 7) Vi må bestemme enhetsvektoren i denne retningen (, 7) (, 7) (, 7) Vektoren divideres med sin egen lengde som gir u (, 7) () + ( 7) 5 Den retningsderiverte av temperaturen i angitt punkt og retning er (, 7) D( a) (, ) ( + ( 7) ) (16 ) u I tillegg skal vi ha prosentdelen av maksimal vekst i punktet Maksimal vekst i punktet er gitt ved lengden av gradienten i punktet a ( ) (, ) ( ) + ( ) D 1 u ( a) 6 Den prosentvise veksten av maksimal vekst er 1% 5 1% 1 1% 6% ( a) 6 emperaturveksten i gitt retning utgjør 6% av temperaturens maksimale endring i punktet b) Vi deler området opp i det indre av plata x x + y < og platas rand x x + y I det indre er lokale ekstremalpunkter bestemt fra vektorlikningen ( y, xy ) (,), 1 1 som gir skalarlikningene 1 y xy Den første likningen gir y som gjør at den andre automatisk er oppfylt Vi har da 1 kandidatpunktene ( x,) som alle gir temperaturen ( x,) 1 x Merk at vi kun skal bestemme verdien i maksimum, ikke beliggenheten Ekstremalpunkter på randa bestemmes for seg ved Lagranges metode Lagranges metode: Bibetingelsen eller føringsbetingelsen er at punktene må være på platens randkurve På implisitt form blir betingelsen H( x, y) x x + y H H Gradienten er H, (x 6 x, y) x Lagranges likninger er λ H ( y, xy ) λ (x 6 x, y) Systemet kan skrives ut på komponentform og løses ved bruk av en passe variant av innsettingsmetoden Likningene er uttrykk for at og H er parallelle Dette kan også settes opp uten lagrangemultiplikatoren λ, siden to vektorer er parallelle hvis og bare hvis kryssproduktet av vektorene er null Når det kun er to komponenter, vi ser på den tredje som og at planet er xy planet i rommet, reduseres kryssproduktet til et determinantkrav:

4 Løsning IM y xy 1 y x 1 1 y 6 y ( y 6x + 9 x ) H x 6x y x x y Vi har benyttet at en felles faktor i en rad kan settes utenfor determinanten Vi får to krav, y y eller y 6x + 9x y 6x 9x Begge kravene må settes inn i føringsbetingelsen, H( x, y) x x + y ± ± 5 Den første gir, y : H( x,) x x x Siden x 1 er eneste mulighet x x± Kandidatpunktene er (,) og (,) 1 1 emperaturen i punktene er (,) ( ) og (,) Den andre gir, y 6x 9x : Innsatt direkte for 1 y i 1 H( x, y) x x + y får vi 1 ± (1) + 7 ± ± likningen x x + 6x 9x 7x 1x x Vi må ha x 7 og at x er eneste mulighet med x ± Fra y 6x 9x følger y 6( ± ) 9( ± ) og dermed at y ± 6 Kandidatpunktene er (, 6),(, 6),(, 6),(, 6) Det gjenstår å bestemme temperaturen i disse punktene 1 1 (, 6) ( )( 6) ( 1) (, 6) ( )( 6) ( 1) (, 6) ( )( 6) ( 1) (, 6) 1 1 ( )( 6) 1 1 Største temperatur i plata er, siden øvrige kandidater er eller negative ( Vi har lokalisert maksimum til punktene (, 6), (, 6) ) Oppgave a) Vi bestemmer først legemets vertikale avgrensing z ( x + y ) Vi lar projeksjonen av legemet i xy planet være området R rippelintegralet reduseres så til et dobbelintegral ved integrasjon i vertikalkoordinaten z Innsetting gir ( x + y ) ( x + y ) 1 [ ] ( ( + )) D R R R z dv z dz da z da x y da For å løse dobbelintegralet trenger vi en beskrivelse av projeksjonen R Likningen for paraboloiden z+ ( x + y ) ( x + y ) z gir en sirkel med størst radius når z har sin minste verdi Dermed er området R en disk med radius, x + y Både integranden og integrasjonsområdets form tilsier bruk av polare koordinater Vi har at x + y r som gir integranden ( ( x + y )) ( r ) Arealelementet er da rdrdθ

5 Løsning IM Det gjenstår å bestemme integrasjonsområdet i polare koordinater Vi har x + y r r Siden det ikke er noe krav på den polare vinkelen blir r integrasjonsområdet R θ π otalt gir dette Integralet π z dv ( ( x y )) da ( r ) rdrd D + θ R ( r ) rdr løses enklest ved substitusjon Vi setter u r med du du du dr u ( r ) Nye grenser blir r Integralet etter variabelskiftet blir r og ( r ) rdr u r dr r u du [ u ] 6( ) Innsatt i dobbelintegralet blir resultatet D π π π zdv ( r ) rdrdθ dθ 16[ θ ] π ( y cos x) ( ysin x) (9z ) r + + b) F + + sin x+ sin x+ 9 z 18z x z Vi lar legemets bunnflate være B Legemets overflate/rand er da D B Divergenssetningen gir Φ F n dσ F dv 18z dv 6 z dv 6 π 19π D D D D D Fluksen ut av legemets overflate kan deles i to deler Φ D Φ +ΦB Φ Φ D Φ B Vi trenger fluksen gjennom den enkle bunnflaten: Φ F ndσ F ( k) dσ FdA B B B B z z da da a( B) π 1π + B B Vi har benyttet at utadrettet enhetsvektor på den horisontale bunnflaten må være rettet nedover og dermed n k, og at bunnen, B, er i xy planet med z Fluksen ut av paraboloiden er Φ F ndσ Φ D B 19 π ( 1 π ) π Φ Oppgave 5 a) Hastighetsvektoren er gitt ved ( ) Hastighetsvektoren i t er r ( t) (9 t+ t t ),(5 t ) (9 + t t,1 t) r () (9 +,1 ) (9,)

6 Løsning IM b) Fra derivasjonen 9 hastighetsvektoren er kontinuerlig () (9+,1) har vi at begge komponentfunksjonene r t t t t + t t og 1t er kontinuerlige da de er polynomfunksjoner Dette viser at For at hastighetsvektoren skal være må r () t (9+ t t,1) t (,) for minst en t verdi Fra andre komponent får vi likningen 1t t Løsningen settes inn i første komponent som gir 9+ t t 9+ 9 Begge komponentene kan ikke være samtidig og dermed er hastighetsvektoren aldri null Vi har vist at kurven er glatt For at kurven også skal være lukket, må den starte og slutte i samme punkt Vi undersøker endepunktene r( ) (9( ) + ( ) ( ),5( ) ) ( ,5) (9,5) og r () (9 +,5 ) (7+ 9 7,5) (9,5) Endepunktene er samme punkt, som viser at kurven er lukket c) Fra vektorfeltet F( x, y) ( x,) er Fx x og F y Innsatt i setningen finner vi F R x y R x R x R R Fx y x F dy F dx + da + da 1+ da da a( R) Vi har vist at ar ( ) xdy, som uttrykker arealet av området ved et kurveintegral langs R områdets rand Langs kurven gitt på parameterform som rt ( ) (9 t+ t t,5 t), t er x xt () 9t+ t t Differensialet er dy y dt 1tdt Arealet av området avgrenset av kurven er 5 5 ar ( ) xdy (9 t+ t t) 1tdt 1 (9 t + t t) dt 1[ t + t t ] R ( ) 1 + (( ) + ( ) ( ) ) ( ) 1 (81 5 ) 1 81(1 5) 81 68