Løsning IM

Transkript

1 Løsning IM Oppgave Den retningsderiverte er D f ( a) u f ( a), når funksjonen er deriverbar i punktet u f f ( y ) ( y ) Innsatt f,, ( y, y ) Den derivertes verdi i punktet er f (,) ( ( ),( ) ) (,) (,) (,) (,) (,) Retningsvektor u (, ) (, ) ( ) Verdien av den retningsderiverte er Du f ( a) (,) Maksimal verdi til den retningsderiverte i punktet (,) er f (,) (,) ( ) Prosentdelen er Oppgave D ( ) u f a % % % % 8% f( a) Jacobimatrisen til vektorfeltet er z z z ( ) ( ) ( ) z z z y z z ( z ) z ( z ) (z ) (z ) (z ) J F (, y, z), y z (8) (8) (8) y z z z( z)( z ) z z( z ) hvor vi har brukt brøkregelen på z z ( z ) ( z ) zz z z z ( z ) ( z ) ( z ) ( z ) ( z ) De partielt deriverte er konstanter og rasjonale funksjoner med nevner som er forskjellig fra Følgelig er de kontinuerlige på hele rommet og vektorfeltet er deriverbart med derivert gitt ved jacobimatrisa på hele rommer, R Verdien til den deriverte i punktet er ( ) ( ) J F (,7,)

2 Løsning IM Oppgave a) Et nødvendig krav for konservativitet er at curlen er null Beregning gir y z ( y, k,) y k () ( k ) () ( y) ( k ) ( y),, y z z y (, ( ),k ) (,,( k ) (,, ) Kravet blir ( k ) for alle verdier av, y, z og dermed at k, som skulle vises Konstruksjon av potensialfunksjon: y z Vi starter med den enkleste differensiallikningen dz z A(, y) z Innsetting i den første gir ( z A(, y)) A(, y) y A(, y) y d y B( y) Oppdatering z A(, y) z y B( y) y z B( y) Innsetting i den midterste gir ( y z B( y)) B( y) B( y) B( y) dy C y y Resultat: (, y, z) y z C er alle potensialfunksjonene til vektorfeltet F y Vi setter konstanten til og finner en potensialfunksjon (, y, z) y z Kommentar: Eksistensen av potensialfunksjonen sikrer at vektorfeltet F er konservativt At curlen er null er ingen tilstrekkelig betingelse for at F skal være konservativt En tilstrekkelig tilleggsbetingelse er at området/definisjonsmengden er enkeltsammenhengende Vektorfeltet F er definert på hele rommet, som er enkeltsammenhengende Dette sammen med at curlene til F er null sikrer at feltet er konservativt uten konstruksjon av potensialfunksjonen b) Siden vektorfeltet er konservativt er arbeidet endringen i potensialfunksjonen, W F dr C Slutt Start Fra kurven bestemmer vi startpunktet r r() (,, 7sin( )) (,,) og sluttpunktet r r() (,, 7sin( )) (,,)

3 Løsning IM Med (, y, z) y z blir Slutt ( r) (,,) og Start ( r) (,,) ( ) Slutt Start Vi har at W F dr, som skulle vises C Vi har også at r() (,,) (,,) r(), som viser at kurven ikke er lukket W F dr K Slutt Start Slutt Start Arbeidsintegralet er presis når kurven starter og slutter på samme ekvipotensialflate Dette er automatisk oppfylt for alle lukkede kurver Spesielt starter og slutter kurven C på ekvipotensialflaten y z Oppgave Flaten kan beskrives på implisitt form ved likningen H (, y, z) z y Kvadratet av avstanden er fra avstandsformelen D D(, y, z) (, y, z) (,,) y z Når kvadratet av avstanden antar minimum så antar også avstanden minimum, noe som er en konsekvens av at f ( ) er en strengt voksende funksjon for ikke-negative tall Vi skal minimere D(, y, z y z under føringen/bibetingelsen H (, y, z) z y, dvs at punktet (, y, z ) ligger på flaten Med en føring tar Lagrangelikningene formen DH D D D Derivasjon gir D,, y z ( y z ) ( y z ) ( y z ),, (, y, z) (, y, z) og y z H H H ( z y ) ( z y ) ( z y ) H,,,, ( y,, z) y z y z Kravet, DH, er at vektorene skal være parallelle, så faktoren i D kan sløyfes Beregning av kryssproduktet gir DH y z y z y z z y,, ( y z ( ) z, ( z ( y) z), ( ) ( y) y) z y z y (( y ) z, ( y) z, y ) (,,) ( y ) z Likningssystemet blir ( y) z y

4 Løsning IM Den første likningen gir y eller z Den andre likningen gir y eller z Den tredje likningen gir I tillegg gjelde føringen z y y Med z følger fra føringen at y y gir y y, som sammen med det tredje kravet ( ) Vi ser at + løsningen ikke kan brukes og må ha y og Kandidatpunktene er (,,) og (,,) Dette dekker tilfellet der z Vi ser på tilfellene med z De to første likningene y og y y gir ( y ) y y y y y Den første gir y Når z må y Den tredje likningen er automatisk oppfylt Føringen gir z y z z z Kandidatpunkter er (,, ) og (,,) Flere muligheter finnes ikke Verdier til kvadratet av avstanden D(,, ) ( ), D(,, ) ( ), D(,,) D(,, ) ( ) og Avstandene er og Minste avstand fra flaten til origo er og oppnås i punktene (,, ) og (,,) Oppgave u u Randkravene (, t) (, t) innebærer at strengens endepunkter beveger seg fritt i vertikal retning Startkravet u(,) cos er startposisjonen til punktene i strengen og startkravet u (,) cos er startfarten til punktene i strengen t n c Løsningen er på formen (, ) ( ) { cos( ) L n c n u t g h t gn L t n c hnsin( L t)}cos( L ) Med L n og c 9 tar løsningen formen n n n u(, t) ( g h t) { g cos( nt) hnsin( nt)}cos( n) Det gjenstår å bestemme fourierkoeffisientene fra u(,) cos g( ) g g cos( n) n Direkte sammenlikning gir g, øvrige er n

5 Løsning IM u Fra (,) cos h ( ) h h n cos( n ) følger ved sammenlikning at t n h, h og øvrige er Innsatt blir løsningen til bølgeproblemet: u(, t) t {cos( t)}cos( ) { ( )sin( t)}cos( ) t sin( t)cos( ) cos( t)cos( ) I løsningen er g h t likevektsposisjonen/gjennomsnittsposisjonen til strengen Derivasjon i tiden gir h som da er strengens gjennomsnittsfart Oppgave a) Vi har at y z r r y r For skjæringen med planet z får vi 9 Med z blir kuleflaten i sylinderkoordinater y z r z z r z r Legemet i sylinderkoordinater blir D r Integranden i sylinderkoordinater er ( y ) z r z og volumelementet er dv rdzdrd Dette gir D r r ( y ) z dv r z rdzdrd r [ z ] drd r (( r ) ) drd r ( r 9) drd r ( r ) drd [ ] r r drd r r drd d ( ) d [ ] F F y Fz b) Divergensen er F y z ( y ) ( y ) (( y ) z ) y y ( y ) z ( y ) z y z Bunnflaten, B, til legemet er i planet z og utgjør sammen med toppflaten T hele overflaten til legemet Matematisk blir dette D T B Divergenssetningen gir F dv F n d D D

6 Løsning IM Oppdelingen av overflaten gir Innsatt får vi T D B F n d F n d F n d D T B F n d F dv F n d Volumintegralet er F dv ( y ) z dv ( y ) z dv 8 D D D, Hvor vi har benyttet resultatet fra punkt a) Bunnflaten er en del av planet z og utadrettet enhetsnormal er k Vektorfeltets z komponent er ( y ) z, som for z blir ( y ) z ( y ) 7( y ) Flateintegralet over bunnen blir F n d F da 7( y ) da 7 ( y ) da B B z B B Vi benytter polare koordinater og beskrivelsen av legemet i punkt a r Dette gir y r, da rdrd og B Dermed B F n d 7 ( y ) da 7 r rdrd 7 r drd B r d r d d 7 [ ] 7 [ ] 7 7 [ ] 7 Totalt er fluksen ut av toppflate, dvs den delen av legemets overflate som ligger på kuleflaten, F n d F dv F n d 8 ( ) T T D B Oppgave 7 Vi må beskrive området R i nye koordinater Strategien er å gjøre området om til en firkant med sider parallelle med koordinataksene, slik at grenseverdiene blir tall Linjene y, y, y og y kan skrives om til y, y, y og y Med u y og v y blir området i nye koordinater v G u Vi trenger gamle koordinater som funksjon av nye for å kunne beregne jacobideterminanten til y u koordinattransformasjonen Vi skal løse likningssystemet y v u u v u v v vu Cramers regel gir ( u v) og y ( u v) Vi har u v og y u v

7 Løsning IM 7 u v Jacobideterminanten blir yu y v Integranden blir i nye koordinater ( y ) ( y) ( y ) ( ( y )) ( ) ( y ) ( y ) u v ( y ) ( y) da u v dauv R G u v dvdu [ u v ] du u du [ u ] Oppgave 8 Innsetting gir Curl F F y z yze z y yze z y ( y) ( z) ( y) ( yze ) ( z) ( yze ),, y z y z z y, ye y, ze Vi må bestemme skjæringskurven Den ligger på kuleflaten y z 8 og på sylinderflaten y z Innsatt får vi y z Kravet gjør at skjæringskurven ligger i planet og må da være en sirkel med radius Stokes setning gir at F dr F nd Vi har ingen parameterframstilling av kurven og vi prøver å beregne flateintegralet Siden kurven er en sirkel vinkelrett på aksen kan vi velge flaten med C som disken innenfor sirkelen Dette er det enkleste valget vi kan gjøre Skjæringskurvens omløpsretning er positiv sett fra den positive delen av aksen Dette innebærer at flatens enhetsnormalvektor er ni (,, ) Dette gir C F n, ye y, ze (,, ) Siden på flaten blir F n 7 Dette gir F dr F dr F nd d d a ( ) 7 8