Løsning, Stokes setning

Transkript

1 Ukeoppgaver, uke 4 Matematikk, tokes setning 1 Løsning, tokes setning Oppgave 1 a) b) c) F x y z x y z F x x + y y + z z iden F er feltet konservativt. ( z y y ) ( x i z z z ) ( y x x x ) k i +k y F ++xy xy ( ) ( F xyz x y z yz xz xyz xz yz i + y z z xyz ) ( ) xz x x yz k y iden F er feltet konservativt. (xz xz)i +(yz yz)(z z )k i +k F y + z + x ( ) ( ) ( ) F zx x y z xy yz zx y yz xy i + z z zx yz x x xy k y yzi zxj xyk iden F er ikke feltet konservativt. Oppgave a) er en halvkule (over xy-planet) med sentrum i origo og radius. Randen blir dermed en sirkel med radius i xy-planet (orientert mot urviseren). enne kan parametriseres som r(t) [cos(t), sin(t), ], t π b ) og dermed er dx sin(t) dt, dy cos(t) dt og dz : ( F ) n d F T ds ydx xdy+ xyz dz π 6sin(t)( sin(t)) 4cos(t)( cos(t)) + dt π π 4cos(t) 1 dt π 4sin (t) 8(cos (t)+sin (t)) dt Randen blir en sirkel med radius i xy-planet (orientert mot urviseren). enne kan parametriseres som [ cos(t), sin(t), ], t π, ogdermederdx sin(t) dt, dy cos(t) dt og dz : ( F ) n d F T ds xy dx dy +arctan(x ) dz π cos(t) sin(t)( sin(t)) ( cos(t)) + dt π 7 cos(t)sin (t) 6cos(t) dt ette integreres greit ved å substituere med u sin(t), og da blir såvel øvre som nedre grense u : 7u 6 du

2 Ukeoppgaver, uke 4 Matematikk, tokes setning c) Flaten er en rettavkortet kjegle. enne er ikke avgrenset av en rand som er en enkelt kurve, men av to kurver: En sirkel oppe ( 1 )ogennede( ). Med oppadrettet normalvektor (positiv. koordinat) blir orienteringen til sirkelen i toppen riktig veg, mot klokka sett ovenifra, mens den nede blir med klokka, så her bytter vi fortegn. Adderer vi disse får vi F n ds F n ds 1 F n ds ette kan vises ved at randen sees på som en kurve som antydet på tegningen, der hjelpesnittet gir integral siden vi skal integrere en gang hver veg langs dette. -,5 1,5-1 -, ,5 1,5-1 -, irkelen 1 kan parametriseres som ( F ) n d tokes F n ds F n ds 1 r 1 (t) [cos(t), sin(t), ], t π som gir dx sin(t) dt, dy cos(t) dt og dz dt irkelen kan parametriseres som r (t) [cos(t), sin(t), 1], t π som gir dx sin(t) dt, dy cos(t) dt og dz dt Pdx+Qdy+Rdz Pdx+Qdy+Rdz 1 π π π ( sin(t)) ( sin(t)) dt ( cos(t)) ( cos(t)) dt+ dt (sin(t)) ( sin(t)) dt (cos(t)) (cos(t)) dt +dt 6 sin (t) 6 cos dt π 6 dt 5π Oppgave a) Vi har F x y z z x y [,, 1]

3 Ukeoppgaver, uke 4 Matematikk, tokes setning En flate som er gitt ved en likning z f(x, y) kan parametriseres ved r(x, y) [x, y, f(x, y)], som for planet z x er r(x, y) [x, y, x]. a er r x [1,, 1] og r y [, 1, ] slik at r x r y i j i( 1) j( ) + k(1 ) [ 1,, 1]. Merk at. koordinat er 1 >, slik at dette er oppadrettet normalvektor, dvs. riktig orientert. Vi kan da bruke omfromingen F T ds F n d F (r x r y ) dx dy der er området parametrene varierer over i flatestykket, dvs sirkelen x + y 4. Med dette området er det hensiktsmessig å skifte til polarkoordianter, med r, θ π og dx dy rdrdθ: π π [... [,, 1] [ 1,, 1] dx dy ( ++1)rdrdθ r ] π dθ 4 dθ 8π En alternativ utregning: Merk at planet z x kan skrives 1 x + y +1 z,ogkoeffisientene[ 1,, 1] gir en normalvektor i riktig retning, og med lengde. Flateintegralet kan da skrives ( F ) n d [,, 1] [ 1,, 1]/ d / d / d Hererdetmuligå se at flatebiten er en ellipse med halvakser av lengde og, og dermed med areal 4 π. et siste integralet er arealet av dette flatestykket, slik at svaret er / 4 π 8π. b) Vi har F x y z [, 1, ]. y x x z x y Flaten x +y + z kanomskrivestilz x y, og dermed parametriseres ved r(x, y) [x, y, x y]. a er r x [1,, 1] og r y [, 1, ] slik at r x r y i j c) i( ( 1)) j( ) + k(1 ) [1,, 1]. (som ikke tilfeldigvis er det samme som koeffisientene i planets likning). Vi får da F T ds [, 1, ] [1,, 1] dx dy dx dy dx dy et siste integralet er arealet av parameterområdet, som er trekanten vi får i xy-planet når vi setter z (tegn figur!). Arealet av denne er 1 1 1,så hele integralet er 1. F x y z i ( ) j ( ) + k (y y) [,, y] y + e x xy e y arctan(z) Videre er r u [1, 1,v]ogr v [ 1, 1,u] slik at r u r v 1 1 v 1 1 u 1 v 1 u i 1 v 1 u j

4 4 Ukeoppgaver, uke 4 Matematikk, tokes setning ermed er 1 i(u v) j(u + v)+k(1 + 1) [u v, u v, ] F T ds [,, (u v)] [ u v, v + u, ] du dv [ uv u ] v dv 1 1 v v v dv [ v ] 1 1 Oppgave 4 F x y z [,, ] y z x + z y x så F er curlfri og dermed et gradientfelt (og dermed konservativt felt). φ(x 1,y 1,z 1 ) φ(,, ) (x1,y 1,z 1) (,,) u vdudv (y z) dx +(x + z) dy +(y x) dz uansett veg mellom (,, ) og (x 1,y 1,z 1 ), siden det er et konservativt felt. Vi velger en veg fra (,, ) til [x 1,y 1,z 1 ] som (for eksempel) består av de tre delene r 1 (t) [tx 1,, ] (med dx x 1 dt, dy dz ), r (t) [x 1,ty 1, ] (med dy y 1 dt, dx dz )og r (t) [x 1,y 1,tz 1 ] (med dz z 1 dt, dx dy ). For alle tre er t 1, så vedå uttrykke alt ved t og droppe de leddene som blir (fordi dx, dy eller dz er ) får vi: φ(x 1,y 1,z 1 ) φ(,, ) 1 (( )x 1 +(x 1 +)y 1 +(y 1 x 1 )z 1 ) dt [+x 1 y 1 t +(y 1 x 1 )z 1 t] 1 x 1y 1 + y 1 z 1 x 1 z 1 a er F φ, og da konstanten φ(,, ) blir borte i deriveringene i φ kan denne velges fritt. Hvis vi setter φ(,, ) og (x, y, z) (x 1,y 1,z 1 ), får vi φ(x, y, z) xy + yz xz Oppgave 5 a ) Tar utledningen for en funksjon med to variable: b ) (af + bg) (af + bg) (af + bg) i + j a f x y x i + b g x i + af y b g y j ( f a x i + f ) ( g y b x i + g ) y j a f + b g etter F [P (x, y, z),q(x, y, z),r(x, y, z)] og G [(x, y, z),t(x, y, z),u(x, y, z)]: (af + bg) x y z ap + b aq + bt ar + bu En generell regneregel for determinanter sier at om en rekke er en sum kan determinanten spaltes opp slik: x y z ap aq ar + x y z b bt bu En annen regneregel for determinanter sier at skalarer som er felles faktor i en rekke kan settes utenfor: a x y z P Q R + b x y z a F + b G T U

5 Ukeoppgaver, uke 4 Matematikk, tokes setning 5 Oppgave 6 a) At F (x, y, z) er konservativt i betyr at det fins en potensialfunksjon f(x, y, z) for F (x, y, z) i, dvs. at f(x, y, z) F (x, y, z) i. b) Uavhengighet av veg kan også brukes som definisjon, men ikke at curlen er, da dette bare er et kriterium med forbehold om formen på. F /x /y /z x z ln(y + z 1) y ln(y + z 1) ( (y + z ) y + z 1 +ln(y + z 1)) i. F er ikke konservativt i, fordi F i. c) På er x ogy + z 4, slik at F ln()( z y k), og med den oppgitte parametriseringen av er r (t) sintcostk, såvifår: π/ F d r ln()( sintcostk) ( sintcostk)dt ln() π/ (4 sin t +4cos t)dt 4ln() π/ dt 4ln() π π ln().