= (2 6y) da. = πa 2 3

Transkript

1 TMA45 Matematikk Vår 7 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete ourse. 6.3.: La være halv-disken innenfor. Da sier Greens teorem at ) ) sinx) + 3y ) dx + x e y ) dy = x x e y ) y sinx) + 3y ) da = 6y) da = da 6 y da = πa 6 y da, hvor vi på siste linje har benyttet at vi kjenner arealet til halv-disken. Siden = {x, y) : a x a, y a x } kan vi beregne det andre integralet ved hjelp av et iterert integral. Vi får ) sinx) + 3y ) dx + x e y ) dy a = πa 6 = πa 3 a a a a x a x ) dx = πa 6a 3 3 a3 ) = πa 4a 3. y dy dx 6.3.3: Me skal evaluera linjeintegralet x siny ) y ) dx + x y cosy ) + 3x ) dy, mot klokka) langs randa til trapeset med hjørne i, ),, ),, ) og, ). Me mistenker at dette lettast kan gjerast ved bruk av Greens teorem, F dr = F) k da. I dette tilfellet har ein då F x, y) = x siny ) y, F x, y) = x y cosy ) + 3x, og dermed F x = xy cosy ) + 3 og F = xy cosy ) y sånn at integranden i dobbeltintegralet vert 3 + y. Green gjev då x siny ) y ) dx + x y cosy ) + 3x ) dy = 3 da + y da.. mars 7 Side av 6

2 Merk at trapeset er symmetrisk om x-aksen og dermed vil det andre integralet på høgresida bli fordi y er antisymmetrisk om x-aksen. Dermed står ein igjen med det første integralet på høgresida som berre er 3 gonger arealet av trapeset som har parallelle sider med lengde 4 og og høgde. Det vil seia at svaret er 3 da = 3 areal) = ) = : Vi skal evaluere linjeintegralet x y dx xy dy ), med klokka) det vil si flyten av Fx, y) = x yi xy j rundt, der er randa av regionen D : x + y 9, y. Green s Teorem sier at dette er det samme som å evaluere flateintegralet av z-komponenten til curl en av F over D, men der vi må gange med siden er orientert med klokka. Altså er x y dx xy dy ) = F) k da D F = D x F ) da = x + y ) da = D 3 π = 8π/4. r dθr dr 6.3.5: For den gitte parametriseringen rt) = a cos 3 t) + b sin 3 t), har vi at x dy = 3ab cos 4 t) sin t) dt, y dx = 3ab sin 4 cos t) dt, 3ab x dy y dx) = cos t) sin t)cos t) + sin t)) dt = 3ab cos t) sin t) dt Alle tre av disse uttrykkene, når integrert fra til, gir arealet omsluttet av kurven. Da det siste uttrykket er enklest å integrere, velger vi dette. A = = 3ab = 3ab 8 x dy y dx) = 3πab 8. cos t) sin t) dt sin t) dt. mars 7 Side av 6

3 6.3.6: Målet i denne oppgåva er å gå motsatt veg av beviset for divergensteoremet i planet på side 94 i boka. Me antar på same måte at er eit regulært, lukka område i xy-planet som har ei rand beståande av ei eller fleire stykkevis glatte, enkle lukka kurvar som i si parametrisering går mot klokka. Det er òg gitt at ˆN er einingsnormalvektoren som peiker utover frå og F = F x, y), F x, y)) er eit glatt vektorfelt på Me kan då anta at det todimensjonale divergensteoremet er gyldig, div F da = F ˆN ds, hugs at her er div F = F x + F F x F ) og me skal bruka dette til å visa Greens teorem: ) ) da = F ˆT ds = F dr. For å bruka divergensteoremet må me først sørga for at integrandane i dei to flateintegrala er like, så me definerer hjelpe-vektorfeltet G = F x, y), F x, y)). Sidan F er glatt vil òg G vera glatt og me ser at F x F = div G. Med same argumentasjon som i beviset for divergensteoremet har me at G ˆN = F ˆT F og G har bytta rolle i dette tilfellet). Ved rein innsetting, bruk av divergensteoremet for G og dei ovanståande identitetane finn me då F x F ) ) da = div G da = G ˆN ds = F ˆT ds = F dr, som var det me skulle visa : Me er gitt plankurva : rt) = sin t, sin t), t, som illustrert nedanfor. y x Vidare skal me evaluera F dr, der F = yex, x 3 e y ). Det er truleg mindre arbeidskrevande å bruka Greens teorem til å finna verdien av dette linjeintegralet ved å gjera det om til eit flateintegral. Merk at kurva utgjer randa til to ikkje-overlappande område, lat oss kalla dei og, med tilhøyrande randar og sånn at = for t π og = for π t. Merk at går med klokka, medan går mot klokka. Dermed kan me dela linjeintegralet inn i to linjeintegral over som begge er langs ei enkel, glatt, lukka kurve og me kan bruka Greens teorem på kvart av dei. Integranden for flateintegralet er begge tilfelle gitt ved gx, y) := F x F = x e y e x. Legg merke til at g er symmetrisk om y-aksen,. mars 7 Side 3 av 6

4 det vil seia g x, y) = gx, y). Dessutan kan me sjå at er speglinga av om y-aksen, som betyr at dersom x, y) så er x, y). Dermed kan me skriva F dr = F dr + F dr = F dr + F dr = gx, y) da + gx, y) da = gx, y) da + g x, y) da = gx, y) da + gx, y) da =, der me i andre overgang har skifta forteikn på integralet langs for å gå mot klokka, medan i fjerde overgang har me gjort variabelskiftet x, y) x, y) i det andre flateintegralet for å integrera over i staden for. Her ser me at bidraget frå kvart flateintegral nullar einannan ut og me står igjen med at integralet er null : La D r være disken innenfor r, og la x, y ) være midtpunktet til D r. Det vi ønsker å vise er at funksjonen v definert ved vr) = u ds r r er konstant lik ux, y ). Det deles på r fordi dette er lengden til kurven r, slik at v gir gjennomsnittsverdien til u på kurven. For å kunne derivere v må vi skrive integralet om på en slik måte at avhengigheten av r blir mer eksplisitt. Siden kurven r kan parametriseres som rt) = x, y ) + rcost), sint)), t, har vi Derfor er vr) = r = v r) = = = r ux + r cost), y + r sint)) ṙt) dt ux + r cost), y + r sint)) dt. x urt)) cost) + y urt)) sint)) dt urt)) ˆNrt)) dt r u ˆN ds, hvor ˆN er den utoverpekende enhetsnormalvektoren på r. I siste linje gikk vi tilbake til et linjeintegral igjen. Nå kan vi bruke divergensteoremet til å konkludere at v r) = u da r D r = u da r D r =,. mars 7 Side 4 av 6

5 siden u =. Dermed er v konstant. Spesielt er vr) = lim ρ vρ) = ux, y ), hvor vi brukt at gjennomsnittsverdien på kurven vil gå mot verdien i x, y ) når radien går mot null dette er oppgitt i oppgaven). Dette var det vi skulle vise. Ekstra for de som er interesserte: Det kan nevnes at vi kan gå den andre veien også for kontinuerlige funksjoner). Dersom en funksjon oppfyller denne egenskapen i alle punkter er den harmonisk. Dette er kanskje mer overraskende. La oss også bevise påstanden om at grensen av gjennomsnittsverdien blir verdien i midtpunktet. La derfor ε >. Vi har hvorfor kan vi flytte ux, y ) inn i integralet?) vr) ux, y ) = urt)) dt ux, y ) = urt)) ux, y )) dt urt)) ux, y ) dt. Merk nå at rt) x, y ) = r for t [, ]. Siden u er kontinuerlig i x, y ) kan vi velge δ > slik at dersom r < δ har vi urt)) ux, y ) < ε for alle t [, ]. For slike r har vi da vr) ux, y ) ε dt. = ε, og vi har derfor at lim r vr) = ux, y ) siden ε var vilkårlig. eview exercise 6.3: Me skal evaluera 3y + xe y) dx + x ye y) dy mot klokka) langs randa til parallellogrammet med hjørne i,),,), 3,) og,). Som vanleg mistenker me at dette kan gjerast lettare ved bruk av Greens teorem, og me identifiserer F x, y) = 3y + xe y og F x, y) = x ye y. Altså er F x F = 4xyey 6y + 4xye y ) = 6y. Merk at parallellogrammet kan parametriserast på ein x-enkel måte som y x y +, y. Dermed får me 3y + xe y) dx + x ye y) dy = = 6 6y) da = 6 y+ y dy = 6 [ y ] = 6. y y dx dy. mars 7 Side 5 av 6

6 eview exercise 6.: La være området som ligger innenfor. Sirkulasjonen til F rundt er per definisjon gitt ved integralet F dr = y 3 3y + xy ) dx + x x 3 + x y) dy), som er lik F dr = = = x x x 3 + x y) y y 3 3y + xy ) ) da 3x + xy) 6y 3 + xy) ) da 4 3x 6y ) da fra Greens teorem. Vi ønsker at sirkulasjonen, og derfor dette dobbeltintegralet, skal være størst mulig. Dette oppnås ved å velge til å være området der integranden er positiv, altså der 4 3x 6y >. Den største mulige sirkulasjonen får vi derfor når er ellipsen som oppfyller 4 3x 6y =.. mars 7 Side 6 av 6