TMA45 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 5.5.: Kulen er grafen til rφ, θ) asinφ) cosθ)i + sin φ sinθ)j + cosφ)k), φ π, θ < π. Vi har slik at φ θ acosφ) cosθ)i + sinφ) sinθ)j + cosφ)k) φ a sinφ) sinθ)i + sinφ) cosθ)j), θ Vi finner så ds φ θ dφ dθ i j k a cosφ) cosθ) a sinφ) sinθ) a cosφ) a sinφ) sinθ) a sinφ) cosθ) a sinφ) cosθ)i + sinφ) sinθ)j + cosφ) sinφ)k). a sinφ) 4 cosθ) + sinφ) 4 sinθ) + cosφ) sinφ) dφ dθ a sinφ) sinφ) cosθ) + sinθ) ) + cosφ) dφ dθ a sinφ) dφ dθ. 5.5.4: Merk at kulen har radius a og at likningen for sylinderen kan skrives som x + y a) a, slik at denne har radius a og har akse som er parallell med z-aksen og krysser xy-planet i, a). ette er illustrert i Figure. Fordi vi arbeider på en kule er det nyttig å gå over til kulekoordinater. a blir kulen og sylinderen blir eller R a, R sinφ) cosθ) + R sinφ) sinθ) ar sinφ) sinθ), R sinφ) a sinθ). Innsiden av sylinderen oppfyller derfor ulikheten R sinφ) a sinθ),
TMA45 Matematikk.8.6.4. z -. -.4 -.6 -.8 - - - -.5 -.5 y.5.5 x Figure. Kulen og sylinderen i Exercise 5.5.4, med a /. og spesielt er dette ekvivalent med sinφ) sinθ) på kulen. Hvis vi ytterligere begrenser oss til den delen av kulen som også ligger i første oktant er dette ekvivalent med ulikheten φ θ. På grunn av symmetri må arealet til den delen av kulen som ligger innenfor sylinderen være fire ganger arealet til den som i tillegg ligger i første oktant se figuren). et ønskede arealet blir nå S 4 π/ θ a) sinφ) dφ dθ π/ 6a cosθ)) dθ 8a π ).
TMA45 Matematikk Figure. Situasjonen for a. Oppgaven er å finne det grønne arealet inni den blå sylinderen. 5.5.: Grunnet symmetri er delene av arealet på hver side av yz-planet like, så vi kan nøye oss med å beregne den delen av flaten som har positiv x-koordinat; se Figur. Kall denne delen S x+. S x+ projisert ned på yz-planet er disken {, y, z) : y + z a }, og er grafen av Gx, z) a x + z for x, z). Vi bruker så formelen for arealet av en graf: ds S x+ 4 a a 8a. + + z a dy dz z a a dy dz z a a z a z dz 5.5.4: La E være projeksjonen ned i xy-planet. E består av de x, y, z) som tilfredstiller + y x + y ), eller ) y x +. Vi bruker så formelen for arealet av en graf: + x E x + y + y x dx dy + y 3 dx dy E 6π. 5.5.5: Vi finner først arealelementet. Siden z x beskriver løsningene til likningen Gx, y, z) x z 3
har vi TMA45 Matematikk ds G G z dx dy x) + + ) dx dy + 4x dx dy. Paraboloiden skjærer flaten slik at skjæringskurven har projeksjon eller x 3x y, 4x + y i xy-planet. Likningen beskriver en ellipse. Vi må derfor integrere over {x, y) : x /, y 4x } siden vi befinner oss i første oktant. Vi finner / 4x xz ds x x + 4x dy dx S / / 64 96, x 3 + 4x 4x dx x 3 6x 4 dx u du der vi har brukt substitusjonen u 6x 4. 5.5.: Arealet av sfære-segmentet er A 8 4πa πa /. Ved symmetri er x ȳ z, så vi trenger bare å finne M z. Siden sfære-segmentet er grafen til funksjonen fx, y) a x y, x, y), der er den delen av sirkeldisken gitt ved x + y a som ligger i første kvadrant. Vi bruker så nok en gang) formelen for arealet til flatesegmenter ds av en graf: M z z ds x + a x y + y a x dx dy y a x y a a x dx dy y Altså er a πa 4. x ȳ z M z A a. 4
TMA45 Matematikk 5.6.: Vi beregner fluksen ut av tetraederets fire sideflater. For sideflaten som tilfredstiller x, har vi at N i, og F N x, så fluksen ut er. For sideflaten som tilfredstiller z, har vi N k, og F N, så fluksen ut er. For sideflaten som tilfredstiller y, har vi N j, og F N z. Fluksen ut av denne siden blir dermed 6 3z z) dx dz 6z + 3z ) dz + 8 4. 3 For den skrå sideflaten S som ikke ligger i noe koordinatplan, benytter vi oss av det faktum at for en flate på formen ) z fx, y), så er det oppadrettede flate-elementet ds N ds f x i f y j + k dx dy. I vårt tilfelle er fx, y) x/3 y/3 og 3 6 y F ds xi + zj) S 3 i + ) 3 j + k dx dy 3 6 y 3 x + 3 3 x 3 )) y dx dy 3 6 y 4 3 + 9 x 4 ) 9 y dx dy. 4 3 6 y) + 8 6 y) 4 y6 y) 9 ) dy en totalefluksen ut av tetraederet er altså 4 6. Merk, denne oppgaven kan også løses ved å bruke divergensteoremet. En observerer da at F og at volumet av tetraederet er 6, så integralet blir 6 6. 5.6.6: Flaten er gitt ved z fx, y) x y, så det oppadrettede flate-elementet er ds N ds f x i f ) y j + k dx dy xi + yj + k. La være disken i xy-planet gitt ved x + y a. Fluksen opp gjennom flaten er dermed F ds xi + xj + k) xi + yj + k) dx dy x + xy + ) dx dy Integralet av det andre leddet er grunnet symmetri, og integralet av det siste leddet er lik arealet av. Ved å skrive integralet av det første leddet i polarkoordinater, får vi at x + xy + ) π a dx dy r cos θ) ) r dr dθ + + πa a4 π πa a cos θ) dθ + πa ). 5.6.: Her må vi bruke den generelle formelen for flateelementet til en parametrisert flate. Flaten er gitt ved ru, v) e u cosv)i + e u sinv)j + uk, u, v π. 5
TMA45 Matematikk et oppadrettede flateelementet er gitt ved Videre er ds u du dv v e u cosv)i + e u sinv)j + k ) e u sinv)i + e u cosv)j ) du dv Følgelig er fluksen F ds e u cosv)i e u sinv)j + e u k ) du dv. Fru, v)) ue u sinv)i ue u cosv)j + e u k. π π π 4 e 4 ). ue u sinv) cosv) + ue u sinv) cosv) + e 4u) dv du e 4u ) dv du RE 5.4: Planet beskriver løsningene til likningen Gx, y, z) x + y + z, slik at arealelementet blir ds G G z dx dy + + dx dy 3 dx dy. Vi må nå finne projeksjonen av flaten ned i xy-planet for å finne ut hva vi skal integrere over. et kan være til hjelp å lage en skisse her.) Setter vi z i likningen for planet finner vi x + y, slik at projeksjonen ned i xy-planet er den rettvinklede trekanten begrenset av x- og y-aksen samt linjen y x for x. Vi kan nå regne ut integralet. Vi finner x xyz ds xy x y) 3 dy dx S 3 3 3 3 3 x x x)y y ) dy dx x x) x) 3 ) x)3 dx 4 3, x x) 3 dx u)u 3 du ) 4 5 6
TMA45 Matematikk der vi har brukt substitusjonen u x. 7