Ma - Løsningsforslag til uke 5 i 7 Eks. mai 994 oppgave Romkurva er parametrisert for t [, π] ved r (t) = [ + cos t, + sin t, + t ] Hastighets- og akselerasjonsvektorene blir v = r (t) = [ sin t, cos t, ], v = og a= r (t) = [ cos t, sin t, ] Videre blir her v a= [ sin t, cos t, ] [ cos t, sin t, ] = 4[sin t, cos t, ] og v a = 4 som nå ut fra formel side 4 gir at krummingen blir κ = v a = 4 v ( ) = 4 Kurvas lengde er gitt ved L = π r (t) dt = 4π Da parameterfunksjonene til kurva oppfyller (x ) + (y ) = 4 cos t + 4 sin t = 4 så ligger kurva på sylinderflata (x ) +(y ) = parallell med z-aksen. Da z = ( + t) blir kurva en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig.8..8 side 9).
Vi har så gitt en vektorfunksjon F (x, y, z) = [ xyz + y, x z + x, x y + z ] For å vise at F er et konservativt kraftfelt er det nok å finne en potensialfunksjon φ slik at φ = F, dvs. å løse følgende system av differensiallikninger som gir oss løsningen φ x = xyz + y φ(x, y, z) = x yz + xy + f(y, z) φ y = x z + x φ(x, y, z) = x yz + xy + g(x, z) φ z = x y + z φ(x, y, z) = x yz + z + h(x, y) φ(x, y, z) = x yz + xy + z + konstant Vi skal så regne ut de to kurveintegralene F d r, F d r der kurva K er linjesegmentet fra punktet A = (4,, ) til B = (4,, + 4π), og kurva er som gitt ovenfor r (t) = [ + cos t, + sin t, + t ] som går fra r () = (4,, ) = A til r (π) = (4,, + 4π) = B. Da vektorfeltet er konservativt blir de to kurveintegralene like og bare avhengige av veksten i potensialfunksjonen mellom de to felles endepunktene A og B på kurvene. Altså har vi F d r = K K F d r = φ(4,, + 4π) φ(4,, ) = 6π(π + 5)
Eks. mai oppgave 4 Greens teorem sier at når er ei stykkevis glatt, enkel, lukket kurve orientert mot klokkeretningen i xy-planet som omslutter et område R og vektorfeltet F (x, y) = [F (x, y), F (x, y)] er kontinuerlig med kontinuerlige partielle deriverte i et åpent område D som inkluderer R så har vi likhet mellom følgende kurveintegral og flateintegral F dx + F dy = ( F x F ) dx dy y Lar vi her F (x, y) = [F (x, y), F (x, y)] = [, x] så blir F dx + F dy = x dy mens F F = slik at Greens teorem i denne situasjonen som ønsket x y blir til x dy = dx dy = Areal(R) R R Vi har så gitt ei kurve K parametrisert for t [, π/] ved r (t) = [x(t), y(t)] = [5 sin t, 5 sin t]. Denne kurva ligger i første kvadrant, er ei glatt kurve og går fra punktet π r () = (, ) = A til r ( ) = (, 5) = B. Disse to punktene ligger begge på y-aksen, og lar vi så kurva K være det rette linjestykket langs y-aksen fra B til A vil = K K bli ei stykkevis glatt kurve i xy-planet som omslutter et område R slik at vi kan anvende arealformelen ovenfor. Langs K er x = slik at vi får Areal(R) = = 5 π x dy = K x dy = π 5 sin t 5 cos t dt = sin t cos t dt = 5 [cos t] π = 5
4Eks. mai oppgave (a) Området R i xy-planet som er begrenset av de rette linjene y = x, y = x, y = x, y = x skal skisseres. Et volum V over området R i xy-planet som er begrenset oventil av planet z = 9x + y, kan skrives som dobbeltintegralet V = (9x + y) dx dy R (b) Vi innfører nye variable u = x y, v = x + y, dvs. x = u + v, y = u + v som da avbilder R i xy-planet over i rektangelet [, ] [, ] i uv-planet. Videre blir x u =, og integranden blir og z(u, v) = 9 u + v x v =, y u =, + u + v y v =, J r(u, v) = = u + v 8u + 4v = 7v 5u V = (7v 5u) dv du = [ 7 v 5uv ] du = = ( 6 5u) du = [ 6 u 5 u ] = (6 ) =
Oppgave..7 5 Vi har gitt Descartes blad i første kvadrant ved likninga x + y = xy, x, y Grafen til bladet er ei løkke som er tegnet side 6 og som ser ut til å være symmetrisk om linja y = x. Vi innser at det er den faktisk ved å se at når (a, b) ligger på grafen så har vi at a + b = ab, og da ligger også det symmetriske punktet (b, a) på grafen fordi b + a = ba. Da kurva er symmetrisk om y = x deler denne linja bladet i to like halvdeler med samme areal. Skjæring mellom kurva og linja y = x skjer i punktet (/, /). Setter vi y = tx inn i likninga for kurva, har vi x + t x = tx som når x gir oss parametriseringen r (t) = [x(t), y(t)] der x = t t, y = tx =, t [, ] + t + t av den nedre løkka av bladet (den nedre fordi y = tx x når t.) Vi kan parametrisere kurva langs den rette linja y = x tilbake mot origo ved s (t) = [t, t]. Kurva = blir ei stykkevis glatt, enkel, lukket kurve med orientering mot klokkeretningen som omslutter halve bladet R slik at vi ved Greens teorem har at arealet av hele bladet ved hjelp av setning..8 side 6 blir til Areal(R) = (x dy y dx) = (x dy y dx) fordi vi langs kurvebiten s (t) = [t, t] har x dy y dx = t t =. Vi må så finne x dy y dx langs kurva. Her har vi fordi y = tx at slik at slik at dy = x dt + t dx x dy y dx = x dt + tx dx tx dx = x dt = Areal(R) = (x dy y dx) = [ + t ] = 9t ( + t ) = d dt ( + t )
6Oppgave..ef La oss først se på de to vektorfeltene (e) (f) F (x, y) = [xy, ] url F = ( F x F y ) k= x k F (x, y) = [x, y] url F = ( F x F y ) k= dvs. vektorfeltet i (f) er konservativt slik at kurveintegralene langs de tre kurvene blir de samme. For vektorfeltet i (e) har vi ikke veg-uavhengighet, slik at der må vi regne litt mer. Vi ser først på kurveintegralene langs de to halvsirkelbuene og fra A = (, ) til B = (, ) med parametriseringer: : y = x, x + y =, y, x = cos t, y = sin t, t [, π] : y = x, x + y =, y, x = cos t, y = sin t, t [, π] For vektorfeltet i (e) har vi da for kurva at F r = [ sin t cos t, ] [sin t, cos t] = sin t cos t = d dt ( sin t), og for kurva at F r = [sin t cos t, ] [sin t, cos t] = sin t cos t = d dt ( sin t), F T ds = F T ds = Vi må så se på den siste gitte kurva som er satt sammen av tre rette linjestykker AN, N M, M B. For å forenkle skrivingen litt innfører vi størrelsen π 4 m = AN går fra punktet A = (, ) til et punkt N = ( /, m/) og har da likninga y = m(x + ) og kan parametriseres ved x = t, y = m(t + ), t [, ], [x, y ] = [, m] NM går fra punktet N = ( /, m/) til et punkt M = (/, m/) og har da likninga y = mx og kan parametriseres ved x = t, y = mt, t [, ], [x, y ] = [, m] MB går fra punktet M = (/, m/) til punktet B = (, ) og har da likninga y = m(x ) og kan parametriseres ved x = t, y = m(t ), t [, ], [x, y ] = [, m]
7 For vektorfeltet F (x, y) = [xy, ] i (e) får vi : F T ds = = [mt(t+), ] [, m]dt+ [ mt, ] [, m]dt+ [mt(t ), ] [, m]dt = = m[ (t +t)dt t dt+ (t t)dt] = m{ [ t +t ] [ t ] +[ t t ] = m( 4 + 8 + 4 4 + 4 + 8 ) = m 4 = π 4 8 } =.