Løsning IM 6 Oppgave x + y Grensen lim er ubestemt da både teller og nevner blir Vi skal vise at grensen ( xy, ) (,) x + y ikke eksisterer og bruker rette linjer inn mot origo De enkleste linjene er koordinataksene og vi bestemmer verdien av envariabelgrensene langs aksene x + Langs x aksen er y = Innsatt blir envariabelgrensen lim = lim = x x + x + y Langs y aksen er x = Innsatt blir envariabelgrensen lim = lim = y + y x x + y Siden disse envariabelgrensene er forskjellige så eksisterer ikke grensen lim ( xy, ) (,) x + y Oppgave Potensialfunksjoner, ϕ, konstrueres fra vektorfeltet ved å løse den differensielle vektorlikningen ϕ = F På komponentform for det aktuelle vektorfeltet gir det likningene: ϕ = y x ϕ = x y ϕ = z Integrasjon av den første gir ϕ = y dx = xy + A( y, z) Innsetting i den andre likningen gir ϕ A A = ( xy+ A( y, z) ) = x+ = x = x x= A( y, z) = B( z) y y y y Potensialfunksjonen har nå formen ϕ = xy+ B( z) Innsatt i den siste likningen finner vi ϕ = ( xy+ B( z) ) = B ( z) = z B( z) = zdz = z + C Alle potensialfunksjonene til vektorfeltet er på formen ϕ = ϕ( x, yz, ) = xy+ z + C b) Siden vektorfeltet er konservativt trenger vi bare startpunkt og sluttpunkt da veien i mellom disse punktene er uten betydning for integralet Fra parameterformen finner vi r = r() = e, +,+ = (,,) og sluttpunktet startpunkt B ( ) re r() ( e,, ) ( e,,5) C =, blir E B = = + + = Med ϕ = ϕ( x, yz, ) = xy+ z, hvor vi har valgt F dr = ϕ ( r ) ϕ ( r ) = ϕ ( e,,5) ϕ (,, ) = C e + 5 ( ( ) + ) = 5 6= 9
Løsning IM 6 Oppgave Vi benytter at y = x dy = d( x ) = ( x ) dx= x dx Innsatt i integralet får vi C ( ) 7y dx + 5x dy = 7( x ) + 5x x dx = 6 7 5 7 5 7 5 7 x + 5 x dx = [7 x + 5 x ] = + = Oppgave a) Retningen er gitt ved gradienten i punktet Gradienten er ( + xy) ( + xy) δ =, = ( xy, x) x y I punktet blir gradienten δ (,) = (, ) = (,) Retningen for maksimal vekst i tettheten ut fra punkt P (,) er (,) Den maksimale veksten i tettheten i punkt P (,) er (,) = + = 5 b) Platen deles i det indre av trekanten og trekantens rand Vi må bestemme ekstremalpunkter på det indre av området og randen til området for seg Indre punkter Lokale ekstremalpunkter bestemmes fra δ = ( xy, x ) = (,) Likningen blir på komponentform xy = og x = Den siste gir x = som gjør at den første oppfylles for alle verdier av y Likningen x = er y aksen og dermed en del av randen til området Det er ingen ekstremalpunkter for tettheten i det indre av området Områdets rand Siden i trekanten fra (,) til (,) er en del av x aksen med y = Langs denne siden er tettheten δ = δ( x,) = + x = Siden i trekanten fra (,) til (, ) er en del av y aksen med x = Langs denne siden er tettheten δ = δ(, y) = + y = Δy Linja gjennom (,) og (,) har stigning = = og skjærer y aksen i Δx Likningen for linja er y = ax+ b= x+ Det er to måter å bestemme ekstremalpunktene langs linja i) Lagranges metode Likningen for linja er en føring/bibetingelse H( x, y) = x+ y = I et ekstremalpunkt langs linja er δ = λ H
Løsning IM 6 (x+ y ) (x+ y ) Vi har H =, = (,) x y Innsatt i δ = λ får vi ( xy, x ) = λ(,) Dette gir på komponentform: xy = λ xy = λ og x = λ Eliminasjon av λ gir xy = λ = x xy x = x( y x) = Vi får x = som vi allerede har drøftet og y = x Eventuelt kan likningen finnes direkte fra vektorkriteriet for parallelle vektorer ved å gjøre vektorene i planet til romvektorer Dette oppnås ved å legge til en z komponent i j k x xy xy x δ H = xy x =,, = (,,xy x ) = (,,) Kravet gir likningen xy x = x y x = som før, denne gang uten λ ( ) Innsatt i føringen får vi H( x, y) = x+ y = x+ x = x= x= Dette gir med y = x+ = + = Tettheten i ekstremalpunktet er 7 + 6 δ (, ) = + ( ) = + = =, som er større enn som vi har fra før 7 7 Største tetthet i plata er 7 ii) Innsetting Langs linja er tettheten gx ( ) = δ( xyx, ( )) = δ( x, x+ ) = + x( x+ ) = x + x Ekstremalpunkter bestemmes ved å sette den deriverte til Derivasjon gir g ( x) = 6x + 8x= x( x+ ) = med løsningene x = og x =, samme resultat som for Lagranges metode Oppgave 5 Temperaturen er fast lik i endepunktene som gir løsningen på formen: T( x, t) = h e sin( ) n= k( n ) t L n x n L Med k = og L = blir løsningen T( x, t) = h e sin( nx) n= Vi må bestemme fourierkoeffisientene fra startkravet T( x, ) = 5sin x+ sin x= h( x) = h sin nx n= n nt n Direkte sammenlikning gir h = 5 og h = Løsningen er: t t 8t t T( x, t) = h e sin( x) + h e sin( x) = 5e sin( x) + e sin( x)
Løsning IM 6 Det siste leddet minker mye hurtigere enn det første Vi sløyfer det siste leddet og bruker at sin x Dette gir for kjøletiden 8t 5 5e = 8t = ln t = ln = 5 5 8 Som en test undersøker vi størrelsen av det andre leddet ved denne tiden: 5 e = som er mye mindre enn Antakelsen holder Kjøletiden er 5 Oppgave 6 x y a) Innfører nye koordinater u =, v=, w= z Det nye området G avgrenses av enhetssfæren u + v + w = Tilleggskravet er y = v> v> Dette gir G: u + v + w, v>, som er en halvkule Gamle koordinater ved nye blir x = u+, y = v, z = w xu xv xw ( xyz,, ) Jacobideterminanten er Juvw (,, ) = = yu yv yw = = = 6 ( uvw,, ) z z z u v w Variabelskiftet gir y dv = v 6 dv = 6 v dv D G G Vi innfører kulekoordinater for halvkulen G u = ρ sinϕcos θ, v= ρsinϕsin θ, w= ρcosϕ Kravet er v = ρ sinϕsinθ Siden ρ og ϕ sinϕ blir kravet at sinθ som gir θ ρ Dermed er G = ϕ θ Dette gir vdv = ρ sinϕsinθρ sinϕ d ρ d ϕ d θ = ρ sin ϕsinθ d ρ d ϕ d θ = G [ ρ sin ϕsin θ ] dϕdθ = sin ϕsinθdϕdθ = sin ϕdϕsinθ dθ = sinθ dθ = 8 sin θdθ = 8[ cos θ ] = 8 ( cos + cos ) = Dette gir ydv = 6 vdv = 6 = 9 D G
Løsning IM 6 5 F F x y Fz b) Divergensen er F = + + = x y z ( xy e ) ( 5 y) ( xy( z)) + + + + = xy+ y xy = y x y Sideflaten, S, i xz planet til legemet utgjør sammen med ellipsoideflaten hele overflaten til legemet Matematisk blir dette D = S Divergenssetningen gir FdV = F ndσ D D Oppdelingen av overflaten gir F nd σ = F nd σ + F nd σ D S Innsatt får vi F nd σ = FdV F nd σ D S FdV = ydv = ydv = =, fra punkt a) Volumintegralet er 5 5 9 5 D D D Sideflaten er en del av xz planet og utadrettet enhetsnormal er j Vektorfeltets y komponent er = + 5y, som er når y = i xz planet Flateintegralet over sideflaten er Fy F nd σ = F ( j) d σ = Fy d σ = d σ = d σ = a( S) S S S S S x y Ellipsoiden + + ( z) = gir i xz planet med y = ellipsen x + ( z) = som har halvakser a = og b = ( med sentrum i (,) ) Arealet av ellipsen er etter formel as ( ) = ab= = Totalt er fluksen ut av ellipsoideflaten : Φ = F ndσ = FdV F ndσ = 5 ( ) = 5 D S Oppgave 7 i j k CurlF = F = = x y xyz x z x y + y 8 ( x y + 8 y) ( x z) ( x y + 8 y) ( xyz) ( x z) ( xyz), +, = y x x y ( x + 8 x, xy + xy,xz xz) = (8,,) Stokes setning gir F dr = F ndσ Det er enklere å finne en flate med kurven C som rand enn å bruke parameterframstillingen av skjæringskurven C Vi beregner derfor flateintegralet Det er enklere å bruke den plane flaten enn kuleflaten Vi har at arbeidet W = F ndσ = og der flaten orienteres etter kurvens positive omløp, med C
Løsning IM 6 6 Flaten er på implisitt form H( x, y, z) = x z = ( H, H H =, H x y ) = (,, ) (,, ) (,, ) Vi har at n dσ =± da =± da =± da =± da H H (,, ) Beregner F ndσ = (8,,) ± da =± 8dA=± 6 da Vi lar projeksjonen av det plane området innenfor kulen med kurven C som rand være R Da er W = ± 6 da=± 6 da=± 6 a( R) R R Vi trenger beskrivelsen av projeksjonen R Kurven C er skjæringen mellom kuleflaten x + y + z = og planet x z = Siden projeksjonen skal være i xy planet må vi eliminere z Løsning gir z = x= x Innsatt i likningen for kuleflaten får vi x + y + ( x) = x + y + 8x = 9x + y = Projeksjonen er et elliptisk område R:9x + y Vi trenger halvaksene i ellipsen x y x y x y 9 9 Divisjon gir + = + = + = Halvaksene er a = og b = som gir ar ( ) = ab= = 6 Vi har at W =± 6 =± Det gjenstår å fastsette fortegnet Kurven C skal omløpes i positiv retning sett ovenfra Dette betyr moturs Høyrehåndsregelen fastslår at normalvektoren til planet må peke oppover, dvs den må ha positiv z komponent Vi har brukt retningen H = (,, ), altså negativ z- komponent Fortegnet må derfor være minus 6 Vi har W =