A = D. r s r t dsdt. [(1 + 4t 2 ) 3/2 1]dt (1) där det sista steget fås genom variabelbytet u = 1 + 4s 2. Integralen. (1 + 4t 2 ) 3/2 dt

Transkript

1 TATA44 Lösningar till tentamen 27/8/2..) Arean A av ytstycket ges av formeln A r s r t dsdt där : s t, t. En enkel räkning ger r s r t ( 2s 2 cos t, 2s 2 sin t, s) av vilket det följer att A s2 + 4s 4 dsdt ( t s ) + 4s 2 ds dt ( t s ) + 4s 2 ds dt 2 där det sista steget fås genom variabelbytet u + 4s 2. Integralen behandlas med Hermites Rotansats. Vi har [( + 4t 2 ) 3/2 ]dt () ( + 4t 2 ) 3/2 dt och vi sätter ( + 4t 2 ) 3/2 dt ( + 4t 2 ) 2 dt ( + 4t 2 ) 2 6t 4 dt + 8t 2 + dt (At 3 + Bt 2 + Ct + ) 4t K dt enligt Hermites Rotansats. erivering i V.L. och H.L. ger 6t 4 + 8t 2 + (3At 2 + 2Bt + C) 4t t(At3 + Bt 2 + Ct + ) + K av vilket det följer att 6t 4 + 8t 2 + (3At 2 + 2Bt + C)(4t 2 + ) + 4t(At 3 + Bt 2 + Ct + ) + K som ger 6t 4 + 8t 2 + 6At 4 + 2Bt 3 + (3A + 8C)t 2 + (2B + 4)t + C + K och vi får A, B, C 5/8, K 3/8. å är

2 Integralen ( + 4t 2 ) 2 dt (t3 + 5t 8 ) 4t dt. dt beräknas så här: dt [w 2t] 2 w2 + dw 2 ln[w + w 2 + ] + L, där det sista steget är en standardintegral (Persson och Böiers) och L är en konstant. Vi får då ( + 4t 2 ) 2 dt (t3 + 5t 8 ) 4t ln[2t + 4t ] + L och då är och vi får ( + 4t 2 ) dt ln[2 + 5] A ln[2 + 5] 2. 2.) Lösning : Lägg till ytan : x 2 + y 2 4, z med enhetsnormal ˆn. å är ytan + sluten och om V betecknar området som omsluts av och så har vi, enligt Gauss' ats, A ˆnd + A ˆn d AdV. Här pekar enhetsnormalerna ˆn och ˆn ut ur kroppen V, enligt förutsättningarna i Gauss' ats. En enkel undersökning visar att villkoret ˆn ẑ > gör att ˆn pekar ut ur kroppen V. En enkel räkning ger A 2(x + y) och vi får V V AdV 2 2 x 2 +y 2 4 x 2 +y 2 4 ( ) 2 x 2 +y 2 (x + y)dz dxdy [2 x 2 + y 2 )](x + y)dxdy efter ett variablebyte till polära koordinater x r cos φ, y r sin φ, med r 2, φ 2, och en sedvanlig integration. å har vi att ödet Φ ges genom A ˆnd A ˆn d. Vi vet att ˆn pekar i negativ z-riktning och då pekar ˆn pekar i positiv z-riktning. åledes har vi A ẑd (x 2 + y 2 )d. är cirkelskivan x 2 + y 2 4 och en enkel räkning med plana polära koordinater ger 2

3 8. Lösning 2: et går (med ihärdig räkning) att beräkna ödet utan Gauss' ats. Flödet denieras av integralen A ˆnd. Ortsvektorn för punkter på är r(x, y) (x, y, 2 x 2 + y 2 ) med : x 2 + y 2 4 eftersom vi ska ha z. En enkel räkning ger r x r x y ( x2 + y, y 2 x2 + y, ) och vi har ẑ 2 (r x r y) >. A ˆnd A (r x r y)dxdy ( x 2 +y 2 4 x x 2 + y 2 + y[ x 2 + y 2 + Byt till polära koordinater: x r cos φ, y r sin φ och vi erhåller 2 ( 2φ r 3 dr OB: Här har vi använt oss av det faktum att 4 x2 + y 2 + y 2 x2 + y 2 4] + x2 + y 2 ) dxdy. ) [r 3 cos φ + (r 3 4r 2 + 4r) sin φ + r 3 sin 3 φ + r 3 ]dφ dr 2 cos φdφ 2 sin φdφ 2 sin 3 φdφ. 3.) Vi har A dr A dr + A dr + 2 A dr. 3 För sätter vi y cos θ, z sin θ med θ : så att y :. Ortsvektorn för är r(θ) (, cos θ, sin θ) och vi har då A dr. (, 2 sin θ, sin θ) r (θ)dθ (, 2 sin θ, sin θ) (, sin θ, cos θ)dθ [cos θ sin θ 2 sin 2 θ]dθ [cos 2θ ]dθ 3

4 För 2 är ortsvektorn r(y) ( y, y, ) och y : vilket ger att A dr 2 (, y 2 ( y), y( y)) r (y)dy (, y 2 ( y), y( y)) (,, )dy y 2 ( y)dy 2. För 3 är ortsvektorn r(y) ( + y, y, ) och y : vilket ger att A dr 3 2. (, y 2 ( + y), y( + y)) r (y)dy (, y 2 ( + y), y( + y)) (,, )dy y 2 ( + y)dy Vi erhåller A dr 6. 4.) Med A (f(x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z)), där f(x, y, z) axy+z 2, g(x, y, z) 2x 2, h(x, y, z) 3z 2 + bxz, villkoren för att A är ett potentialfält är att f y g x, f z h x, g z h y. (et går även att använda kriteriet A i det här fallet, men denna metod är speciell för tre dimensioner eftersom kryssprodukten är inte väldenierad för andra dimensioner.) etta ger ekvationerna 4x ax, 2z bz som ska gälla för (x, y, z) i ett enkelt sammanhängande område. å har vi a 4, b 2. Nu söker vi en funktion Φ(x, y, z) sådan att Φ x 4xy + z 2, Φ y 2x 2, Φ z 3z 2 + 2xz. Om vi integrerar Φ y 2x 2 så erhåller vi Φ(x, y, z) 2x 2 y + K(x, z). Insättning av denna ekvation i Φ x 4xy + z 2 ger K x z 2 av vilket det följer att K x z 2 och vi får K(x, z) xz 2 + L(z), som i sin tur ger Φ(x, y, z) 2x 2 y + xz 2 + L(z). Insättning av den sistnämnda ekvationen i Φ z 3z 2 + 2xz ger L (z) 3z 2 och då är L(z) z 3 + C med C en godtycklig konstant. åledes har vi Φ(x, y, z) 2x 2 y + xz 2 + z 3 + C. Integralen A dr Φ(,, ) Φ(,, ) 4

5 eftersom A är ett potentialfält med potential Φ(x, y, z) 2x 2 y+xz 2 +z 3 +C och kurvintegralen är därmed oberoende av vägen mellan kurvans ändpunkter. Vi erhåller A dr 2. 5.) Ortsvektorn för punkter på ytan är r(x, y) (x, y, x 2 + y 2 ) och vektorn r x r y ( 2x, 2y, ) är en normalvektor till. Vidare har vi ẑ (r x r y) >. ätt : (x, y) : x 2 + y 2 2. Flödet av vektorfältet är A ˆnd A (r x r y)dxdy ( ) x x 2 +y 2 2 x 2 + y, y 2 x 2 + y, ( 2x, 2y, ) dxdy 2 2 dxdy 2. x 2 +y ) Vektorfältet A är singulärt på z-axeln. I övriga punkter får vi A. Välj en sluten kurva C : x 2 + y 2, z som är inom området där x 2 + y 2 och då utgör och C randen till en yta inom området x 2 + y 2 (rita en gur). Enligt tokes' ats gäller A dr + A dr ( A) ˆnd C eftersom A. Observera att och C genomlöps så att är alltid till vänster om den riktning i vilken kurvan genomlöps. På C är A ( y, x, ) och vi parametriserar C genom att sätta x cos θ, y sin θ, z med θ 2. Ortsvektorn för C är r(θ) (cos θ, sin θ, ). Eftersom genomlöps moturs sett från punkten (,, 39) så genomlöps C medurs sett från samma punkt, och då har vi θ : 2, som ger nu A dr C A dr A r (θ)dθ ( sin θ, cos θ, ) ( sin θ, cos θ, )dθ dθ 5