TATA44 ösningar till tentamen 13/01/ ) Paraboloiden z = 2 x 2 y 2 skär konen z = x 2 + y 2 då x 2 + y 2 = 2 x 2 y 2. Med

Transkript

1 TATA44 ösningar till tentamen 1/1/ Paraboloiden z 2 x 2 y 2 skär konen z x 2 + y 2 då x 2 + y 2 2 x 2 y 2. Med ρ x 2 + y 2 då är ρ 2 + ρ 2 vilket ger ρ + 2ρ 1. åledes är ρ 1 ty ρ. Vi betecknar den del av paraboloiden som ligger innanför konen med, och parametriseras av ortsvektorn rx, y x, y, 2 x 2 y 2 där x, y och : x 2 + y 2 1. en sökta arean är nu A d r x r y dxdy 1 + 4x2 + 4y 2 dxdy [x ρ cos φ, y ρ sin φ, ρ 1, φ 2π] 1 2π 1 + 4ρ2 dφ dρ 2π ρ2 dρ [u 1 + 4ρ 2 ] π u 1/2 du π 6 [5 5 1]. 2. En enkel räkning ger A 2y z, 2z x, 2x y. Enligt tokes ats gäller A dr A ˆnd där betecknar ytstycket x 2 + y 2 + z 2 9, x, y, z. Observera att i vårt fall är ˆn r r r eftersom är en del av sfären x 2 + y 2 + z 2 9. Vi har nu A ˆn 1 2y z 2z x x y 2x y z och då erhåller vi A dr.. Lösning 1: Låt 1, 2, beteckna följande ytor: 1 : z, x + 2y 6, x, y, 2 : y, x + z 6, x, z, och : x, 2y + z 6, y, z. Låt V vara den kropp som : x + 2y + z 6 samt 1, 2, omsluter x, y, z. Enligt Gauss ats gäller A ˆnd A dv V ty A. I denna ytintegral pekar ˆn ut ur V. åledes har vi 1

2 2 A ˆnd A ˆn 1 d A ˆn 2 d A ˆn d där ˆn 1 ẑ, ˆn 2 ŷ, ˆn ˆx. Vidare har vi A ˆn 1 d 1 1 x+2y 6, x,y 6 2y 27 2.,, xy,, 1dxdy xydx dy A ˆn 2 d 2 2 x+z 6, x,z 2 6 z 6., xz,, 1, dxdz xzdx dz A ˆn d 2y+z 6, y,z 2 2. z 2 yzdy yz,, 1,, dydz dz lutligen erhåller vi A ˆnd 21. Lösning 2: Parametrisera ytan : x+2y +z 6 med ortsvektorn rx, y x, y, 2 x 2y där x, y : x + 2y 6, x, y. å har vi

3 A ˆnd Arx, y r x r ydxdy 2y xy 6 2y 2y2 x2, 2x 2xy 1, xy, 2, 1 dxdy [ 6x + y x 2 y 2 + 2xy ] dx dy [x 2 + xy x xy2 + x 2 y ] [6 + 54y 48y y dy 2 9 [6y + 27y 2 16y + 1y4 ] ] x6 2y x dy I cylinder koordinater har vi av vilket det följer att 6 A Φρ, φ, z Φ ρ 1 ρ2 z 2 cos 2 φ 1 + ρ 2 2, Φ φ ρ z2 sin 2φ 1 + ρ 2, Φ z 2zρ cos2 φ 1 + ρ 2. Ekvationen Φ z 2zρ cos2 φ ger Φ z2 ρ cos 2 φ + gρ, φ. Insättning av detta uttryck i Φ 1 + ρ ρ 2 φ ρ z2 sin 2φ ger g 1 + ρ φρ, φ och då är Φ z2 ρ cos 2 φ + gρ. Insättning av detta i Φ ρ 2 ρ 1 ρ 2 z 2 cos 2 φ ger g 1 + ρ 2 2 ρ och då erhåller vi att Φ z2 ρ cos 2 φ + C 1 + ρ 2 där C är en godtycklig konstant. Kurvan är skärningen mellan x + y + z och z 2 x 2 + y 2 med x och således ligger ändpunkterna i planet x : startpunkten P motsvarar φ π/2 och slutpunkten Q svara mot φ π/2. Eftersom A Φ då är A dr ΦQ ΦP ty φ π/2 i P och φ π/2 i Q. 5. Vektorfltäet A är summan av två vektorfält: A A 1 + A 2 där Vi har A 1 yˆx + xŷ, A 2 A dr x x 2 + y 2 ˆx + y ŷ. 1/2 x 2 + y 2 1/2 A 1 dr + A 2 dr.

4 4 Vi har enligt Greens ats A 1 dr x 2 +y 2 9 2dxdy 18π. För att behandla A 2 låt 1 vara kurvan x 2 + y 2 9 som ligger innanför och beteckna med 1 området mellan och 1. Enligt Greens ats har vi då att A 2 dr + 1 av vilket det följer att 1 [ y x x 2 + y 2 1/2 y A 2 dr A 2 dr 1 ] x dxdy x 2 + y 2 1/2 där både och 1 genomlöps medurs. Parametrisera 1 med ortsvektorn rφ cos φ ˆx + sin φ ŷ med φ : 2π. Vi har då A 2 rφ cos φ ˆx + sin φ ŷ och kurvintegralen är nu och vi erhåller 1 A 2 dr. 2π 2π A 2 rφ r φdφ [ ] cos φ sin φ A dr 18π. [ ] sin φ dφ cos φ 6. Lösning 1: Vektorfältet är singulärt i,,. I rymdpolära koordinater har vi Vi har då A 1 r ˆr r 2. 1 A sin θ r 2 sin θ r för r. ätt 1 : x 2 + y 2 + z 2 1 och låt V beteckna kroppen mellan 1 och paraboloiden x 2 + 4y 2 + 6z 2 9. Enligt Gauss ats har vi då att A ˆnd + x 2 +4y 2 +9z 2 A ˆn 1 d 1 1 V AdV där normalerna ˆn och ˆn 1 pekar ut ur V. Vi kan då skriva det sköta flödet som Φ A ˆnd x 2 +4y 2 +9z 2 A ˆn 1 d 1 1 där ˆn 1 nu pekar ut ur sfären 1. Vi har d 1 sin θ dθ dφ med θ π, φ 2π och ˆn 1 ˆr. På 1 är A ˆr se ovan och således har vi

5 5 Φ A ˆn 1 d 1 1 2π π ˆr ˆr sin θ dθ dφ 2π 4π. π sin θ dθ Lösning 2: Vi kan skriva A r r där r x, y, z och r x 2 + y 2 + z 2. ätt : x 2 + 4y 2 + 9z 2 16 och 1 x 2 + y 2 + z 2 1. Enligt Gauss ats gäller att A ˆnd AdV + 1 V där V är området mellan 1 och och ˆn pekar ut ur V. En enkel räkning ger A i alla punkter där x, y, z,, och i synnerhet inom V. åledes har vi A ˆnd A ˆn 1 d 1 1 där pekar ut ur 1 bort från origo. På 1 är r 1 och ˆn 1 ˆr r r ty 1 är en sfär. å erhåller vi att och då är A ˆn 1 r r r r 1/r2 1, A ˆnd d 1 4π 1 ty arean av en sfär med radie R är 4πR 2.