Øyvind Ryans løsningsforslag

Transcription

i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page i — #1
i
i
Løsningsforslag for flervariabel analyse
med lineær algebra
Øyvind Ryan
Matematisk institutt
Universitetet i Oslo
18. februar 2015
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page ii — #2
i
i
ii
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page iii — #3
i
i
Innhold
Forord
v
Kapittel 3
Seksjon 3.1
Seksjon 3.2
Seksjon 3.3
Seksjon 3.4
Seksjon 3.5
Seksjon 3.6
Seksjon 3.7
Seksjon 3.8
Seksjon 3.9
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
6
8
12
17
23
27
35
37
Kapittel 6
Seksjon 6.1
Seksjon 6.2
Seksjon 6.3
Seksjon 6.4
Seksjon 6.5
Seksjon 6.6
Seksjon 6.7
Seksjon 6.8
Seksjon 6.9
Seksjon 6.10
Seksjon 6.11
Seksjon 6.12
Seksjon 6.13
Seksjon 6.14
Seksjon 6.15
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
41
41
47
52
56
61
66
67
73
75
79
84
87
92
93
97
iii
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page iv — #4
i
iv
i
INNHOLD
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page v — #5
i
i
Forord
Dette heftet inneholder løsningsforslag til utvalgte oppgaver i boka “Flervariabel analyse
med lineær algebra”, og skal dekke alle seksjoner i denne. Det er ment som en følgebok til
læreboka, ikke som en egen pensumbok. Heftet har utviklet seg over de årene jeg har hatt
plenumsregningene i kurset MAT1110 ved Universitetet i Oslo. Det meste av læreboka er
pensum i MAT1110, mens første del av boka er pensum i kurset MAT1100. Oppgavevalgene
gjenspeiler de som er blitt gitt i MAT1100 og MAT1110 de siste årene.
De nevnte kursene ved Universitetet i Oslo er ganske regnekrevende. Bakgrunnen for
heftet er tilbakemeldinger fra studenter som mener løsningsforslag er veldig nyttige å ha
ved siden av pensum, som en guide i oppgaveløsning. Selvfølgelig er det viktig at studenter
prøver å løse oppgavene på egenhånd og, men et presist og enklest mulig løsningsforslag
kan være gull verdt, både når man står fast på oppgaver, og når man skal kryssjekke det
man har gjort.
I dette heftet finnes også stoff relatert til oppgavene, som læreboka ikke går så dypt inn
på da teorien har mest fokus der. Heftet går for eksempel enda mer i detaljer enn læreboka
når det gjelder å sette opp uoppstilte problemer på en slik måte at de lar seg løse. Heftet
forklarer også gjennom mange oppgaver hvordan man skal komme i gang på de fleste typer
oppgaver, og hvordan man skal formulere seg. Det er også fokus på regneknep som ikke
alltid kommer så godt frem i læreboka. Flere av oppgavene kan løses på mer enn en måte,
og i flere tilfeller blir mer enn en fremgangsmåte vist. De vanlige regnefeilene blir også
gått gjennom. Noen deler av læreboka har erfaringsmessig vist seg vanskeligere enn andre,
og mye plass er derfor dedikert til disse delene. Dette gjelder blant annet regnetrening
og geometrisk forståelse knyttet til integrasjon i flere variable. Kapitlene og seksjonene
er nummerert på samme måte som i læreboka. Oppgaveteksten gjentas kun der dette er
praktisk, og det er derfor lurt å ha læreboka foran seg når man bruker heftet i forbindelse
med en oppgave.
Læreboka er bygget opp med en del kodeeksempler blandet inn i stoffet der dette er
relevant. Dette gjøres også i dette heftet, og det er flere oppgaver som inneholder programmering. Alle kodeeksemplene er i Matlab. Mye av regningen kan også bekreftes ved hjelp
av en symbolsk verktøypakke i Matlab, og dette blir demonstrert flere steder. Alle figurene
i heftet er også generert med Matlab.Ved Universitetet i Oslo er det også en strategisk
satsing på Python som et gjennomgående språk i begynnerkursene. Matlabkoden er derfor
også oversatt til Python, og kan finnes på heftets webside. Den strategiske satsingen på
Python er en del av “Computers in Science Education”-prosjektet (CSE) ved Universitetet
i Oslo, et prosjekt der beregninger søkes integrert tverrfaglig i undervisningen helt fra første
semester av på universitetet. Beregninger er her ment i en vid forstand, som omfatter både
programmering, forskjellige språk, algoritmeforståelse, og numeriske metoder. Vi kommer
tilbake til flere av disse senere i heftet.
På heftets webside kan du også finne all Matlab-kode som er listet opp i heftet, sammen
v
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page vi — #6
i
vi
i
FORORD
med all kode som er brukt til å generere figurene.
Bruk av boken i undervisning
Med dette heftet har studentene en guide til hvordan alle typer oppgaver i læreboka kan
løses, og det kan jo være en god støtte når man står fast på enkelte oppgaver. Heftet
egner seg definitivt best som en oppslagsbok - bruk den parallelt med at du løser konkrete
oppgaver, og slå opp etterhvert som du står fast. Ikke les boka fra perm til perm, det er
ikke det som er meningen! Og jobb med en oppgave i læreboka parallelt med at du bruker
heftet, med læreboka oppe! Studenter bør også være klar over at man lærer mest avå prøve
hardt på oppgavene på egen hånd først, før man rådfører seg med løsningsforslagene. Så,
studenter, prøv alltid å regne gjennom først! Det kan være lurt at man hver uke også gir
noen oppgaver som ikke blir løst i heftet. Dette vil hindre at studentene blir passive i den
forstand at de bare rådfører seg med heftet.
Som enhver annen bok inneholder nok også denne enkelte trykkfeil, som skal bli rettet
opp i neste utgave. Vi tar imot all hjelp vi kan få til å finne feil, eller å finne oppgaver
der forklaringer og utregninger er litt mangelfulle. Hvis du finner en trykkfeil foreslår vi at
du først sjekker om denne allerede er ført opp på den oppdaterte trykkfeillista på heftets
webside. Hvis den ikke er der bør du sende en email til adressen oppgitt på heftets webside.
Takk
Flere personer har bidratt i forbindelse med utformingen av innholdet i dette heftet. Studentene i MAT1110 har blant annet gitt tilbakemeldinger på første versjon av løsningsforslagene.
Spesielt har dette bidratt til å detaljere en del oppgaver videre der første versjon var for
kortfattet, og tilbakemeldinger fra studenter kommer helt sikkert til å fortsette de neste
årene og, slik at neste utgave kan bli enda bedre. Magnus Bugge og Magnus Pedersen Lohne
har oversatt mye av koden som finnes i dette heftet til Python. En stor takk også til Tom
Lindstrøm for å ha gitt innspill til utformingen av dette heftet, samt utvalget av oppgaver.
Jeg retter også en takk til arbeidskollegene mine på CSE-prosjektet, som har inspirert meg
til å jobbe med utviklingen av nytt kursmateriell.
Blindern, 18. september 2014
Øyvind Ryan
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 1 — #7
i
i
Kapittel 3
Seksjon 3.1
Oppgave 2.
r(t)
=
(cos t, t sin t)
v(t)
=
v(t)
=
r0 (t) = (− sin t, sin t + t cos t)
p
|v(t)| = sin2 t + sin2 t + 2t sin t cos t + t2 cos2 t
q
2 sin2 t + t sin(2t) + t2 cos2 t
=
a(t)
=
a(t)
=
=
=
v0 (t) = (− cos t, 2 cos t − t sin t)
4 sin t cos t + 2t cos(2t) + sin(2t) + 2t cos2 t − 2t2 sin t cos t
q
v 0 (t) =
2 2 sin2 t + t sin(2t) + t2 cos2 t
2 sin(2t) + 2t cos(2t) + sin(2t) + 2t cos2 t − t2 sin(2t)
q
2 2 sin2 t + t sin(2t) + t2 cos2 t
1
2 (3
− t2 ) sin(2t) + t(cos(2t) + cos2 t)
q
.
2 sin2 t + t sin(2t) + t2 cos2 t
Oppgave 3.
r(t)
=
(t, e−t , sin t)
v(t) = r0 (t) = (1, −e−t , cos t)
a(t) = v0 (t) = (0, e−t , − sin t).
Oppgave 5. Koden blir
% Oppgave 3.1.5 a)
t=linspace(0,6*pi,100);
plot(t.*cos(t),t.*sin(t));
% Oppgave 3.1.5 b)
plot(5*cos(t),3*sin(t));
1
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 2 — #8
i
2
i
KAPITTEL 3
% Oppgave 3.1.5 c)
plot(sin(2*t).*cos(t),sin(2*t).*sin(t));
% Oppgave 3.1.5 d)
plot3(t.*cos(t),t.*sin(t),t);
% Oppgave 3.1.5 e)
t=linspace(-20,20,400);
plot3(t,sin(t),cos(t));
Oppgave 6.
% Oppgave 3.1.6
t=linspace(0,200,1000);
m=1;
g=9.8;
k=0.5;
u1=0.2;
u2=0.4;
f1=(m*u1/k)*(1-exp(-k*t/m));
f2=(-m*g*t/k)+(m*u2/k + m*m*g/(k*k))*(1-exp(-k*t/m))
plot(f1,f2);
Oppgave 8. Vi har r(t) = (t2 , t3 ), der t ∈ [0, 10]. Vi har at
10
Z
L(0, 10)
=
p
x0 (t)2 + y 0 (t)2 dt
p
4t2 + 9t4 dt =
0
10
Z
=
0
Z
10
t
p
9t2 + 4dt.
0
Gjør vi her substitusjonen u = 9t2 + 4, som gir du = 18tdt, så får vi
Z
10
t
p
9t2
+ 4dt
=
0
1
18
Z
18t
p
1 2 3/2
u
18 3
904
4
Z 904
√
1
+ 4dt =
udu
18 4
1 h 3/2 i904
9043/2 − 8
=
u
=
.
27
27
4
9t2
0
=
10
Oppgave 10.
a). Vi regner ut
v(t)
=
v(t)
=
a(t)
=
√
√
r0 (t) = (−2 sin t, 2 cos t, 2 cos t)
p
|v(t)| = 4 sin2 t + 2 cos2 t + 2 cos2 t = 2
√
√
v0 (t) = (−2 cos t, − 2 sin t, − 2 sin t)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 3 — #9
i
SEKSJON 3.1
i
3
b).
Z
2π
L(0, 2π) =
2π
Z
v(t)dt =
2dt = 4π.
0
0
c). En kule med sentrum i origo er beskrevet ved at x2 + y 2 + z 2 = r2 , der r er kuleradien.
Vi har at
x2 + y 2 + z 2 = 4 cos2 t + 2 sin 2t + 2 sin2 t = 4 cos2 t + 4 sin2 t = 4 = 22 ,
og derfor ligger kurven på en kule om origo med radius 2.
d). Vi har at
y−z =
√
2 sin t −
√
2 sin t = 0,
og derfor ligger kurven i det gitte planet.
e). Kurven beskriver en sirkel med radius 2, på grunn av c), d), og det faktum at skjæringen
mellom en kule med senter i origo og et plan gjennom origo er en sirkel med samme radius
som kula.
% Oppgave 3.1.10e)
plot3(2*cos(t),sqrt(2)*sin(t),sqrt(2)*sin(t));
% Oppgave 3.1.11 b)
quad(@(x)sqrt(2+t.^2),0,2*pi)
Oppgave 12.
a). Fra Eksempel 8 har vi at
r(t) = (rt − r sin t, r − r cos t).
Derfor får vi
v(t)
=
v(t)
=
=
a(t)
=
a(t)
=
r0 (t) = (r − r cos t, r sin t)
p
|v(t)| = r2 − 2r2 cos t + r2 cos2 t + r2 sin2 t
√ √
r 2 1 − cos t
v0 (t) = (r sin t, r cos t)
√
r 2 sin t
0
v (t) = √
.
2 1 − cos t
b). Buelengden ved en omdreining av hjulet er
Z 2π
Z
s(2π) =
v(t)dt =
0
=
2π
√ √
r 2 1 − cos tdt
0
√ Z
r 2
2π
√
1 − cos tdt.
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 4 — #10
i
4
i
KAPITTEL 3
c). Vi har at
√
r
(1 − cos t)(1 + cos t)
=
1 + cos t
s
sin2 t
| sin t|
=
.
1 + cos t
1 + cos t
1 − cos t =
=
r
1 − cos2 t
1 + cos t
d). Siden sin t < 0 for π < t < 2π, blir integralet fra b) nå
√ Z 2π | sin t|
√ Z 2π √
1 − cos tdt = r 2
dt
r 2
1 + cos t
0
0
√ Z π sin t
√ Z 2π sin t
= r 2
dt − r 2
dt.
1 + cos t
0 1 + cos t
π
Bruker vi substitusjonen u = 1 + cos t får vi du = − sin tdt, og vi får dermed
Z 0
Z 2
√
du
du
√ +
√
r 2 −
u
u
2
0
Z
2
√ √ 2
√
√ √
du
√ = 2r 2 2 u 0 = 2r 22 2 = 8r.
= 2r 2
u
0
Oppgave 14. La oss først regne ut hvor lang tid vi bruker på en omdreining rundt sirkelen
med fart v når vi starter i (r, 0). Siden omkretsen til sirkelen er 2πr må vi løse likningen
s = vt = 2πr, som gir at t = 2πr
v . Vi vet også at kurven kan parametriseres ved r(t) =
(r cos(kt), r sin(kt)) for en k, og k kan vi finne ved å observere at argumentet kt skal være
2πr
v
2π når t = 2πr
v . Løser
vi k v = 2π finner vi at k = r , slik at vi kan skrive r(t) =
v
v
r cos r t , r sin r t . Deriverer vi to ganger får vi
v v v
r0 (t) = v(t) =
−r sin
t , r cos
t
r
r
r
v 2 v v 2
v v0 (t) = a(t) =
t , −r sin
t =−
−r cos
r(t).
r
r
r
r
Oppgave 17.
a). Siden fartsretningen til bakhjulet alltid er retningen mot forhjulet, så vil v1 (t) ha
samme retning som r2 (t) − r1 (t). Fra oppgaveteksten har vi at r2 (t) − r1 (t) har lengde 1,
så denne er dermed en enhetsvektor i fartsretningen, som også er definisjonen på T1 (t).
Altså er T1 (t) = r2 (t) − r1 (t), slik at r2 (t) = r1 (t) + T1 (t).
b). Vi antar at r1 (t) = (t, sin t), og får da at
v1 (t)
=
v(t)
=
T1 (t)
=
r2 (t)
=
(1, cos t)
p
1 + cos2 t
1
cos t
√
,√
1 + cos2 t
1 + cos2 t
1
cos t
r1 (t) + T1 (t) = t + √
, sin t + √
.
1 + cos2 t
1 + cos2 t
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 5 — #11
i
SEKSJON 3.1
i
5
c). Koden blir
% Oppgave 3.1.17c)
t = 0:0.05:10;
plot(t,sin(t),’k-’,...
t + 1./sqrt(1+cos(t).^2),sin(t) + cos(t)./sqrt(1+cos(t).^2),’k+’);
legend(’bakhjul’,’forhjul’);
axis(’equal’);
d). Sykkelen kjører fra venstre mot høyre, siden plottet faller sammen med det vi tegnet i
c).
Oppgave 18. Med origo midt i sirkelen og med startpunkt (b, 0), får vi: x(t) = (a +
a+b
b) cos t − a cos( a+b
a t), y(t) = (a + b) sin t − a sin( a t)
Oppgave 21.
a). Ved å bruke setning 3.1.4 får vi at
d
(r(t) × v(t))
dt
= r0 (t) × v(t) + r(t) × v0 (t)
=
v(t) × v(t) + r(t) × a(t)
=
v(t) × v(t) + r(t) × (k(t)r(t))
=
v(t) × v(t) + k(t)(r(t) × r(t))
=
0 + 0 = 0.
Her har vi brukt regnereglene for vektorproduktet fra setning ??, samt at vektorproduktet
av to parallelle vektorer alltid er 0.
b). På grunn av a) så må den deriverte av hver komponent i r(t) × v(t) også være 0. Men
da er hver komponent i r(t) × v(t) en konstant. Men da er også r(t) × v(t) konstant.
c). Planet som inneholder 0, r(0), og v(0) er unikt identifisert ved at det har normalvektor
r(0) × v(0), og går gjennom 0. Å vise at r(t) ligger i dette planet blir da det samme som
å vise at r(t) · (r(0) × v(0)) = 0 (siden planet består av alle punkter som står normalt på
normalvektoren). Dette er tilfellet siden
r(t) · (r(0) × v(0)) = r(t) · (r(t) × v(t)) = 0,
hvor vi har brukt det vi viste i b), samt at vektorproduktet r(t) × v(t) står normalt på
r(t).
% Oppgave 5.2
t=linspace(0,50,1000);
x1=t;
y1=t.^2;
z1=sin(t);
x2=sin(t).^2;
y2=cos(t).^2;
z2=exp(-t);
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 6 — #12
i
6
i
KAPITTEL 3
plot3(x1,y1,z1)
figure(2)
plot3(x2,y2,z2)
Seksjon 3.2
Oppgave 1. Vi har funksjonen f (x, y) = x2 y 3 , og kurven
r(t) = (t2 , 3t).
Vi ser at
r0 (t)
=
(2t, 3)
5f
=
(2xy 3 , 3x2 y 2 )
5f (r(t))
=
(54t5 , 27t6 ).
Vi ser da at
g 0 (t) = 5f (r(t)) · r0 (t) = (54t5 , 27t6 ) · (2t, 3) = 108t6 + 81t6 = 189t6 .
Oppgave 3. Vi har funksjonen f (x, y, z) = x2 z − y sin(yz), og
r(t) = (et , t, cos(t2 )).
Vi ser at
r0 (t)
=
(et , 1, −2t sin(t2 ))
5f
=
(2xz, − sin(yz) − yz cos(yz), x2 − y 2 cos(yz))
5f (r(t))
=
(2et cos(t2 ), − sin(t cos(t2 )) − t cos(t2 ) cos(t cos(t2 )), e2t − t2 cos(t cos(t2 ))).
Vi får derfor
g 0 (t)
= 5f (r(t)) · r0 (t)
=
(2et cos(t2 ), − sin(t cos(t2 )) − t cos(t2 ) cos(t cos(t2 )), e2t − t2 cos(t cos(t2 )))
·(et , 1, −2t sin(t2 ))
=
2e2t cos(t2 ) − sin(t cos(t2 )) − t cos(t2 ) cos(t cos(t2 ))
−2t sin(t2 )e2t + 2t3 cos(t cos(t2 )) sin(t2 ),
og vi kan ikke forenkle dette uttrykket videre.
Oppgave 4. Vi har funksjonen f (x, y, t) = ty 2 ln(x2 + 1), og kurven
r(t) = (t3 , 3t + 1).
Hvis vi lager oss den nye parametriseringen
s(t) = (r(t), t) = (t3 , 3t + 1, t),
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 7 — #13
i
SEKSJON 3.2
i
7
så ser vi at g(t) = f (s(t)), som er en form der vi kan bruke kjerneregelen. Vi får
s0 (t)
(3t2 , 3, 1)
2xty 2
2
2
2
5f =
, 2ty ln(x + 1), y ln(x + 1)
x2 + 1
4
2t (3t + 1)2
6
2
6
, 2t(3t + 1) ln(t + 1), (3t + 1) ln(t + 1) .
5f (s(t)) =
t6 + 1
=
Vi ser da at
g 0 (t)
= 5f (s(t)) · s0 (t)
6t6 (3t + 1)2
=
+ 6t(3t + 1) ln(t6 + 1) + (3t + 1)2 ln(t6 + 1)
t6 + 1
6t6 (3t + 1)2
=
+ (3t + 1)(9t + 1) ln(t6 + 1).
t6 + 1
Oppgave 5. Vi har
F
Vi ser at
∂F
=
∂x
x
y
2xy
y+1
=
x2 y
xy + x
∂F
=
∂y
, og
.
x2
x
.
Når r(t) = (sin t, cos t) blir r0 (t) = (cos t, − sin t). Hvis G(t) = F(r(t)) blir dermed
2 2xy
x
0
G (t) = cos t
− sin t
y+1
x
2 sin t cos t
sin2 t
= cos t
− sin t
cos t + 1
sin t
3
2
2 sin t cos t − sin t
=
.
cos2 t + cos t − sin2 t
Oppgave 7. Vi har temperaturfunksjonen f (x, y, t) = 20 + 2t − x2 + y 2 , og kurven
2
2
r(t) = (3t − t4 , 2t + t8 , t). Vi får at
5f
=
5f (r(t))
=
5f (r(1))
=
r0 (t)
=
r0 (1)
=
(−2x, 2y, 2)
t2
t2
(−6t + , 4t + , 2)
2
4
(−11/2, 17/4, 2)
t
t
(3 − , 2 + , 1)
2
4
(5/2, 9/4, 1)
Hvis g(t) = f (r(t)) får vi dermed
g 0 (1)
= 5f (r(1)) · r0 (1) = (−11/2, 17/4, 2) · (5/2, 9/4, 1)
−220 + 153 + 32
35
= −55/4 + 153/16 + 2 =
=− .
16
16
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 8 — #14
i
8
i
KAPITTEL 3
Siden dette er mindre enn null, så er temperaturen avtagende langs kurven nær 1.
Oppgave 8. For å regne ut g 00 (t) med g(t) = f (r(t)), bruker vi først kjerneregelen for å
regne ut g 0 (t) og får
∂f
∂f
g 0 (t) =
(r(t))x0 (t) +
(r(t))y 0 (t).
∂x
∂y
∂f
Forå derivere denne en gang til må vi igjen bruke kjerneregelen forå derivere ∂f
∂x (r(t)), ∂y (r(t)),
og deretter bruke regelen for å derivere et produkt. Vi får først (vi dropper å skrive opp at
vi beregner de partielle deriverte i r(t), for å unngå for mye skriving. Vi tar med de disse
bare på slutten.)
∂ ∂f
∂x
∂t
∂ ∂f
∂y
∂t
=
∂2f 0
∂2f 0
x (t) +
y (t)
∂x∂x
∂x∂y
=
∂2f 0
∂2f 0
x (t) +
y (t).
∂y∂x
∂y∂y
Innsetting gir nå
g 00 (t)
=
=
=
∂ ∂f
∂ ∂f
∂f 00
∂f 00
∂y 0
∂x 0
x (t) +
x (t) +
y (t) +
y (t)
∂t
∂x
∂t
∂y
2
∂ f 0
∂2f 0
∂2f 0
∂2f 0
0
x (t) +
y (t) x (t) +
x (t) +
y (t) y 0 (t)
∂x∂x
∂x∂y
∂y∂x
∂y∂y
∂f
∂f 00
+ x00 (t) +
y (t)
∂x
∂y
∂2f
∂2f
∂2f
0
2
0
0
(r(t))x
(t)
+
2
(r(t))x
(t)y
(t)
+
(r(t))y 0 (t)2
∂x2
∂x∂y
∂y 2
∂f
∂f
+ (r(t))x00 (t) +
(r(t))y 00 (t),
∂x
∂y
der vi til slutt satt inn at vi beregnet
∂2f
∂2f
∂2f
∂x2 , ∂x∂y , ∂y 2
i r(t).
Seksjon 3.3
Oppgave 1. Vi har f (x, y) = x og kurven C parametrisert ved
r(t) = (sin t, cos t), t ∈ [0, 2π]
Vi har
f (r(t))
sin t
= r0 (t) = (cos t, − sin t)
v(t)
=
1
f (r(t))v(t)
=
sin t.
Vi får derfor
Z
Z
f ds =
C
=
v(t)
2π
Z
f (r(t))v(t)dt =
0
2π
sin tdt = 0.
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 9 — #15
i
i
SEKSJON 3.3
9
Oppgave 2. Vi har f (x, y) = xy, og kurven r(t) = (3t, 4t) med 0 ≤ t ≤ 2. Vi har
r0 (t)
=
(3, 4)
v(t)
=
5
f (r(t))
=
3t × 4t = 12t2 .
Dermed får vi
Z
Z
2
f ds =
Z
2
2
60t2 dt = 20t3 0 = 160.
f (r(t))v(t)dt =
C
0
0
Oppgave 3. Vi har f (x, y, z) = z cos(xy), og kurven r(t) = (3t, 4t, 5t) med 0 ≤ t ≤
Vi ser fort at
r0 (t)
=
v(t)
=
(3, 4, 5)
√
5 2
f (r(t))
=
5t cos(12t2 ).
√
π.
Dermed får vi
√
Z
Z
√
π
Z
f (r(t))v(t)dt =
f ds =
C
0
h
=
√
i
√
25 2/24 sin(12t2 )
π
√
25 2t cos(12t2 )dt
0
π
= 0.
0
√
Oppgave 4. Vi har f (x, y, z) = xz, og kurven r(t) = (2t3 , 3 2t2 , 6t) med 0 ≤ t ≤ 1. Vi
har
√
r0 (t) = (6t2 , 6 2t, 6)
p
v(t) =
36t4 + 72t2 + 36 = 6(t2 + 1)
f (r(t))
Dermed blir
Z
Z
12t4
1
f ds =
C
=
1
Z
12t4 6(t2 + 1)dt
f (r(t))v(t)dt =
0
Z
=
0
1
(72t6 + 72t4 )dt =
0
72 7 72 5
t + t
7
5
1
=
0
72 72
864
+
=
7
5
35
Oppgave 6. Vi har funksjonen f (x, y, z) = xyz og kurven
√
r(t) = (et , −e−t , 2t), 0 ≤ t ≤ 1.
Vi ser at
√
(et , e−t , 2)
q
p
2
v(t) =
e2t + e−2t + 2 = (et + e−t ) = et + e−t
√
f (r(t)) = − 2t.
v(t)
=
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 10 — #16
i
10
i
KAPITTEL 3
Vi får derfor
Z
1
Z
f ds =
C
Z
f (r(t))v(t)dt =
0
=
√
− 2t et + e−t dt
0
h√
i 1
+
2t −et + e−t
0
√
1
h√
Z
1
√
2 et − e−t dt
0
i1
2 et + e−t
0
√
√
√
−1
−1
=
2 −e + e
+ 2 e+e
−2 2
√
= 2 2 e−1 − 1 .
=
2 −e + e
−1
+
hvor vi har brukt delvis integrasjon.
Oppgave 9. At de to parametriseringene r1 : [a, b] → Rn og r2 : [c, d] → Rn har motsatt
orientering betyr at r1 (a) = r2 (d), og r1 (b) = r2 (c). Med φ slik at r2 (φ(t)) = r1 (t) har
vi at φ(a) = d og φ(b) = c, slik at φ er en avtagende funksjon, og dermed φ0 (t) ≤ 0. La
oss følge beviset for Setning 3.3.5 i resten av oppgaven: regner vi ut linjeintegralet med
parametriseringen r1 får vi
Z
Z b
I1 =
f ds =
f (r2 (φ(t)))v1 (t)dt,
C
a
og som i beviset for Setning 3.3.5 har vi at v1 (t) = v2 (φ(t))φ0 (t) og v1 (t) = v2 (φ(t))|φ0 (t)|,
men siden φ0 (t) ≤ 0 her så blir v1 (t) = −v2 (φ(t))φ0 (t). Gjør vi variabelskiftet u = φ(t) som
i beviset får vi nå
Z b
Z b
I1 =
f (r2 (φ(t)))v1 (t)dt = −
f (r2 (φ(t)))v2 (φ(t))φ0 (t)dt
a
Z
= −
c
Z
f (r2 (u))v2 (u)du =
d
a
d
f (r2 (u))v2 (u)du,
c
slik at verdiene vi får når vi bruker parametriseringer med motsatte orienteringer også blir
de samme.
Oppgave 10. Vi har den parametriserte kurven C gitt ved
8
r(t) = 2t − t2 , t3/2 , 0 ≤ t ≤ 1
3
Funksjonen som beskriver utbyggingskostnadene er gitt ved
p(x, y) = K(10 + y),
der K er en gitt konstant. Vi har nå at
r0 (t) =
2 − 2t, 4t1/2
p
p
v(t) =
(2 − 2t)2 + 16t = 4 − 8t + 4t2 + 16t
p
4 + 8t + 4t2 = 2 + 2t
=
8
p(r(t)) = K 10 + t3/2 .
3
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 11 — #17
i
SEKSJON 3.3
i
11
De totale utbyggingskostnadene blir
Z
Z 1
Z
pds =
p(r(t))v(t)dt =
C
=
=
=
=
1
8
K 10 + t3/2 (2 + 2t)dt
3
0
0
Z 1
16 3/2 16 5/2
K
20 + 20t + t + t
dt
3
3
0
1
32
32
K 20t + 10t2 + t5/2 + t7/2
15
21
0
32 32
+
K 20 + 10 +
15 21
3150 + 224 + 160
3534
K
=
K ≈ 33.7K.
105
105
Oppgave 11. Vi har den parametriserte kurven
r(t) =
!
√
t2 2 2 3/2 t
,
t ,
, 1 ≤ t ≤ 7.
2
9
9
Vi har at
√
!
2 1/2 1
t ,
r (t) =
t,
3
9
r
2
1
2
v(t) =
t + t+
= t +
9
81
0
1 1
=t+ ,
9
9
hvor vi kunne fjerne absoluttverditegnet siden 1 ≤ t ≤ 7. Bensinforbruket f til en bil er gitt
1
dz
ved 15
+ 12 dz
ds . Dette er en litt spesiell form: Her vil vi jo helst uttrykke ds som funksjon av
t. Det viser seg faktisk at vi kan klare dette, uten at vi finner uttrykket for z som funksjon
1
dz
1
av s! Setter vi nemlig inn v(t) = ds
dt = t + 9 og dt = 9 i uttrykket
dz
dz ds
=
dt
ds dt
som vi har fra kjerneregelen, får vi at
1
9
=
dz
ds
t+
1
9
, altså er
dz
1
=
.
ds
9t + 1
Vi får da
Z
C
=
=
7
1
t+
dt
9
1
7
Z 7
1
1
1
1 2
1
1
t+
+
dt =
t +
+
t
15
135 18
30
135 18
1
1
1
1
1
8
2
1
72 + 2 + 15
89
× 48
+
×6= +
+ =
=
.
30
135 18
5 45 3
45
45
Z
f ds =
1
1 1
+
15 2 9t + 1
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 12 — #18
i
12
i
KAPITTEL 3
Seksjon 3.4
Oppgave 1. Vi har F(x, y) = (y, x), og kurven C parametrisert ved
r(t) = (2t, −3t), 1 ≤ t ≤ 3.
Vi har at
F(r(t))
=
(−3t, 2t)
r0 (t)
=
(2, −3),
og får derfor
Z
3
Z
F · dr
3
Z
0
F(r(t)) · r (t)dt =
=
C
(−3t, 2t) · (2, −3)dt
1
1
3
Z
=
1
3
−12tdt = −6t2 1 = −48.
Oppgave 2. Vi har F(x, y, z) = (x2 , xy), og kurven C parametrisert ved
r(t) = (cos t, − sin t), 0 ≤ t ≤
π
.
2
Vi har at
og får derfor
Z
F · dr
Z
π
2
=
C
F(r(t))
=
(cos2 t, − sin t cos t)
r0 (t)
=
(− sin t, cos t),
F(r(t)) · r0 (t)dt =
Z
0
Z
=
π
2
(cos2 t, − sin t cos t) · (− sin t, cos t)dt
0
π
2
(− sin t cos2 t + sin t cos2 t)dt = 0.
0
Oppgave 3. Vi har F(x, y, z) = (zy, x2 , xz), og kurven C parametrisert ved
r(t) = (t, t2 , t3 ), 0 ≤ t ≤ 2.
Vi har at
F(r(t))
0
r (t)
=
(t5 , t2 , t4 )
=
(1, 2t, 3t2 ),
og får derfor
Z
Z
F · dr
2
0
0
=
0
2
1 6 1 4 3 7
t + t + t
6
2
7 0
0
64
384
224 + 168 + 1152
1544
+8+
=
=
.
6
7
21
21
Z
=
(t5 , t2 , t4 ) · (1, 2t, 3t2 )dt
F(r(t)) · r (t)dt =
=
C
2
Z
2
(t5 + 2t3 + 3t6 )dt =
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 13 — #19
i
SEKSJON 3.4
i
13
Oppgave 4. Vi har F(x, y, z) = ( xz , y, x), og kurven C parametrisert ved
r(t) = (et , ln t, sin t), 1 ≤ t ≤ 2.
Vi har at
(e−t sin t, ln t, et )
1
=
et , , cos t ,
t
F(r(t))
=
r0 (t)
og får derfor
Z
2
Z
F · dr
F(r(t)) · r0 (t)dt
=
C
1
Z
2
1
(e−t sin t, ln t, et ) · (et , , cos t)dt
t
1
Z 2
ln t
+ et cos t dt
=
sin t +
t
1
Z 2
Z 2
ln t
2
= [− cos t]1 +
dt +
et cos tdt
t
1
1
Z 2
Z 2
ln t
dt +
et cos tdt.
= cos 1 − cos 2 +
t
1
1
=
Det første av de gjenværendene integralene kan vi finne ved hjelp av substitusjonen u = ln t,
som gir du = dt
t . Det første integralet blir derfor
Z
ln 2
udu =
ln 1
1 2
u
2
ln 2
=
0
1
(ln 2)2 .
2
det andre integralet finner vi ved to ganger delvis integrasjon:
Z
Z
Z
t
t
t
t
t
e cos tdt = e cos t + e sin tdt = e cos t + e sin t − et cos tdt.
Samler vi integralene her finner vi at
integralet blir
Z
1
2
et cos tdt =
R
et cos tdt = 21 et (sin t + cos t), som gjør at det tredje
2
1 t
1
1
e (sin t + cos t) = e2 (sin 2 + cos 2) − e(sin 1 + cos 1).
2
2
2
1
Summen av det hele blir derfor
1
1
1
cos 1 − cos 2 + (ln 2)2 + e2 (sin 2 + cos 2) − e(sin 1 + cos 1).
2
2
2
Oppgave 6. Vi har F(x, y, z) = (x, y), og kurven C kan parametriseres ved
r(t) = (5 cos t, 5 sin t), 0 ≤ t ≤ 2π.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 14 — #20
i
14
i
KAPITTEL 3
Vi har at
F(r(t))
=
(5 cos t, 5 sin t)
r0 (t)
=
(−5 sin t, 5 cos t),
og får derfor
Z
Z
F · dr
2π
F(r(t)) · r0 (t)dt
=
C
0
Z
2π
(5 cos t, 5 sin t) · (−5 sin t, 5 cos t)dt
=
0
Z
2π
−25 sin t cos t + 25 sin t cos t = 0.
=
0
Oppgave 7. Vi har F(x, y) = x2 yi + xyj, og kurven C parametrisert ved
r(t) = ti + t2 j, − 2 ≤ t ≤ 2.
Vi har at
= t4 i + t3 j
F(r(t))
r0 (t)
= i + 2tj,
og får derfor
Z
Z
F · dr
2
2
F(r(t)) · r (t)dt =
=
C
Z
0
−2
Z 2
=
(t4 i + t3 j) · (i + 2tj)dt
−2
3t4 dt =
−2
3 5
t
5
2
=2×
−2
96
192
=
.
5
5
Oppgave 8. Vi har F(x, y, z) = (cos x sin y, x), og kurven C kan parametriseres ved hjelp
av tre kurver C1 , C2 , C3 , hvor hver av disse igjen er parametrisert ved
r1 (t)
=
(t, 0), 0 ≤ t ≤ π
r2 (t)
=
(π, t), 0 ≤ t ≤ π
r3 (t)
=
(π − t, π − t), 0 ≤ t ≤ π.
F(r1 (t))
=
(0, t)
F(r2 (t))
=
(− sin t, π)
F(r3 (t))
=
(cos(π − t) sin(π − t), π − t)
=
(− cos t sin t, π − t)
=
(1, 0)
=
(0, 1)
=
(−1, −1)
Vi har at
r01 (t)
r02 (t)
r03 (t)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 15 — #21
i
SEKSJON 3.4
og får derfor
Z
F · dr =
C
=
=
=
=
=
i
15
Z
Z
Z
F · dr +
F · dr
C1
C2
C3
Z π
Z π
Z π
F(r3 (t)) · r03 (t)dt
F(r2 (t)) · r02 (t)dt +
F(r1 (t)) · r01 (t)dt +
0
0
0
Z π
(F(r1 (t)) · r01 (t) + F(r2 (t)) · r02 (t) + F(r3 (t)) · r03 (t)) dt
0
Z π
(0 + π + cos t sin t − π + t)dt
Z0 π
1
1
1
( sin(2t) + t)dt = [− cos(2t) + t2 ]π0
2
4
2
0
2
2
1 π
1
π
− +
+ =
.
4
2
4
2
F · dr +
Oppgave 12. La r1 (t) : [a, b] → Rn , r2 (t) : [c, d] → Rn være to parametriseringer av den
lukkede kurven C. La videre de to parametriseringene ha forskjellige start/stoppsted, x0 ,
x1 , slik at r1 (a) = r1 (b) = x0 , r2 (c) = r2 (d) = x1 . Det finnes da en a < t0 < b slik at
r1 (t0 ) = x1 , og en
R c < t1 < d slik at r2 (t1 ) = x0 .
Regner vi ut C F · dr med x0 , x1 som startsteder, respektive (d.v.s. vi bruker parametriseringene r1 , r2 , respektive), får vi
Z
Z
b
F(r1 (t)) · r01 (t)dt
Z
t0
=
a
d
F(r1 (t)) · r01 (t)dt +
Z
F(r2 (t)) · r02 (t)dt +
Z
a
F(r2 (t)) · r02 (t)dt
Z
=
c
t1
b
F(r1 (t)) · r01 (t)dt
t0
d
c
F(r2 (t)) · r02 (t)dt,
t1
der vi også har splittet opp integralet. Splitter vi opp C i de to kurvene C1 = r1 ([a, t0 ]) (fra
Rb
x0 til x1 ), og C2 = r1 ([t0 , b]) (fra x1 til x0 ), ser vi at a F(r1 (t)) · r01 (t)dt over ble splittet
R
R
Rd
R
R
opp i C1 F · dr + C2 F · dr, mens c F(r2 (t)) · r02 (t)dt ble splittet opp i C2 F · dr + C1 F · dr
R
(siden r2 ([c, t1 ]) = C2 , r2 ([t1 , d]) = C1 , der vi har byttet ut med Ci F · dr siden vi vet at
kurveintegralet er uavhengig av parametriseringen. Resultatet følger nå fra at
Z
Z
Z
Z
F · dr +
F · dr =
F · dr +
F · dr,
C1
C2
C2
C1
siden rekkefølgen under addisjon ikke spiller noen rolle.
Oppgave 13. Vi skal bruke følgende observasjon tilå forklare det som står i oppgaven: Når
vi endrer orienteringen på en kurve, endrer enhetstangentvektoren retning. Dette høres jo
opplagt ut, men la oss for ordens skyld vise det: Hvis r1 : [a, b] → Rn og r2 : [c, d] → Rn
er to ekvivalente parametriseringer med motsatt orientering har vi som i Oppgave 3.3.9 at
r2 (φ(t)) = r1 (t), der φ0 (t) ≤ 0. Som i Oppgave 3.3.9 har vi også at v1 (t) = v2 (φ(t))φ0 (t).
v1 (t) og v2 (t) peker altså i Rmotsatte retninger, og da må vi ha at T1 (t) = −T
R 2 (r).
Som nevnt i oppgaven, C f ds avhenger ikke av orienteringen til C. Men C F · Tds vil
likevel avhenge av orienteringen, siden T endrer seg ved skifte av orientering. Integranden
F · T endrer fortegn ved skifte av orientering, siden T1 (t) = −T2 (r) fra utregningen over.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 16 — #22
i
16
i
KAPITTEL 3
Dermed skifterR hele kurveintegralet også fortegn. Dette er kompatibelt med Setning 3.4.4,
som jo sier at C F · dr også skifter fortegn når vi skifter orientering.
Oppgave 14.
a). Retningen til trekkraften er (20 − t, 5). Enhetsvektoren i denne retningen er
!
5
20 − t
p
,p
.
(20 − t)2 + 25
(20 − t)2 + 25
Siden trekkraften er konstant lik K, så blir kraftvektoren lik
F(r(t)) =
K(20 − t)
5K
p
,p
(20 − t)2 + 25
(20 − t)2 + 25
!
,
der strekningen båten dras er parametrisert ved r(t) = (t, 0), 0 ≤ t ≤ 20. Arbeidet som
kraften utfører blir da
Z 20
Z 20
K(20 − t)
0
p
dt
F(r(t)) · r (t)dt =
(20 − t)2 + 25
0
0
Z 20
20 − t
p
= K
dt.
(20
− t)2 + 25
0
b). Vi substituerer u = (20 − t)2 + 25, og får du = −2(20 − t)dt, slik at integralet blir
Z 425
Z 25
√ 425
1
1
√ du = K u 25
K
− √ du = K
2 u
2 u
425
√
√25
= K( 425 − 5) = 5K( 17 − 1).
Oppgave 15.
a). Trekkraften som virker på lasten har retning fra lasten mot taljen. Denne vektoren er
(1, 1) − (t, t2 ) = (1 − t, 1 − t2 ). Lengden til denne vektoren er
p
p
(1 − t)2 + (1 − t2 )2 ) =
(1 − t)2 + (1 − t)2 (1 + t)2
p
= (1 − t) 1 + (1 + t)2
p
= (1 − t) 2 + 2t + t2
Enhetsvektoren i trekkretningen er derfor
1
√
(1 − t, 1 − t2 )
(1 − t) 2 + 2t + t2
=
=
1−t
√
(1, 1 + t)
(1 − t) 2 + 2t + t2
1
√
(1, 1 + t)
2 + 2t + t2
Siden trekkraften er konstant lik K i trekkretningen er derfor trekkraften lik
K(t) = √
K
(1, 1 + t).
2 + 2t + t2
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 17 — #23
i
SEKSJON 3.5
i
17
b). Siden r(t) = (t, t2 ) blir r0 (t) = (1, 2t). Arbeidet blir
Z
Z
K · dr
1
K(t) · r0 (t)dt
=
C
0
Z
1
K
(1, 1 + t) · (1, 2t)dt
2 + 2t + t2
0
Z 1
K
2Kt(1 + t)
√
=
+√
dt
2 + 2t + t2
2 + 2t + t2
0
Z 1
1 + 2t + 2t2
√
= K
dt.
2 + 2t + t2
0
√
=
c). Vi har at
(t − 1)
p
t2 + 2t + 2
0
=
=
=
(t − 1)(2t + 2)
t2 + 2t + 2 + √
2 t2 + 2t + 2
2
t + 2t + 2 + (t − 1)(t + 1)
√
t2 + 2t + 2
2
2t + 2t + 1
√
.
t2 + 2t + 2
p
Det siste kjenner vi igjen fra integranden i b).
d). Vi ser nå at
h
i1
p
√
W = K (t − 1) t2 + 2t + 2 = K 2.
0
Seksjon 3.5
Oppgave 1. F(x, y) = (2xy + 2x, x2 ) er definert på et enkeltsammenhengende område,
∂F1
2
og siden ∂F
∂x = 2x, ∂y = 2x følger det fra teorem 3.5.4 at F har en potensialfunksjon. Vi
kan finne denne ved å løse
∂φ
∂x
∂φ
∂y
=
F1 (x, y) = 2xy + 2x
=
F2 (x, y) = x2 .
Disse to likningene gir
φ(x, y)
=
x2 y + x2 + C(y)
φ(x, y)
=
x2 y + D(x).
det er da klart at φ(x, y) = x2 y + x2 er en potensialfunksjon.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 18 — #24
i
18
i
KAPITTEL 3
Oppgave 2. Vi ser på F(x, y) = (2xey , x2 ey + x), og regner ut at
∂F2
∂x
∂F1
∂y
=
2xey + 1
=
2xey .
Siden disse er forskjellige er ikke vektorfeltet konservativt, og F har da ingen potensialfunksjon.
Oppgave 4. Vi ser på F (x, y, z) = (y 2 z + z, 2xyz − 2, xy 2 + x), og regner ut
•
∂F2
∂x
= 2yz,
∂F1
∂y
= 2yz,
•
∂F2
∂z
= 2xy,
∂F3
∂y
= 2xy,
•
∂F1
∂z
= y 2 + 1,
∂F3
∂x
= y 2 + 1.
Feltet er derfor konservativt, og vi må løse likningene
∂φ
∂x
∂φ
∂y
∂φ
∂z
=
F1 (x, y) = y 2 z + z
=
F2 (x, y) = 2xyz − 2
=
F3 (x, y) = xy 2 + x.
for å finne en potensialfunksjon. Løser vi disse tre finner vi at
φ(x, y, z)
=
y 2 zx + zx + C(y, z)
= xy 2 z − 2y + D(x, z)
= xy 2 z + xz + E(x, y).
Vi ser da at
φ(x, y, z) = xy 2 z − 2y + xz.
er en potensialfunksjon.
Oppgave 5. Vi har vektorfeltet F(x, y, z) = (y sin z + 2z, x sin z + 3, xy cos z + 2x). Vi
regner ut
∂F2
∂x
∂F1
∂y
∂F1
∂z
∂F3
∂x
∂F2
∂z
∂F3
∂y
=
sin z
=
sin z
= y cos z + 2
= y cos z + 2
= x cos z
= x cos z.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 19 — #25
i
SEKSJON 3.5
i
19
Feltet er derfor konservativt, og vi må løse likningene
∂φ
∂x
∂φ
∂y
∂φ
∂z
= F1 (x, y) = y sin z + 2z
= F2 (x, y) = x sin z + 3
= F3 (x, y) = xy cos z + 2x.
for å finne en potensialfunksjon. Løser vi disse tre finner vi at
φ(x, y, z)
=
xy sin z + 2xz + C(y, z)
=
xy sin z + 3y + D(x, z)
=
xy sin z + 2xz + E(x, y).
Vi ser da at
φ(x, y, z) = xy sin z + 2xz + 3y
er en potensialfunksjon.
Oppgave 7. Vi har vektorfeltet F(x, y) = (2xy, x2 ), og kurven C parametrisert ved
r(t) = (2t cos t, sin t), 0 ≤ t ≤
Det er tungvintå regne ut
Vi regner ut
R
C
π
.
2
F·dr direkte. I stedet forsøker viå finne en potensialfunksjon.
∂F2
∂F1
= 2x,
= 2x.
∂x
∂y
Felter er derfor konservativt, og har en potensialfunksjon . Vi må løse likningene
∂φ
∂x
∂φ
∂y
= F1 (x, y) = 2xy
= F2 (x, y) = x2 .
Integrasjon gir oss at
φ(x, y)
=
x2 y + C(y)
φ(x, y)
=
x2 y + D(x).
φ(x, y) = x2 y er derfor en potensialfunksjon for F. Vi har derfor
Z
Z
F · dr =
5φdr = φ(b) − φ(a) = φ(0, 1) − φ(0, 0) = 0,
C
C
hvor vi har brukt setning 3.5.1.
Oppgave 8. Vi har vektorfeltet F(x, y) = (cos(xy) − xy sin(xy), −x2 sin(xy)), og kurven
C parametrisert ved
r(t) = (−t cos t, sin t − cos t), 0 ≤ t ≤ π.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 20 — #26
i
20
i
KAPITTEL 3
Vi regner ut
∂F2
∂x
∂F1
∂y
= −2x sin(xy) − x2 y cos(xy)
= −x sin(xy) − x sin(xy) − x2 y cos(xy)
= −2x sin(xy) − x2 y cos(xy),
som viser at feltet er konservativt. For å finne en potensialfunksjon må vi løse
∂φ
∂x
∂φ
∂y
= F1 (x, y) = cos(xy) − xy sin(xy)
= F2 (x, y) = −x2 sin(xy).
Den siste er enklest, og gir oss at φ(x, y) = x cos(xy) + C(x). Den første løser vi slik:
Z
1
sin(xy) − y x sin(xy)dx
φ(x, y) =
y
Z
1
sin(xy) + x cos(xy) − cos(xy)dx
=
y
1
1
=
sin(xy) + x cos(xy) − sin(xy) + C(y)
y
y
= x cos(xy) + C(y).
Vi ser derfor at φ(x, y) = x cos(xy) er en potensialfunksjon. Vi har derfor
Z
Z
F · dr =
5φdr = φ(b) − φ(a) = φ(π, 1) − φ(0, −1) = −π.
C
C
Oppgave 10. Vi har vektorfeltet F(x, y, z) = (y 2 z + 2xy, 2xyz + x2 , xy 2 + 1), og kurven
C parametrisert ved
πt
r(t) = t, t2 , t sin
, 0 ≤ t ≤ 1.
2
Vi regner ut
∂F2
∂x
∂F1
∂y
∂F3
∂x
∂F1
∂z
∂F2
∂z
∂F3
∂y
=
2yz + 2x
=
2yz + 2x
= y2
= y2
=
2xy
=
2xy,
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 21 — #27
i
SEKSJON 3.5
i
21
∂φ
∂x
∂φ
∂y
∂φ
∂z
= F1 (x, y, z) = y 2 z + 2xy
= F2 (x, y, z) = 2xyz + x2
= F3 (x, y, z) = xy 2 + 1.
Disse tre gir
φ(x, y, z)
= y 2 zx + x2 y + C(y, z)
φ(x, y, z)
= xy 2 z + x2 y + C(x, z)
φ(x, y, z)
= xy 2 z + z + C(x, y).
Vi ser derfor at φ(x, y, z) = xy 2 z + x2 y + z er en potensialfunksjon. Vi har derfor
Z
Z
F · dr =
5φdr = φ(b) − φ(a) = φ(1, 1, 1) − φ(0, 0, 0) = 3.
C
C
Oppgave 11. Vi setter F(x, y, z) = (zexz+y , exz+y + 2z, xexz+y + 2y), og lar C være
skjæringskurven mellom kulen x2 + y 2 + z 2 = 25 og planet x − 2y + 3z = 1, der kurven
blir gitt positiv orientering sett ovenfra. Vi regner ut
∂F2
∂x
∂F1
∂y
∂F3
∂x
∂F1
∂z
∂F2
∂z
∂F3
∂y
= zexz+y
= zexz+y
= exz+y + zxexz+y
= exz+y + xzexz+y
= xexz+y + 2
= xexz+y + 2,
∂φ
∂x
∂φ
∂y
∂φ
∂z
= F1 (x, y, z) = zexz+y
= F2 (x, y, z) = exz+y + 2z
= F3 (x, y, z) = xexz+y + 2y.
Disse tre gir
φ(x, y, z)
=
exz+y + C(y, z)
φ(x, y, z)
=
exz+y + 2yz + C(x, z)
φ(x, y, z)
=
exz+y + 2zy + C(x, y).
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 22 — #28
i
22
i
KAPITTEL 3
Vi ser derfor at φ(x, y, z) = exz+y + 2yz er en potensialfunksjon. Vi har derfor
Z
Z
F · dr =
5φdr = φ(b) − φ(a),
C
C
der a og b er start- og sluttpunkt på kurven, respektive. Siden kurven er lukket kan vi sette
a = b, og svaret vårt blir dermed φ(b) − φ(a) = 0.
Oppgave 12.
a). Med φ1 (x, y) = arctan xy + C får vi
5φ1 (x, y) =
− xy2
i+
y 2
1+
x
1
x
1+
j
y 2
x
=−
y
x
i+ 2
j = F(x, y).
x2 + y 2
x + y2
b). Siden F har potensialfunksjonen φ1 , og denne er definert til høyre for y-aksen, så har
vi at
Z
F · dr = φ1 (3, 3) − φ1 (1, −1) = arctan(1) − arctan(−1)
C
π π π
=
− −
= .
4
4
2
c). Med φ2 (x, y) = − arctan xy + C får vi
1
y
5φ2 (x, y) = −
1+
2 i + −
x
y
− yx2
y
x
i+ 2
j = F(x, y).
2 j = − 2
2
x +y
x + y2
1 + xy
Koden blir
e). Funksjonene φ1 og φ2 er begge kontinuerlige når x, y 6= 0. Spesielt er de kontinuerlige i
hver kvadrant, og siden de har de samme partielle deriverte, så skiller de seg fra hverandre
med en konstant i hver kvadrant. Men som vi skal se, konstanten er forskjellig fra kvadrant
til kvadrant:
I likningen φ1 (x, y) = φ2 (x, y) + C setter vi inn punktet (1, 1) fra første kvadrant, og
får arctan(1) = − arctan(1) + C, som gir C = π2 . Setter vi inn punktet (−1, −1) fra tredje
kvadrant får vi samme verdi for C.
Setter vi så inn punktet (−1, 1) fra andre kvadrant får vi at arctan(−1) = − arctan(−1)+
C, som gir C = − π2 . Setter vi inn punktet (1, −1) fra fjerde kvadrant får vi samme verdi
for C.
Setter vi inn for φ1 og φ2 får vi dermed at
y
x π
arctan
= − arctan + i første og tredje kvadrant, eller når xy > 0,
x
y
2
y
x π
arctan
= − arctan − i andre og fjerde kvadrant, eller når xy < 0.
x
y
2
f ). Vi vet at φ1 (x, y) = arctan xy + C er en potensialfunksjon for x 6= 0, uansett verdi av
C. For y > 0 har vi at
π
lim+ φ1 (x, y) =
+C
2
x→0
π
lim φ1 (x, y) = − + C.
2
x→0−
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 23 — #29
i
i
SEKSJON 3.6
23
Velger vi derfor potensialfunksjonen ψ1 (x, y) = arctan xy + C for x > 0 og potensialfunksjonen ψ2 (x, y) = arctan xy + C + π for x < 0 får vi at, for y > 0
lim ψ1 (x, y)
x→0+
lim ψ2 (x, y)
x→0−
π
+C
2
π
π
= − + C + π = + C,
2
2
=
slik at vi har en potensialfunksjon for F, ψ, definert ved
ψ(x, y)
=
ψ(x, y)
=
ψ(x, y)
=
arctan
y
+ C for x > 0,
x
π
+ C for x = 0, y > 0,
2
y
arctan + C + π for x < 0,
x
som er kontinuerlig utenom den negative y-aksen. Gitt en verdi for C, så er det klart at
dette er den eneste måten å kontinuerlig utvide φ1 til planet utenom den negative y-aksen.
For å se at det er umulig å utvide φ1 til den negative y-aksen, regner vi ut, for y < 0,
lim ψ(x, y)
x→0+
lim ψ(x, y)
x→0−
y
π
+C =− +C
x
2
y
π
3π
= lim− arctan + C + π = + C + π =
+ C.
x
2
2
x→0
=
lim arctan
x→0+
Derfor blir ikke utvidelsen vi har gjort kontinuerlig også på den negative y-aksen, slik at
det er umulig å lage en kontinuerlig utvidelse til hele R2 .
Seksjon 3.6
Oppgave 1. Vi ser på likningen
4x2 + 9y 2 + 32x − 18y + 37 = 0.
Vi fullfører kvadratene:
4(x2 + 8x + 16) − 64 + 9(y 2 − 2y + 1) − 9 + 37
2
2
4(x + 4) + 9(y − 1)
(y − 1)2
(x + 4)2
+
2
3
22
=
0
=
36
=
1.
Ser fra Setning 3.6.3 at dette er en ellipse med sentrum i (−4, 1) og halvakser a = 3 og
b = 2. Siden a > b har vi at brennvidden er gitt ved
p
p
√
c = a2 − b2 = 32 − 22 = 5.
√
√
√
Brennpunktene blir da (−4, 1) ± ( 5, 0), som blir (−4 − 5, 1) og (−4 + 5, 1).
y 2 − 4x − 2y − 7 = 0.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 24 — #30
i
24
i
KAPITTEL 3
Vi fullfører det ene kvadratet:
(y − 1)2 − 4x − 8 = 0,
som også kan skrives (y − 1)2 = 4(x + 2). Fra setning 3.6.1 har vi at dette er en parabel
med toppunkt (−2, 1), og med brennvidde 1. Brennpunktet er (−1, 1).
Oppgave 3. Vi fullfører kvadratene i likningen:
x2 − y 2 − 2x + 4y − 7
= x2 − 2x + 1 − y 2 + 4y − 4 − 1 + 4 − 7
=
(x − 1)2 − (y − 2)2 − 4
=
0.
2
2
− (y−2)
= 1. På grunn av setning 3.6.5 fremstiller derfor likningen
Derfor har vi at (x−1)
22
22
en hyperbel med halvakse 2, og med åpning mot venstre/høyre. Brennvidden blir
p
p
√
c = a2 + b2 = 22 + 22 = 2 2.
√
√
Sentrum √
i hyperbelen er (1, 2). Brennpunkter blir (1, 2) ± (2 2, 0), som blir (1 − 2 2, 2)
og (1 + 2 2, 2). Asymptotene er y = ±(x − 1) + 2.
Oppgave 4. Vi fullfører kvadratene i likningen:
16y 2 − 9x2 + 32y + 54x − 209
=
16y 2 + 32y + 16 − 9x2 + 54x − 81 − 16 + 81 − 209
=
16(y + 1)2 − 9(x − 3)2 − 144
=
0.
2
2
16
9
Derfor har vi at 144
(y + 1)2 − 144
(x − 3)2 = (y+1)
− (x−3)
= 1. På grunn av setning 3.6.5
32
42
fremstiller derfor likningen en hyperbel med halvakse b = 3, og med åpning opp/ned.
Sentrum i hyperbelen blir (3, −1). Brennvidden blir
p
p
c = a2 + b2 = 32 + 42 = 5.
Brennpunkter blir (3, −1) ± (0, 5), som blir (3, 4) og (3, −6). Asymptotene blir y = ± 43 (x −
3) − 1.
3x2 + 5y 2 + 6x − 20y + 8 = 0.
Vi fullfører kvadaratene og får
3(x2 + 2x + 1) − 3 + 5(y 2 − 4y + 4) − 20 + 8
=
0
3(x + 1)2 + 5(y − 2)2
(x + 1)2
(y − 2)2
+
5
3
=
15
=
1.
√
Ser fra setning
3.6.3 at dette er en ellipse
i (−1,√
2) og halvakser a = 5
√ med sentrum
√
√
og b =√ 3. Siden a > √
b har vi at c = a2 − b2 = 5 − 3 = 2, så brennpunktene er
(−1 − 2, 2) og (−1 + 2, 2).
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 25 — #31
i
SEKSJON 3.6
i
25
Oppgave 8. Vi skal se på likningen til tangenten i (x0 , y0 ) på ellipsen
vi begge sider med hensyn på x i punktet x0 får vi at
y2
x2
a2 + b2
= 1. Deriverer
2y0 y 0 (x0 )
2x0
+
= 0.
2
a
b2
2
Vi ser da at y 0 (x0 ) = − ab 2xy00 . Likningen for tangenten blir da
y
=
=
=
=
=
y 0 (x0 )(x − x0 ) + y0
b2 x 0
− 2 (x − x0 ) + y0
a y0
b2 x0 x b2 x20
+ 2 + y0
− 2
a y0
a y0
2
y02
b x0 x b2 x20
+ 2
− 2
+
a y0
y0 a2
b
2
2
b x0 x b
− 2
+ .
a y0
y0
Flytter vi over på venstre side og ganger opp får vi
xx0
yy0
+ 2 = 1,
a2
b
som var det vi skulle vise.
√
Oppgave
9. y 2 = 4ax betyr at y = ± 4ax. Anta først at y0 > 0 og a > 0. Da er
√
y0 = 4ax0 . Tangentlinjen i (x0 , y0 ) er da gitt ved
y=√
√
2a
(x − x0 ) + 4ax0 .
4ax0
Skjæringspunktet med x-aksen finner vi ved å løse
√
√
2a
(x − x0 ) + 4ax0 = 0,
4ax0
0
som først gir x − x0 = − 4ax
2a = −2x0 , slik at x = x0 − 2x0 = −x0 . Skjæringspunktet
med x-aksen blir dermed (−x0 , 0). De andre tilfellene (a < 0 og/eller y0 < 0) kan vises på
samme måte, eller ved at man argumenterer ved hjelp av symmetri.
Oppgave 10. Den korteste veien fra et punkt P , via parabelen, til brennpunktet F , finner
du ved å trekke en linje fra punktet til l, vinkelrett på l. For å se dette, la veien fra P til
F gå via punktet Q på parabelen. Da er den totale veien gitt ved |P Q| + |QF |. Dette er
mindre enn eller lik avstanden fra P til styrelinjen l, med likhet kun når P og Q ligger på
en linje parallell med parabelens akse (siden korteste vei mellom et punkt og en linje går
via en linje vinkelrett på den første linjen). Korteste veien inntreffer altså når vi beveger
oss fra P parallelt med parabelens akse.
Oppgave 11. Lyset bruker like lang til fra A til B som fra A0 til B 0 . For å se dette, skriv
lengden lyset tilbakelegger fra A til B som
|AA0 | + |A0 F | + |F B0 | + |B0 B|,
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 26 — #32
i
26
i
KAPITTEL 3
der A0 er første refleksjonspunkt på parabelen, B0 er andre refleksjonspunkt på parabelen.
Men dette kan også skrives
|AA0 | + |A0 Al | + |B0 Bl | + |B0 B| = |AAl | + |BBl |,
der vi har brukt at avstanden fra et punkt på parabelen til brennpunktet er lik avstanden
fra punktet til styrelinjen l, og der Al og Bl er punktene på linjen l nærmest A og B. Det
er klart at |AAl | + |BBl | er lik det dobbelte av avstanden fra linjen m til linjen l, uansett
hvilket punkt A vi starter i, slik at lyset bruker like lang tid fra A til B som fra A0 til B 0 .
Oppgave 12.
a). Vi har at
|BF1 | + |BF2 |
=
|AB| + |BF2 | =
2a (siden B er definert til å ligge på parabelen)
2a (ved definisjonen av A).
|AB| = |BF1 |, som er det vi skal vise, følger umiddelbart ved å trekke disse likningene fra
hverandre.
b). t består av alle punkter Q like langt fra A og F1 , det vil si at |AQ| = |QF1 |. Fra a) er
B et slikt punkt, slik at B ligger på t.
c). Hvis C ligger på t har vi at |CF1 | = |CA|. Hvis C 6= B får vi
|F2 C| + |CF1 | =
|F2 C| + |CA|
>
|F2 A|
=
2a,
der |F2 A| = 2a kommer fra definisjonen av A, og der |F2 C| + |CA| > |F2 A| følger av at
den korteste vei fra F2 til A er en rett linje, og at C ikke ligger på den rette linjen mellom
A og F2 når C 6= B.
d). Vi vet at
• B ligger på ellipsen per definisjon,
• fra b) at B ligger på t,
• fra c) at alle andre punkter på t ligger utenfor ellipsen.
Fra disse opplysningene er det klart at t tangerer ellipsen i B.
Oppgave 13.
a). En ellipse med store halvakse a og brennpunkter F1 og F2 består av alle punkter P der
|P F1 | + |P F2 | = 2a. Vi ser derfor at A og B er brennpunkter, og at 2a = 34 slik at a = 17.
Brennvidden c er gitt ved halvparten av avstanden mellom A og B, og er altså 10. Vi har
da fra setning 3.6.3 at
p
p
√
√
b = a2 − c2 = 172 − 102 = 189 = 3 21.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 27 — #33
i
SEKSJON 3.7
i
27
b). Vi har D = (0, −d). Avstanden til B er
p
162 + (12 + d)2 = 34, slik at vi får
162 + (12 + d)2 =
p
12 + d = 342 − 162 =
d =
342
30
18.
Koordinatetene til D er derfor (0, −18).
c). Vi har at |AP | + |P B| = |DP | + |P B| = |DB| = 34 = 2a. Fra definisjonen av en ellipse
følger det derfor at P ligger på ellipsen.
d). Fra punkt 2 på side 47 har vi at P er det punktet på L som gjør at avstanden fra A til
B via L blir minst. For alle andre punkter P 0 på L har vi derfor at |AP 0 | + |P 0 B| blir større
enn 34, og ligger derfor ikke på ellipsen. Hvis P ikke var det laveste punktet på ellipsen så
ville vi kunne finne en tilsvarende linje L2 nedenfor L med samme egenskaper. La oss kalle
punktet på ellipsen på L2 for P2 . Da ville punktet rett ovenfor P2 på L gi mindre avstand
mellom A og B, som er en selvmotigelse, Derfor må P være det laveste punktet på ellipsen.
e). Det er klart at y-koordinaten til P er −9. Linjen gjennom D og B er gitt ved y = 15
8 x−18.
9×8
24
24
Vi må derfor løse −9 = 15
x
−
18,
som
gir
x
=
=
.
Derfor
er
P
=
(
,
−9).
8
15
5
5
Seksjon 3.7
Oppgave 1.
2
a). La oss først finne nivåkurvene. 4x2 + 3y 2 = c betyr at x1 c +
4
p
√
med store halvakse 3c , lille halvakse 21 c. Vi ser derfor at
y2
1
3c
= 1. Dette er en ellipse
• For c > 0 er nivåkurvene ellipser, som blir større etterhver som c øker. Alle ellipsene
er formlike, det vil si at de har samme forhold mellom store og lille halvakse.
• Nivåkurvene for c < 0 inneholder ingen punkter.
• For c = 0 er nivåkurven bare ett punkt, nemlig origo.
La oss også se litt på konturkurvene til grafen:
• xz-planet: Setter vi y = 0 får vi z = 4x2 . De elliptiske ringene vokser altså slik at de
passer med denne parabelen.
• yz-planet: Setter vi x = 0 får vi z = 3y 2 .
• Alle andre konturkurver enn disse er også parabelkurver, som er forskyvede versjoner
av de vi fant i punktene over.
Oppgave 2.
a). Vi setter f (x, y) = 2x2 + y 2 . For nivåkurvene og konturkurvene har vi
pc
√
• 2x2 + y 2 = c gir en ellipse med store halvakse c, lille halvakse
2 . For c < 0
inneholder ikke nivåkurvene noen punkter, og for c = 0 består nivåkurven kun av
origo.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 28 — #34
i
28
i
KAPITTEL 3
• Skjæring med xz-planet er kurven z = 2x2 , og skjæring med yz-planet er kurven
z = y 2 . Alle andre konturkurver er også parabler, som er forskyvede versjoner av
disse.
% Oppgave 3.7.2 a)
r=-2:0.05:2;
s=-2:0.05:2;
[x,y]=meshgrid(r,s);
z=2*x.^2+y.^2;
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.2a’)
b). y 2 − x = c gir en nivåkurve som er en “liggende parabel” med åpning mot høyre.
Toppunktet blir i (c, 0). Dette gjør det lettå tegne eller se for oss flaten, siden alle parabelene
er forsyvede varianter av hverandre.
Konturkurvene for flater parallelle med xz-planet ser vi at blir linjer (sett inn y like en
konstant verdi i z = y 2 − x), mens konturkurver for flater parallelle med yz-planet ser vi
at blir parabler (sett inn x lik en konstant verdi i z = y 2 − x).
% Oppgave 3.7.2 b)
z=y.^2-x;
figure(2)
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.2b’)
c). Vi setter f (x, y) = sin(x2 + y 2 ). Nivåkurvene finner vi først ved å løse sin(x2 + y 2 ) = c.
Det er klart at denne har løsninger bare for −1 ≤ c ≤ 1, slik det ikke finnes nivåkurver
utenfor dette intervallet. Videre er det mange løsninger for x2 + y 2 for slike c: Først får vi
at x2 + y 2 = arcsin c er√
en løsning, men da er også x2 + y 2 = arcsin c + 2kπ løsninger. Dette
gir sirkler med radius arcsin c + 2kπ for k ≥ 0 eller k ≥ 1, avhengig av om c > 0 eller
c < 0. Videre er x2 + y 2 = π − arcsin
√ c + 2kπ også løsninger, siden sin(π − x) = sin x for alle
x. Dette gir sirkler med radius π − arcsin c + 2kπ. Det er klart at disse radiusverdiene
kommer tettere og tettere etter som radiene vokser.
Hver nivåkurve består altså av mange sirkler. For c = 1 eller c = −1 faller halvpartene av disse sirklene sammen, siden vinklene arcsin c og π − arcsin c da faller sammen
(arcsin(1) = π2 , arcsin(−1) = − π2 ).
Det er kanskje lettest å tegne grafen ved å skrive den som z = sin r2 i polarkoordinater.
Flaten er altså et omdreiningslegeme som fremgår ved å dreie y = sin x2 , vist i Figur 1 om
y-aksen. Figuren som fremkommer er vist i Figur 2. Konturkurver forteller kanskje ikke så
mye her.
% Oppgave 3.7.2 c)
r=-4:0.1:4;
s=-4:0.1:4;
z=sin(x.^2+y.^2);
figure(3)
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.2c’)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 29 — #35
i
SEKSJON 3.7
i
29
Figur 1: Grafen y = sin x2
Figur 2: Grafen z = sin(x2 + y 2 )
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 30 — #36
i
30
i
KAPITTEL 3
d). Koden blir
% Oppgave 3.7.2 d)
r=-5:0.05:5;
s=-5:0.05:5;
z=x.^2 - 4*y.^2;
figure(4);
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.2d’);
e). Hvis du forsøker å plotte ln(xy) i et intervall rundt null vil MATLAB rapportere
problemer her, siden ln kun er definert for positive verdier. Funksjonen er derfor bare
definert i første og tredje kvadrant. Det er kanskje enklest å tegne grafen ved hjelp av to
plott, et for første kvadrant og et for tredje kvadrant, siden vi kan enkelt lage et grid for
hver kvadrant:
% Oppgave 3.7.2 e)
r=0.1:0.05:5;
s=0.1:0.05:5;
z=log(x.*y);
mesh(x,y,z);
hold on
r=-5:0.05:-0.1;
s=-5:0.05:-0.1;
z=log(x.*y);
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.2e’);
Oppgave 3.
a).
f (x, y) = p
1
x2
+
y2
=
1
.
r
% Oppgave 3.7.3 a)
u=-0.5:0.03:0.5;
v=-0.5:0.03:0.5;
[x,y]=meshgrid(u,v);
z=1./sqrt(x.^2 + y.^2);
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.3a’)
b). Vi kan skrive
f (x, y) =
x
r cos θ
1
=
= cos θ.
x2 + y 2
r2
r
• Holder vi θ konstant, ser vi at vi får hyperbelen z =
kunne tegne opp flaten.
cos θ
r .
Dette hjelper oss til å
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 31 — #37
i
SEKSJON 3.7
i
31
x
2
2
• Nivåkurvene er her sirkler: Setter vi c = x2 +y
= xc . Det er her greit
2 får vi at x + y
at vi fullfører kvadratet i x for å se at vi får sirkler som er nivåkurver.
% Oppgave 3.7.3 b)
u=-0.5:0.03:0.5;
v=-0.5:0.03:0.5;
z=x./(x.^2 + y.^2)
figure(2)
mesh(x,y,z)
title(’Oppgave 3.7.3b’)
c). Koden blir
% Oppgave 3.7.3 c)
u=-0.5:0.03:0.5;
v=-0.5:0.03:0.5;
z=y./x;
figure(3)
mesh(x,y,z)
title(’Oppgave 3.7.3c’)
d).
f (x, y)
= x2 − 4y 2 = r2 cos2 θ − 4r2 sin2 θ
= r2 (cos2 θ − 4 sin2 θ) = r2 (1 − 5 sin2 θ)
3 5
= r2 (− + cos 2θ).
2 2
• Holder vi θ konstant, ser vi at vi får parabelen z = r2 (− 32 +
5
2
cos 2θ).
• Nivåkurvene er her hyperbler.
% Oppgave 3.7.3 d)
u=-1:0.05:1;
v=-1:0.05:1;
figure(4)
z=x.^2-4*y.^2
mesh(x,y,z)
title(’Oppgave 3.7.3d’)
e). Koden blir
% Oppgave 3.7.3 e)
u=-1:0.05:1;
v=-1:0.05:1;
figure(5)
z=exp(x.*y);
mesh(x,y,z);
title(’Oppgave 3.7.3e’)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 32 — #38
i
32
i
KAPITTEL 3
Oppgave 4.
a). Sylinderkoordinater:
2
2
f (x, y, z) = (x2 + y 2 )e−z = r2 e−z .
Kulekoordinater:
f (x, y, z) = (ρ2 cos2 θ sin2 φ + ρ2 sin2 θ sin2 φ)e−ρ
2
cos2 φ
2
= ρ2 sin2 φe−ρ
cos2 φ
.
Begge typene koordinater er like informativt her, siden poenget er at funksjonen ikke
avhenger av θ, som er en av koordinatene som brukes i både kulekoordinater og sylinderkoordinater.
b). Sylinderkoordinater:
f (x, y, z) =
1
1
= 2
.
x2 + y 2 + z 2
r + z2
Kulekoordinater:
f (x, y, z) =
1
.
ρ2
Kulekoordinater er mest informativt her, siden φ og θ ikke inngår i uttrykket for f .
c). Sylinderkoordinater:
f (x, y, z) =
x2 + y 2
r2
= 2.
2
z
z
Kulekoordinater:
f (x, y, z) =
ρ2 sin2 φ
ρ2 cos2 θ sin2 φ + ρ2 sin2 θ sin2 φ
=
= tan2 φ.
ρ2 cos2 φ
ρ2 cos2 φ
Kulekoordinater er mest informativt her, siden ρ og θ ikke inngår i uttrykket for f .
Oppgave 5.
a). Vi har f (x, y) = x2 y, og skal finne tangentplanet i (1, −2). Vi har at
• f (1, −2) = −2,
• 5f (1, −2) = (−4, 1).
Likningen for tangentplanet blir dermed
z
=
∂f
∂f
(1, −2)(x − 1) +
(1, −2)(y + 2)
∂x
∂y
−2 − 4(x − 1) + (y + 2)
=
−4x + y + 4.
=
f (1, −2) +
b). Vi har f (x, y) = xe−xy , og skal finne tangentplanet i (1, 0). Vi har at
• f (1, 0) = 1,
•
∂f
∂x
= (1 − xy)e−xy , og
∂f
∂y
= −x2 e−xy ,
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 33 — #39
i
SEKSJON 3.7
i
33
• 5f (1, 0) = (1, −1).
Likningen for tangentplanet blir dermed z = x − y + c. c finner vi ved å sette inn punktet
(1, 0, 1): 1 = 1 + c, slik at c = 0.
Likningen for tangentplanet blir dermed z = x − y, som også kan skrives −x + y + z = 0.
% Oppgave 3.7.6
r=-2:0.02:2;
s=-2:0.02:2;
z=x.^2.*y./(x.^4+y.^2);
figure(6)
mesh(x,y,z)
hold on
t=linspace(0,2,100);
plot3(t,t.^2,0.5*ones(1,length(t)))
title(’Oppgave 3.7.6’)
hold off
figure(7)
contour(x,y,z);
contour(x,y,z,[0.5 0.5]);
Oppgave 7. For å forklare hvordan vi kan forstå fra figuren hvorfor
og
∂2f
∂x∂y (0, 0)
∂2f
∂y∂x (0, 0)
er negativ
er positiv, skriv først de partielle deriverte som grenseverdiene
∂2f
(0, 0)
∂y∂x
=
∂2f
(0, 0)
∂x∂y
=
lim
∂f
∂x (0, h)
h→0
lim
h→0
∂f
∂y (h, 0)
−
h
∂f
∂x (0, 0)
−
∂f
∂y (0, 0)
h
= lim
h→0
1 ∂f
(0, h)
h ∂x
1 ∂f
(h, 0),
h→0 h ∂y
= lim
∂f
der vi har brukt at ∂f
∂x (0, 0) = ∂y (0, 0) = 0, som ble vist i Oppgave 2.5.4. Fra funksjonsoppskriften er det klart at f skifter fortegn på koordinataksene, og på linjene y = x og
y = −x. Fortegnskjema for f er vist i Figur 3.
La oss først se på ∂f
∂x (0, h) for små, positive verdier av h. Det er klart ved å studere
flaten og fortegnskjemaet at f (x, h) går fra å være positiv til negativ ved x = 0, og vi
har illustrert dette ved plott av f (x, 0.1) i Figur 4a). Dermed blir ∂f
∂x (0, h) ≤ 0, slik at
1 ∂f
limh→0+ h ∂x (0, h) ≤ 0. At vi faktisk her har ekte ulikhet er ikke så lett å se fra grafen.
For små, negative verdier av h er det på samme måte klart at f (x, h) går fra å være
negativ til positiv ved x = 0, som illustrert ved plott av f (x, −0.1) i Figur 4b). Dermed
1 ∂f
1 ∂f
−
blir ∂f
∂x (0, h) ≥ 0, slik at limh→0 h ∂x (0, h) ≤ 0. derfor må vi ha at limh→0 h ∂x (0, h) ≤ 0,
slik at
∂2f
∂y∂x (0, 0)
≤ 0.
La oss deretter se på
∂f
∂y (h, 0)
for små, positive verdier av h. f (h, y) ser vi nå går fra å
1 ∂f
+
være negativ til positiv ved y = 0, slik at ∂f
∂y (h, 0) ≥ 0, slik at limh→0 h ∂y (h, 0) ≤ 0. For
små, negative verdier av h er det på samme måte klart at f (h, y) går fra å være positiv til
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 34 — #40
i
34
i
KAPITTEL 3
Figur 3: Fortegnskjema for f
(a) Plott av f (x, 0.1)
(b) Plott av f (x, −0.1)
Figur 4: Plott av f (x, h) for positiv og negativ h
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 35 — #41
i
SEKSJON 3.8
35
∂f
∂y (h, 0) ≤ 0, slik at
∂2f
slik at ∂x∂y
(0, 0) ≥ 0.
negativ ved y = 0, slik at
limh→0 h1 ∂f
∂y (h, 0)
i
≥ 0,
limh→0−
1 ∂f
h ∂y (h, 0)
≥ 0. derfor må vi ha at
% Oppgave 3.7.7
r=-5:0.01:5;
s=-5:0.01:5;
z=((x.^3).*y-x.*(y.^3))./(x.^2 + y.^2);
mesh(x,y,z);
figure(2)
contour(x,y,z);
% Oppgave 5.1
r=linspace(-2,2,100);
s=linspace(-2,2,100);
f=(x.^2) .* (y.^2);
g=sin(x)./(y.^2)+x.^2;
h=sin(exp(x+y));
mesh(x,y,f);
figure(2)
mesh(x,y,g);
figure(3)
mesh(x,y,h);
Seksjon 3.8
% Oppgave 3.8.1 a)
r=linspace(0,2*pi,30);
s=linspace(0,2*pi,30);
u=cos(x);
v=sin(x);
figure(8)
quiver(x,y,u,v);
title(’Oppgave 3.8.1a’);
figure(9)
streamline(x,y,u,v,0,1);
hold on
streamline(x,y,u,v,0,0.5);
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 36 — #42
i
36
i
KAPITTEL 3
hold off
% Oppgave 3.8.1 b)
r=linspace(-0.3,0.3,30);
s=linspace(-0.3,0.3,30);
u=-x./(x.^2+y.^2).^(3/2);
v=-y./(x.^2+y.^2).^(3/2);
figure(10)
quiver(x,y,u,v)
title(’Oppgave 3.8.1b’);
figure(11)
streamline(x,y,u,v,-0.3,0.3);
hold on
streamline(x,y,u,v,0.3,0.3);
hold off
% Oppgave 3.8.1 c)
r=linspace(-2,2,30);
s=linspace(-1,1,30);
u=(1-x)./((x-1).^2+y.^2) + (1+x)./((x+1).^2+y.^2);
v=-y./((x-1).^2+y.^2) + y./((x+1).^2 + y.^2);
figure(12)
quiver(x,y,u,v)
title(’Oppgave 3.8.1c’);
figure(13)
streamline(x,y,u,v,1.5,1);
hold on
streamline(x,y,u,v,0.5,1);
hold off
% Oppgave 3.8.2 ac)
r=-5:0.5:5;
s=-5:0.5:5;
u=-y./(x.^2 + y.^2);
v=x./(x.^2 + y.^2);
quiver(x,y,u,v);
title(’Oppgave 3.8.2ac’)
hold on
streamline(x,y,u,v,1,0);
% Oppgave 3.8.3 a)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 37 — #43
i
SEKSJON 3.9
i
37
r=-2:0.25:2; %lager oppdeling av x-aksen
s=-2:0.25:2; %lager oppdeling av y-aksen
u=3.*x-y;
v=x+2.*y;
figure(14)
plot(u,v,u’,v’)
% Oppgave 3.8.3 b)
r=0:0.25:5;
s=0:0.25:(2*pi);
u = x.*cos(y);
v = x.*sin(y);
figure(15)
plot(u,v,u’,v’);
% Oppgave 3.8.3 c)
u=sqrt(x./y);
v=sqrt(x.*y);
figure(16)
plot(u,v,u’,v’);
Seksjon 3.9
Oppgave 1. Vi ser på paraboloiden z = x2 + y 2 . Parametrisering med vanlige koordinater
er
r(x, y) = xi + yj + (x2 + y 2 )k
for x, y ∈ R. Siden x = r cos θ, y = r sin θ, og x2 + y 2 = r2 , så blir en parametrisering med
polarkoordinater
r(r, θ)
=
r cos θi + r sin θj + (r2 cos2 θ + r2 sin2 θ)k
=
r cos θi + r sin θj + r2 k
med 0 ≤ θ ≤ 2π, r ≥ 0.
Oppgave 2. Området i første oktant som ligger på kuleflaten kan beskrives i kulekoordinater ved 0 ≤ θ ≤ π2 , 0 ≤ φ ≤ π2 , ρ = 2. En parametrisering ved kulekoordinater blir
derfor
π
π
r(φ, θ) = (2 cos θ sin φ, 2 sin θ sin φ, 2 cos φ), 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ φ ≤ .
2
2
Oppgave 3. Vi ser på den delen av sylinderflaten z = x2 + y 2 med 0 ≤ z ≤ 1. Siden
x = r cos θ = cos θ, y = r sin θ = sin θ, så blir en parametrisering
r(θ, z) = cos θi + sin θj + zk,
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 38 — #44
i
38
i
KAPITTEL 3
der 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1.
Oppgave 5. Vi kan skrive
r(y, z) = (
p
y 2 + z 2 , y, z).
Oppgave 8. Skjæringen mellom kjeglen og kulen kan vi finne ved å løse
z 2 = 3(x2 + y 2 ) = 3(4 − z 2 ),
√
som gir√at 4z 2 = 12, og at z = ± 3. Siden vi er interessert i en del over xy-planet må vi ha
at z = 3. Vinkelen φ for skjæringen mellom kula og kjeglen er derfor vinkel
i en rettvinklet
√
√
3
trekant der hypotenus er 2, og hosliggende katet er 3. Men da er cos φ = 2 , slik at φ = π6 .
Det er dermed klart at følgende er en parametrisering av området i kulekoordinater:
r(θ, φ) = (2 cos θ sin φ, 2 sin θ sin φ, 2 cos φ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤
π
.
6
% Oppgave 3.9.9
u=linspace(0,pi*0.5,100);
v=linspace(0,pi*0.5,100);
[U,V]=meshgrid(u,v);
x=2*sin(V).*cos(U);
y=2*sin(V).*sin(U);
z=2*cos(V);
surf(x,y,z)
axis(’equal’)
% Oppgave 3.9.10
u=linspace(0,2,100);
v=linspace(0,2*pi,100);
x=U;
y=2*cos(V);
z=2*sin(V);
surf(x,y,z)
axis(’equal’)
% Oppgave 3.9.11
r=-1:0.05:1;
s=0:0.05:3;
[u,v]=meshgrid(r,s);
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 39 — #45
i
SEKSJON 3.9
i
39
figure(17)
mesh(u.*v.^2,u,sin(u.*v))
title(’Oppgave 3.9.11’);
% Oppgave 3.9.12
u=linspace(0,2*pi,100);
v=linspace(0,2,100);
x=3*cos(U);
y=3*sin(U);
z=V;
surf(x,y,z)
axis(’equal’)
a=1;
b=0.5;
c=0.1;
v=linspace(0,pi,100);
x=sin(V).*cos(U)*a;
y=sin(V).*sin(U)*b;
z=cos(V)*c;
surf(x,y,z)
axis(’equal’)
r=3;
R=5;
v=linspace(0,2*pi,100);
[theta,phi]=meshgrid(u,v);
x=(5+3*cos(phi))*cos(theta);
y=(5+3*cos(phi))*sin(theta);
z=3*sin(phi);
surf(x,y,z)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 40 — #46
i
40
i
KAPITTEL 3
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 41 — #47
i
i
Kapittel 6
Seksjon 6.1
Oppgave 1.
a).
Z Z
Z
xydxdy
4
2
Z
=
R
2
=
1
4
4
2
1 2
x y
2
2
dy
1
Z 4
1
3
2y − y dy =
ydy
2
2
2
2
4
3 2
y
= 12 − 3 = 9.
4
2
Z
=
Z
xydx dy =
b).
Z Z
(x + sin y)dxdy
R
1
Z π
1 2
x + x sin y dy
=
(x + sin y)dx dy =
2
0
0
0
0
Z π
π
1
1
π
π
=
+ sin y dy =
y − cos y = + 1 + 1 = 2 + .
2
2
2
2
0
0
Z
π
Z
1
d).
Z Z
R
=
x cos(xy)dxdy
Z 2 Z 2π
Z
x cos(xy)dy dx =
1
=
1
2π
[sin(xy)]π dx
2
1
1
(sin(2πx) − sin(πx))dx = −
cos(2πx) + cos(πx)
2π
π
1
1
1
1
1
1
2
−
+ +
+ = .
2π π 2π π
π
Z
=
π
2
2
41
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 42 — #48
i
42
i
KAPITTEL 6
e).
Z Z
2
xyex y dxdy
R
Z
Z 2 Z 2
2
xyex y dy dx =
=
1
1
0
Z
2
2
xyex y dx dy
0
2
1 4y 1
1 4y 1
e −
dy =
e − y
dy =
2
2
8
2 1
1
1
0
1 4 1
1 8 1 4 1
1 8
e −1− e + = e − e − .
8
8
2
8
8
2
Z
=
=
2
1 x2 y
e
2
2
2
2
Z
f ).
Z Z
R
e
e
ln(xy)dx dy
1
1
Z e Z e
ln x + ln ydx dy
=
1
1
Z e
Z e
e
e
=
[x ln x]1 −
1dx + [x ln y]1 dy
1
Z1 e
=
(e − e + 1 + (e − 1) ln y) dy
1
Z e
=
(1 + (e − 1) ln y) dy
1
Z e
e
e
= [y]1 + (e − 1) [y ln y]1 − (e − 1)
dy
Z
ln(xy)dxdy
Z
=
1
= e − 1 + e(e − 1) − (e − 1)2
=
(e − 1)(1 + e − e + 1) = 2(e − 1).
√
√
g). Setter vi først u = x y og du = ydx i det innerste integralet får vi
Z
Z
1
1
√
dx
=
du = y −1/2 arctan u = y −1/2 arctan(x y).
√
1 + x2 y
y(1 + u2 )
Dermed blir integralet
Z Z
1
dxdy
2
R1+x y
√
#
1
=
dx dy
1 + x2 y
0
1
√
Z 1h
√ i 3
−1/2
=
y
arctan(x y)
dy
Z
1
"Z
1
p
√
y −1/2 (arctan( 3y) − arctan( y))dy.
3
1
0
Z
=
0
√
Bruker vi her substitusjonen u = y får vi at du = 21 y −1/2 dy, og dermed
Z 1
Z 1
p
√
√
y −1/2 (arctan( 3y) − arctan( y))dy = 2
(arctan( 3u) − arctan u)du.
0
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 43 — #49
i
i
SEKSJON 6.1
43
Her kan vi fortsette med delvis integrasjon:
Z 1
√
2
(arctan( 3u) − arctan u)du
0
=
Z
h
i1
√
2 u(arctan( 3u) − arctan u) − 2
0
=
√
0
1
√
u
3u
−
1 + 3u2
1 + u2
"√
2(arctan 3 − arctan 1) − 2
!
3
1
ln(1 + 3u2 ) − ln(1 + u2 )
6
2
√
π π
3
1
= 2( − ) − 2
ln 4 + 2 ln 2
3
4
6!
2
√
π
2 3
ln 2.
+ 1−
=
6
3
du
#1
0
Integralet blir kanskje litt enklere hvis vi bytter om integrasjonsrekkefølgen (teorem 6.1.7).
Vi får da
Z Z
Z √3 Z 1
1
1
dxdy =
dy dx
2
2
R1+x y
1
0 1+x y
1
Z √3 Z √3
ln(1 + x2 y)
ln(1 + x2 )
=
dx
=
dx
x2
x2
1
1
0
√
3 Z √3
ln(1 + x2 )
2x
=
−
+
dx
x
(1 + x2 )x
1
1
√
ln 4
3
= − √ + ln 2 + [2 arctan x]1
3
√
2 3 ln 2
2π π
= −
+ ln 2 +
−
3
3
2
√ !
2 3
π
=
1−
ln 2 + ,
3
6
der vi har brukt delvis integrasjon.
Oppgave 2. Bruker vi metoden fra læreboka blir koden som følger.
% Oppgave 6.1.2
% a)
% Integraler kan regnes ut på
% De fire eksemplene nedenfor
dblquad( @(x,y)x.*y ,1,2,2,4)
dblquad(’x.*y’,1,2,2,4)
f=inline(’x.*y’);
dblquad(f,1,2,2,4)
flere måter i Matlab.
returnerer alle samme svar
% Ved hjelp av anonym funksjon
% Samme som over, men enklere syntaks.
% Ved hjelp av linjefunksjon
% Symbolsk kan vi regne ut integralet slik
syms x y
uttrykk1=int(’x*y’,’x’,1,2)
uttrykk2=int(uttrykk1,’y’,2,4)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 44 — #50
i
44
i
KAPITTEL 6
eval(uttrykk2)
% b)
dblquad(@(x,y)x+sin(y),0,1,0,pi)
% c)
dblquad(@(x,y)x.^2.*exp(y),-1,1,0,1)
% d)
dblquad(@(x,y)x.*cos(x.*y),1,2,pi,2*pi)
% e)
dblquad(@(x,y)x.*y.*exp((x.^2).*y),0,2,1,2)
% f)
dblquad(@(x,y)log(x.*y),1,exp(1),1,exp(1))
% g)
dblquad(@(x,y)1./(1+(x.^2).*y),1,sqrt(3),0,1)
Legg merke til at integralene også kan regnes ut ved hjelp av Symbolic Math Toolbox i
Matlab. Dette er gjort her for a). For a) er det også vist flere alternative uttrykk for å regne
ut det samme integralet.
Oppgave 3. Det er dessverre ganske omstendelig å løse denne oppgaven, da vi først må
definere delepunkter, rektangler, maksimum, og minimum for hele tre forskjellige partisjoner.
• La Π1 ha delepunkter (x1i , y1j ) (0 ≤ i ≤ n1 , 0 ≤ j ≤ m1 ) der a = x10 ≤ · · · ≤
x1n1 = b, c = y10 ≤ · · · ≤ y1m1 = d,
• kall de tilsvarende rektanglene for R1ij ,
• sett m1ij = inf{f (x, y)|(x, y) ∈ R1ij }, M1ij = sup{f (x, y)|(x, y) ∈ R1ij }.
Videre,
• la Π2 ha delepunkter (x2i , y2j ) (0 ≤ i ≤ n2 , 0 ≤ j ≤ m2 ) der a = x20 ≤ · · · ≤ x2n2 =
b, og c = y20 ≤ · · · ≤ y2m2 = d,
• kall de tilsvarende rektanglene for R2ij ,
• sett m2ij = inf{f (x, y)|(x, y) ∈ R2ij }, M2ij = sup{f (x, y)|(x, y) ∈ R2ij }.
La og Π være partisjonen som inneholder alle delepunktene til Π1 og Π2 , og
• la Π ha delepunkter (xi , yj ) (0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ m) der a = x0 ≤ · · · ≤ xn = b, og
c = y0 ≤ · · · ≤ ym = d,
• kall de tilsvarende rektanglene for Rij ,
• sett mij = inf{f (x, y)|(x, y) ∈ Rij }, Mij = sup{f (x, y)|(x, y) ∈ Rij }.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 45 — #51
i
SEKSJON 6.1
i
45
Det er klart at hvert rektangel R1ij kan skrives som en union av endelig mange Rij , det vil
si
R1ij = Ri1 j1 ∪ · · · ∪ Rik jk .
Da er R1ij = |Ri1 j1 | + · · · + |Rik jk |, og siden m1ij ≤ mir jr for alle r, så har vi
m1ij |R1ij | =
k
X
m1ij |Rik jk | ≤
r=1
k
X
mir jr |Rik jk |.
r=1
Summerer vi over alle i, j ovenfor får vi
X
X
N (Π1 ) =
m1ij |R1ij | ≤
mij |Rij| | = N (Π).
ij
Dette er den første ulikheten vi skulle vise. Den andre, N (Π) ≤ Ø(Π), vet vi allerede, siden
minimum mij alltid er mindre enn maksimum Mij .
Den siste ulikheten følger på en helt tilsvarende måte: Hvert rektangel R2ij kan skrives
som en union av endelig mange Rij , det vil si
R2ij = Ri1 j1 ∪ · · · ∪ Rik jk .
Da er R2ij = |Ri1 j1 | + · · · + |Rik jk |, og siden M2ij ≥ Mir jr for alle r, så har vi
M2ij |R2ij | =
k
X
r=1
M2ij |Rik jk | ≥
k
X
Mir jr |Rik jk |.
r=1
Summerer vi over alle i, j ovenfor får vi
X
X
Ø(Π2 ) =
M2ij |R2ij | ≥
Mij |Rij| | = Ø(Π),
ij
som er det vi skulle vise.
Oppgave 4. Anta f er integrerbar over R. Da finnes det to partisjoner Π1 , Π2 slik at
Z
Z Z
f (x, y)dxdy −
=
f (x, y)dxdy −
N (Π1 ) ≥
2
2
R
R
Z Z
Z
f (x, y)dxdy +
=
f (x, y)dxdy +
Ø(Π2 ) ≤
2
2
R
R
Fra Oppgave 6.1.3 vet vi at det finnes en partisjon Π slik at N (Π1 ) ≤ N (Π) ≤ Ø(Π) ≤
Ø(Π2 ). Men da er
Ø(Π) − N (Π) ≤ Ø(Π2 ) − N (Π1 )
Z
Z
≤
f (x, y)dxdy + − ( f (x, y)dxdy − )
2
2
R
R
=
+ = ,
2 2
som var det vi skulle vise. Den andre veien, hvis Ø(Π) − N (Π) ≤ så vil Ø(Π) ≤ N (Π) + .
Da vil også
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy ≤ Ø(Π) ≤ N (Π) + ≤
f (x, y)dxdy + .
R
R
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 46 — #52
i
46
i
KAPITTEL 6
Altså har vi at
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy ≤
f (x, y)dxdy + .
R
R
Siden dette gjelder for alle , så har vi at
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy ≤
f (x, y)dxdy.
R
R
Siden også
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy ≤
f (x, y)dxdy,
R
R
så har vi at
Z Z
Z Z
f (x, y)dxdy =
f (x, y)dxdy,
R
R
og derfor er f integrerbar.
Oppgave 7. La m = min(x,y)∈R f (x, y), M = max(x,y)∈R f (x, y). Det er da klart at
Z Z
m|R| ≤
f (x, y)dxdy ≤ M |R|,
(0.0.1)
R
R R
f (x,y)dxdy
R
≤ M . La videre (xm , ym ), (xM , yM ) være minimum og maksislik at m ≤
|R|
mum for f , det vil si at f (xm , ym ) = m, f (xM , yM ) = M (vi vet at enhver kontinuerlig
funksjon definert på et lukket og begrenset område antar både maksimum og minimum).
Vi skal bruke skjæringssetningen
(Setning 5.2.1 i Kalkulus) tilå vise at vi kan finne (x̄, ȳ)
R R
f (x,y)dxdy
R
slik at f (x̄, ȳ) =
. Siden skjæringssetningen er formulert kun for funksjoner i
|R|
en variabel, så blir vi her nødt tilå
R Rbruke den på en litt spesiell måte. Anta først at xm < xM ,
f (x,y)dxdy
R
ym < yM , og at f (xM , ym ) <
. Bruk av skjæringssetningen på funksjonen
|R|
R R
g(y) = f (xM , y) (ym < y < yM ) gir da at (siden g(ym ) <
R R
finnes en ȳ slik at f (xM , ȳ) =
f (x,y)dxdy
R
,
|R|
R
f (x,y)dxdy
|R|
< g(yM )) det
slik at vi i tillegg kan sette x̄ = xM , og vi har
R R
f (x,y)dxdy
R
, så kan vi i
funnet (x̄, ȳ) slik vi skulle. Hvis vi i stedet har at f (xM , ym ) >
|R|
stedet bruke skjæringssetningen på Rfunksjonen
h(x)
=
f
(x,
y
)
(x
<
x
<
x
)
m
M tilå utlede
R
RmR
f (x,y)dxdy
f (x,y)dxdy
R
R
at det finnes en x̄ slik at f (x̄, ym ) =
(siden h(xm ) <
< h(xM )).
|R|
|R|
Med andre ord, også i dette tilfellet ser vi at det finnes et slikt punkt (x̄, ȳ) (her setter vi
ȳ = ym ). Så lenge xm < xM , ym < yM klarer vi derfor alltid finne et slikt punkt (x̄, ȳ). De
andre tilfellene der vi ikke har at xm < xM , ym < yM følger på en helt tilsvarende måte
(her vil også skjæringssetningen kunne bli anvendt på en funksjon som har mindre verdi i
høyre endepunkt).
Argumentasjonen ovenfor kan i seg selv tas som et bevis for en flerdimensjonal variant
av skjæringssetningen, der et intervall erstattes med et rektangel (skjæringssetningen er
ikke formulert slik i læreboka). Oppgaven kan jo løses veldig elegant hvis vi allerede hadde
bevist
en slik generalisering av skjæringssetningen, siden vi startet med å vise at m ≤
R R
f (x,y)dxdy
R
≤ M.
|R|
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 47 — #53
i
SEKSJON 6.2
i
47
Seksjon 6.2
Oppgave 1.
a).
Z Z
x2 ydxdy
R
2
Z
x
Z
=
0
0
2
Z
x2 ydy dx =
1 2 2
x y
2
0
x
2
1 4
1 5
16
x dx =
x
=
.
2
10
5
0
2
Z
dx =
0
0
b).
Z Z
3
Z
(x + 2xy)dxdy
Z
2x+1
=
R
x
0
3
Z
(x + 2xy)dy dx
=
0
2x+1
dx
xy + xy 2 x
3
Z
x(2x + 1) + x(2x + 1)2 − x2 − x3 dx
=
0
3
Z
2x2 + x + 4x3 + 4x2 + x − x2 − x3 dx
=
0
3
Z
3x3 + 5x2 + 2x dx
=
0
=
3 4 5 3
x + x + x2
4
3
3
=
0
243
459
+ 45 + 9 =
.
4
4
c).
Z Z
R
ydxdy
Z "Z
2
y2
=
Z
2
y2
[xy]y
ydx dy =
1
=
#
y
1
1 4 1 3
y − y
4
3
2
2
Z
y 3 − y 2 dx
dx =
1
16 8 1 1
15 7
45 − 28
17
− − + =
− =
=
.
4
3 4 3
4
3
12
12
=
1
d).
Z Z
Z
x cos ydxdy
π/2
"Z
=
R
sin y
#
x cos ydx dy
0
0
sin y
Z π/2
1 2
1
x cos y
dy =
sin2 y cos ydy
2
2
0
0
0
π/2
1
1
=
sin3 y
= .
6
6
0
Z
π/2
=
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 48 — #54
i
48
i
KAPITTEL 6
Figur 5: Integrasjonsområdet i Oppgave 6.2.1f).
f ). Skjæringspunktene
mellom y = x2 og y =
√
2
x ≤ x, som vist i Figur 5. Derfor får vi
Z Z
Z "Z √
x ydxdy
2
x ydy dx
=
R
x2
0
1
Z
=
0
=
x er (0, 0) og (1, 1). For 0 ≤ x ≤ 1 er
#
x
1
2
√
1 2 2
x y
2
√x
1
1−y 2
1
0
x2
1 4
1
x − x7
8
14
h). Her kan vi bruke at (arcsin y)0 = √
Z
dx =
1
0
1 3 1 6
x − x dx
2
2
1
1
7−4
3
= −
=
=
.
8 14
56
56
fra formelsamlingen. Vi kan også gjøre sub-
stitusjonen u = arcsin y, eller y = sin u: Vi ser da at √
1
1−y 2
=
1
| cos u|
=
1
cos u ,
der vi
kunne fjerne absoluttverditegnet på grunn av de spesielle integralgrensene her. Videre er
dy = cos udu, slik at
Z Z
1
p
dxdy
1 − y2
R
#
Z π/2 "Z sin x
Z π/2 Z x
Z π/2
cos u
1
p
=
dy dx =
du dx =
xdx
1 − y2
0
0 cos u
0
0
0
π/2
1 2
π2
=
x
=
.
2
8
0
i). I denne oppgaven er ikke integralgrensene gitt, slik at vi må finne disse ved regning
først. Kurvene y = ln x og y = x−1
e−1 skjærer hverandre i x = 1 og x = e, og det er klart at
for 1 ≤ x ≤ e så ligger kurven y = ln x øverst, siden denne er konkav (den vender den hule
siden ned, siden f 00 (x) < 0)). Dette er også tegnet i Figur 6. Integralet blir derfor
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 49 — #55
i
i
SEKSJON 6.2
49
Figur 6: Integrasjonsområdet i Oppgave 6.2.1i).
Z Z
Z
xdxdy
e
"Z
=
R
=
=
=
=
=
=
e
1
e
e
x(x − 1)
x ln x −
e−1
dx
Z
1
x2 − x dx
e−1 1
1
e
2 e
1 2
1
1 3 1 2
x
−
x ln x −
x − x
2
4 1 e−1 3
2
1
1 2 1 2 1
1
1 3 1 2 1 1
e − e + −
e − e − +
2
4
4 e−1 3
2
3 2
1 2 1
1
1 3 1 2 1
e + −
e − e +
4
4 e−1 3
2
6
3
2
1 2 1 2e − 3e + 1
e + −
4
4
6(e − 1)
3
1 2 1 2e − 2e2 − e2 + 1
e + −
4
4
6(e − 1)
1 2 1 1 2 1
e + − e + (e + 1)
4
4 3
6
1 1 2 1
1 1
1
1
5
−
e + e + + = − e2 + e + .
4 3
6
6 4
12
6
12
Z
=
Z
xdy dx =
x−1
e−1
1
=
#
ln x
x ln xdx −
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 50 — #56
i
50
i
KAPITTEL 6
% Oppgave 6.2.2 a)
dblquad(@(x,y)(x.^2).*y .*(y<=x) ,0,2,0,2)
% Symbolsk utregning:
syms x y
uttrykk1=int(’x^2*y’,’y’,0,x);
uttrykk2=int(uttrykk1,’x’,0,2);
eval(uttrykk2)
% Oppgave 6.2.2 b)
dblquad(@(x,y)(x+2*x.*y).*(x<=y).*(y<=(2*x+1)),0,3,0,7)
% Oppgave 6.2.2 c)
dblquad(@(x,y)y.*(y<=x).*(x<=y.^2),1,4,1,2)
% Oppgave 6.2.2 d)
dblquad(@(x,y)(x.*cos(y)).*(x<=sin(y)),0,1,0,pi/2)
% Oppgave 6.2.2 e)
dblquad(@(x,y)exp(x.^2).*(y<=x),0,1,0,1)
% Oppgave 6.2.2 f)
dblquad(@(x,y)(x.^2).*y.*(y<=sqrt(x)).*(x.^2<=y),0,1,0,1)
% Oppgave 6.2.2 g)
dblquad(@(x,y)x.*cos(x+y).*(y<=x),0,pi,0,pi)
% Oppgave 6.2.2 h)
dblquad(@(x,y)(y<=sin(x))./sqrt(1-y.^2),0,pi/2,0,1)
pi^2/8
% Oppgave 6.2.2 i)
dblquad(@(x,y)x.*(((x-1)./(exp(1)-1))<=y).*(y<=log(x)),1,exp(1),0,1)
Oppgave 1 kan også verifiseres ved hjelp av Symbolic Math Toolbox i Matlab, selv om
integralgrensene ikke er konstante nå. Dette er gjort ovenfor for den første deloppgaven.
Oppgave 3. Når man skriver om et område fra type I til type II eller omvendt, er det
viktigste at man først lager en god tegning av området. Skal man skrive om til et type
II-integral bør du velge en vilkårlig y innenfor integrasjonsområdet, og tegne en horisontal
strek med y lik denne verdien. Nedre integralgrense finner du da ved å lese av skjæringen
med integrasjonsområdet som er lengst til venstre (minst x-verdi), øvre integralgrense vedå
lese av skjæringen med integrasjonsområdet som er lengst til høyre (størst x-verdi). Både
nedre og øvre integralgrense blir funksjoner i y, siden den horisontale streken ble valgt
vilkårlig.
a). Området vi integrerer over, R = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1 og y ≤ x ≤ 1}, er av type II. Ved
opptegningen av området i Figur 7 ser vi fort at det også er av type I, og at det kan skrives
på formen R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 og 0 ≤ y ≤ x}. Vi får derfor
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 51 — #57
i
SEKSJON 6.2
i
51
(a) Området tegnet som type II
(b) Området tegnet som type I
Figur 7: Integrasjonsområdet i Oppgave 6.2.3a).
1
Z
Z
0
1
e dx dy
x2
Z
1
Z
x
=
y
x2
e dy dx
0
Z
=
0
0
1
2
xex dx =
1 x2
e
2
1
=
0
1
1
1
e − = (e − 1).
2
2
2
Skal man skrive om til et type I-integral bør du velge en vilkårlig x innenfor integrasjonsområdet, og tegne en vertikal strek med x lik denne verdien. Nedre integralgrense finner
du da ved å lese av den nederste skjæringen med integrasjonsområdet (minst y-verdi),
øvre integralgrense ved å lese av den øverste skjæringen med integrasjonsområdet (størst
y-verdi). Både nedre og øvre integralgrense blir funksjoner i x, siden den vertikale streken
ble valgt vilkårlig.
b). Området vi integrerer over, R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ π2 og x ≤ y ≤ π2 }, er av type I. Ved
opptegning av området ser vi fort at det også er av type II, da det kan skrives på formen
R = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ π2 og 0 ≤ x ≤ y}.
#
sin y
dy dx
y
0
x
y
Z π/2 Z y
Z π/2 Z π/2
sin y
sin y
=
dx dy =
x
dy =
sin ydy
y
y 0
0
0
0
0
Z
π/2
=
"Z
π/2
π/2
[− cos y]0
= 1.
√
c). Området vi integrerer over, R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 og x ≤ y ≤ 1}, er av type I. Ved
opptegning av området ser vi fort at det også er av type II, da√det kan skrives på formen
R = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1 og 0 ≤ x ≤ y 2 } (har her brukt at y = x svarer til at x = y 2 ). Vi
har tegnet opp området som type II i Figur 8. Vi får derfor
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 52 — #58
i
52
i
KAPITTEL 6
Figur 8: Integrasjonsområdet i Oppgave 6.2.3c).
Z
1
Z
1
√
0
e
x
y2
dy dx
x
Z
1
"Z
y2
=
e
0
Z
x
y2
#
Z
dx dy =
h
x
y 2 e y2
1
y 2 e − y 2 dy =
0
Z
iy 2
dy
0
0
0
=
1
1
(e − 1)y 2 dy =
0
1
(e − 1)y 3
3
1
=
0
e−1
.
3
Seksjon 6.3
Oppgave 1.
a).
• Første kvadrant svarer i polarkoordinater til at 0 ≤ θ ≤
π
2,
• området innenfor sirkelen x2 + y 2 = 9 svarer til at 0 ≤ r ≤ 3.
Integralet blir derfor
Z Z
xy 2 dxdy
R
Z
π/2
Z
=
0
=
Z
xy 2 rdr dθ =
0
π/2
Z
3
r4 cos θ sin2 θdr dθ
0
3
Z π/2
243
1 5
2
r cos θ sin θ dθ =
cos θ sin2 θdθ
5
5
0
0
0
π/2
243 1
81
3
sin θ
=
.
5 3
5
0
Z
=
0
3
π/2
b).
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 53 — #59
i
i
SEKSJON 6.3
53
π
2,
• Området i første kvadrant svarer i polarkoordinater til at 0 ≤ θ ≤
• området innenfor sirkelen x2 + y 2 = 25 svarer til at og 0 ≤ r ≤ 5,
• området mellom linjene y = 0 og y = x begrenser området ytterligere til 0 ≤ θ ≤
Z Z
(x2 + y 2 )dxdy
Z
π/4
Z
2
2
Z
π/4
Z
5
Z
0
0
0
π/4
=
0
1 4
r
4
5
Z
π/4
dθ =
0
0
3
r dr dθ
(x + y )rdr dθ =
=
R
5
π
4.
0
625π
625
dθ =
.
4
16
e). Vi observerer at
• tredje kvadrant svarer i polarkoordinater til at π ≤ θ ≤ 3π
2 ,
√
• linjen y = 3x danner vinkel π3 med x-aksen, og delen av denne som ligger i tredje
kvadrant danner derfor en vinkel π3 + π = 4π
3 med x-aksen,
√
• linjen y = 33 x danner vinkel π6 med x-aksen. og delen av denne som ligger i tredje
kvadrant danner derfor en vinkel π6 + π = 7π
6 med x-aksen.
• området innenfor x2 + y 2 = 1 svarer til at 0 ≤ r ≤ 1.
Derfor blir integralet
Z Z
(x2 − y 2 )dxdy
R
Z
4π/3
Z
1
=
7π/6
=
0
4π/3
7π/6
1
Z
r3 (cos2 θ − sin2 θ)dr dθ
0
1
4π/3
Z 4π/3
1
1
1 4
r cos(2θ) dθ =
cos(2θ)dθ =
sin(2θ)
4
8
7π/6 4
7π/6
0
7π/6
√
√
1
1
(sin(8π/3) − sin(7π/3)) = ( 3/2 − 3/2) = 0.
8
8
Z
=
Z
(x2 − y 2 )rdr dθ =
4π/3
f ). Området i første kvadrant innenfor sirkelen x2 + y 2 = 1 svarer til at 0 ≤ θ ≤
0 ≤ r ≤ 1. Integralet blir derfor
Z Z p
2 − x2 − y 2 dxdy
π
2
og
R
Z
π/2
=
0
Z
=
0
Z
p
2−
r2 rdr
Z
π/2
1
1
2 3/2
− (2 − r )
dθ
3
0
dθ =
0
!
√
√
1 2 2
π
− +
dθ = (2 2 − 1).
3
3
6
0
π/2
1
g). (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 betyr i polarkoordinater at r2 − 2r cos θ + 1 ≤ 1, som er det samme
som at r ≤ 2 cos θ. Sirkelen er tegnet opp i Figur 9. Vi ser at sirkelen ligger i første og fjerde
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 54 — #60
i
54
i
KAPITTEL 6
Figur 9: Integrasjonsområdet i Oppgave 6.3.1g).
kvadrant, slik at − π2 ≤ θ ≤ π2 . Det er videre klart fra figuren at sirkelen består av alle
punkter som ligger på linjer på formen (r cos θ, r sin θ), 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. Derfor er grensene
til området vårt −π/2 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ, og integralet blir derfor
Z Z
(x2 + y 2 )3/2 dxdy
R
"Z
#
"Z
#
Z
Z
π/2
2 cos θ
−π/2
Z
π/2
−π/2
Z 1
=
=
2 cos θ
1 5
r
5
r4 rdr dθ
−π/2
0
=
=
π/2
(x2 + y 2 )3/2 rdr dθ =
=
2 cos θ
Z
π/2
dθ =
0
−π/2
32
cos5 θdθ =
5
0
Z
π/2
−π / 2
32
(1 − sin2 θ)2 cos θdθ
5
Z
32 1 4
(1 − u2 )2 du =
(u − 2u2 + 1)du
5 −1
−1
1
32 1 5 2 3
u − u +u
5 5
3
−1
64 1 2
64 3 − 10 + 15
64 8
512
( − + 1) =
=
=
,
5 5 3
5
15
5 15
75
32
5
der vi har gjort subsitusjonen u = sin θ.
% Oppgave 6.3.2 a)
dblquad(@(r,theta)(r.^4).*cos(theta).*(sin(theta).^2),0,3,0,pi/2)
% Oppgave 6.3.2 b)
dblquad(@(r,theta)(r.^3),0,5,0,pi/4)
% Oppgave 6.3.2 c)
dblquad(@(r,theta)r.*exp(r.^2),1,4,0,2*pi)
% Oppgave 6.3.2 d)
dblquad(@(r,theta)r.^3.*sin(theta).*cos(theta),0,1,0,pi/4)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 55 — #61
i
SEKSJON 6.3
i
55
% Oppgave 6.3.2 e)
dblquad(@(x,y)(x.^2-y.^2).*(x.^2+y.^2<=1) ...
.*(y >= sqrt(3).*x).*(y <= sqrt(3).*x./3) ,-1,0,-1,0)
% Oppgave 6.3.2 f)
dblquad(@(r,theta)r.*sqrt(2-(r.*cos(theta)).^2-(r.*sin(theta)).^2)...
,0,1,0,pi/2)
% Oppgave 6.3.2 g)
dblquad(@(x,y)(x.^2+y.^2).^(3/2) .* ((x-1).^2 +y.^2 <= 1) ,0,2,-1,1)
Oppgave 3.
a). Sirkelskiven med sentrum i (0, 1) og radius 1 svarer til at x2 + (y − 1)2 ≤ 1, som i
polarkoordinater blir
r2 cos2 θ + (r sin θ − 1)2
≤ 1
2
≤ 2r sin θ
r
≤ 2 sin θ.
r
Vi ser ved opptegning at sirkelen er helt inneholdt i første og andre kvadrant, slik at
0 ≤ θ ≤ π. Fra tegningen ser vi at området er beskrevet i polarkoordinater ved r ≤ 2 sin θ,
slik at det gitte integralet blir
#
Z Z
Z π "Z 2 sin θ
f (x, y)dxdy =
f (r cos θ, r sin θ)rdr dθ.
R
0
b). Vi får at
Z Z p
x2 + y 2 dxdy
R
Z "Z
2 sin θ
Z π
8
1 3
r
dθ =
sin3 θdθ
3
3
0
0
0
0
0
π
Z
8 π
8
1
3
2
(1 − cos θ) sin θdθ =
− cos θ − cos θ
3 0
3
3
0
8
1
1
84
32
1− +1−
=
=
.
3
3
3
33
9
π
=
=
=
#
0
2 sin θ
2
Z
π
r dr dθ =
Oppgave 4. Setter vi inn grensene for integrasjonsområdet blir arealet lik
r(θ)
Z β Z r(θ)
Z β
Z β
1 2
1
|A| =
1rdrdθ =
r
dθ =
r(θ)2 dθ,
2
2
α
0
α
α
0
der vi har regnet ut det innerste integralet. Hvis r(θ) = sin(2θ) får vi
Z π/2
1
sin(2θ)2 dθ
2
0
π/2
Z π/2
1
1
1
1
π
=
(1 − cos(4θ))dθ =
θ − sin(4θ)
= (π/2) = .
4
4
4
4
8
0
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 56 — #62
i
56
i
KAPITTEL 6
Seksjon 6.4
Oppgave 1.
a).
1
1
xy + y 3 dx
3
0
0
0
0
2
Z 2
1 2 1
2
8
1
dx =
x + x =2+ = .
=
x+
3
2
3
3
3
0
0
2
Z
V
Z
=
1
Z
(x + y 2 )dy dx =
2
p
√
d). Grafen z = 32 − 2x2 − 2y 2 = 32 − 2r2 skjærer xy-planet for r = 4. Volumet kan
derfor regnes ut ved hjelp av sylinderkoordinater:
2π
Z
V
=
0
2π
Z
=
0
4
Z 2π p
1
2 3/2
2
32 − 2r rdr dθ =
dθ
− (32 − 2r )
6
0
0
0
√
128π 2
1 3/2
32 dθ =
.
6
3
4
Z
Oppgave 2. Trekanten med hjørner (0, 0), (1, 0), og (1, 1) er beskrevet ved 0 ≤ x ≤ 1,
0 ≤ y ≤ x. Massemiddelpunktet blir dermed
RR
R1Rx 2
xf (x, y)dxdy
x dydx
A
R
R
x̄ =
= R01 R0x
f
(x,
y)dxdy
xdydx
A
0 0
R 1 2 x
R1 3
x y 0 dx
x dx
3
1/4
=
= R0 1
= R01
=
x
2
1/3
4
[xy]0 dx
x dx
0
0
R1Rx
xydydx
0 0
ȳ =
1/3
x
Z 1
Z 1
1 3
1 2
1
3
= 3
dx = 3
xy
x dx = 3 × = .
2
8
8
0 2
0
0
Massemiddelpunktet er derfor ( 43 , 38 ).
Oppgave 5. Flaten z = f (x, y) = x2 − y 2 har partiellderiverte
Arealet er derfor
Z Z p
1 + 4x2 + 4y 2 dxdy
∂f
∂x
= 2x,
∂f
∂y
= −2y.
A
2π
Z
Z
=
0
=
1
8
0
Z
0
2π
2
p
1+
4r2 rdr
√
34 17 2
−
3
3
!
1
dθ =
8
Z
0
2π
2
(1 + 4r2 )3/2
3
2
dθ
0
√
√
π 34 17 − 2
π
dθ =
= (17 17 − 1),
4
3
6
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 57 — #63
i
i
SEKSJON 6.4
57
der vi har brukt at området A lar seg beskrive i polarkoordinater ved 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2.
Oppgave 7. Vi setter opp flateintegralet i kartesiske koordinater, for til slutt å skifte
til polarkoordinater
kunne
alternativt bruke polarkoordinater hele veien, men da må
∂r(du ∂r
× ∂θ , og sette denne inn i flateintegralet). Flaten er beskrevet ved
du også regne ut ∂r
p
√
z = f (x, y) = 1 − x2 − y 2 = 1 − r2 . Vi har at
∂f
∂x
x
= −p
1 − x2 − y 2
y
.
= −p
1 − x2 − y 2
∂f
∂y
Dermed blir
s
1+
∂f
∂x
2
+
∂f
∂y
s
2
=
1+
x2
y2
1
+
=p
.
2
2
2
2
1−x −y
1−x −y
1 − x2 − y 2
La oss så finne grensene til integrasjonsområdet i polarkoordinater. Sirkelen x −
1
4 betyr i polarkoordinater at
2
1
r cos θ −
+ r2 sin2 θ
2
1
r2 cos2 θ + r2 sin2 θ − r cos θ +
4
r2
r
1 2
2
2 +y
≤
1
4
1
≤
4
≤ r cos θ
≤
≤ cos θ.
Vi ser også ved opptegning at sirkelen er helt inneholdt i første og fjerde kvadrant. I
polarkoordinater er dette området beskrevet ved at −π/2 ≤ θ ≤ π/2. Fra opptegning av
området ser vi derfor at grensene for området blir −π/2 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤ cos θ, og
flateintegralet for arealet blir dermed
Z Z
1
p
dxdy
1
−
x2 − y 2
A
#
#
Z π/2 "Z cos θ
Z π/2 "Z cos θ
1
1
p
√
=
rdr dθ =
rdr dθ
1 − r2
1 − x2 − y 2
−π/2
0
−π/2
0
Z π/2 Z π/2 h p
icos θ
p
2
dθ =
1 − 1 − cos2 θ dθ
=
− 1−r
0
−π/2
Z
−π/2
π/2
Z
π/2
(1 − | sin θ|) dθ =
=
−π/2
Z
Z
−π/2
0
= π−
Z
| sin θ|dθ −
−π/2
0
1dθ −
Z
| sin θ|dθ −
−π/2
π/2
| sin θ|dθ
0
π/2
| sin θ|dθ.
0
Det er her lett å gå i den fellen å fjerne absoluttverditegnet rundt sin θ! Legg imidlertid
merke til at
• sin θ < 0 for −π/2 ≤ θ ≤ 0, slik at | sin θ| = − sin θ da,
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 58 — #64
i
58
i
KAPITTEL 6
• sin θ > 0 for 0 ≤ θ ≤ π/2, slik at | sin θ| = sin θ da.
Dette er grunnen til at vi har splittet opp integralet fra −π/2 til π/2 over. Vi får nå videre
Z π/2
Z 0
sin θdθ
sin θdθ −
= π+
−π/2
= π+
0
0
[− cos θ]−π/2
π/2
− [− cos θ]0
= π − 1 − 1 = π − 2.
Oppgave 10. Sylinderflaten T er gitt ved x2 + y 2 = 4, x ≥ 0, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1. Denne er
parametrisert ved r(θ, z) = (2 cos θ, 2 sin θ, z), med 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 1. Vi regner ut
∂r
∂θ
∂r
∂z
∂r ∂r
×
∂θ ∂z
∂r ∂r ∂θ × ∂z =
(−2 sin θ, 2 cos θ, 0)
=
(0, 0, 1)
=
(2 cos θ, 2 sin θ, 0)
=
2.
Flateintegralet blir dermed
Z Z
xyz 2 dxdydz
T
Z π/2 Z 1
∂r ∂r 2
dzdθ =
=
xyz ×
8z
sin
θ
cos
θdz
dθ
∂θ ∂z T
0
0
1
Z π/2 Z 1
Z π/2 4 3
2
z sin(2θ) dθ
=
4z sin(2θ)dz dθ =
3
0
0
0
0
π/2
Z π/2
2 2
4
2
4
=
= + = .
sin(2θ)dθ = − cos(2θ)
3
3
3
3
3
0
0
Z Z
2
Oppgave 11. Vi har at
∂r
∂u
∂r
∂v
∂r
∂r
×
∂u ∂v
=
(−3 sin u cos v, −3 sin u sin v, 3 cos u)
=
(−(5 + 3 cos u) sin v, (5 + 3 cos u) cos v, 0)
=
(−3(5 + 3 cos u) cos u cos v,
−3(5 + 3 cos u) cos u sin v,
−3(5 + 3 cos u) sin u cos2 v − 3(5 + 3 cos u) sin u sin2 v)
= (−3(5 + 3 cos u) cos u cos v, −3(5 + 3 cos u) cos u sin v, −3(5 + 3 cos u) sin u)
q
∂r
∂r 9(5 + 3 cos u)2 cos2 u cos2 v + 9(5 + 3 cos u)2 cos2 u sin2 v + 9(5 + 3 cos u)2 sin2 u
∂u × ∂v =
p
= 3(5 + 3 cos u) cos2 u cos2 v + cos2 u sin2 v + sin2 u
=
3(5 + 3 cos u).
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 59 — #65
i
SEKSJON 6.4
i
59
Disse utregningene ble også gjort mer generelt i Eksempel 3. Vi får derfor
Z Z
Z 2π Z 2π ∂r 2 ∂r
2
z du dv
z dS =
×
∂u ∂v 0
0
T
Z 2π Z 2π
2
9 sin u × 3(5 + 3 cos u)du dv
=
0
Z
=
0
2π Z 2π
135
0
0
Z
sin2 udu dv + 81
2π
0
Z
2π
sin2 u cos udu dv
0
2π
Z 2π 1
1
3
= 135
(1 − cos(2u))du dv + 81
sin u
dv
2
3
0
0
0
0
2π
Z 2π 1
1
= 135
u − sin(2u)
dv + 0
2
4
0
0
Z 2π
1
2πdv = 270π 2 .
= 135
2
0
Z
2π
Z
2π
Oppgave 16.
a). Kurven
x2 − 2x + y 2√= 0 blir i polarkoordinater r = 2 cos θ. Kulen er beskrevet med
p
z = ± 4 − x2 − y 2 = ± 4 − r2 . Volumet blir dermed
#
Z π/2 "Z 2 cos θ p
4 − r2 rdr dθ
2
−π/2
0
2 cos θ
1
2 3/2
2
dθ
− (4 − r )
3
−π/2
0
Z π/2 Z π/2 8 1
8 8
2
3/2
3
2
− (4 − 4 cos θ)
− | sin θ| dθ
dθ = 2
3 3
3 3
−π/2
−π/2
Z 0
Z π/2
Z π/2
8
8
8
dθ + 2
sin θ3 dθ − 2
sin θ3 dθ
2
3
3
3
−π/2
0
−π/2
Z 0
Z π/2
16π
8
8
+2
(1 − cos2 θ) sin θdθ − 2
(1 − cos2 θ) sin θdθ
3
3
−π/2 3
0
0
π/2
16π 16
1
16
1
+
− cos θ + cos3 θ
−
− cos θ + cos3 θ
3
3
3
3
3
−π/2
0
16π 16
1
16
1
+
−1 +
−
1−
3
3
3
3
3
16π 32 32
16π 64
16
−
+
=
−
=
(3π − 4).
3
3
9
3
9
9
Z
=
=
=
=
=
=
=
b). Hvis f (x, y) =
π/2
p
4 − x2 − y 2 .
∂f
∂x
∂f
∂y
x
= −p
4 − x2 − y 2
y
= −p
.
4 − x2 − y 2
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 60 — #66
i
60
i
KAPITTEL 6
Arealet blir
Z Z s
2
x2
y2
+
dxdy
4 − x2 − y 2
4 − x2 − y 2
A
#
Z Z
Z π/2 "Z 2 cos θ
2r
2
p
√
= 2
dxdy = 2
dr dθ
4 − r2
4 − x2 − y 2
0
−π/2
A
Z π/2 Z π/2 h p
i2 cos θ
p
4 − 4 1 − cos2 θ dθ
dθ = 2
−2 4 − r2
= 2
1+
0
−π/2
Z
=
−π/2
π/2
(4 − 4| sin θ|) dθ
2
−π/2
Z
=
π/2
Z
0
Z
4 sin θdθ
−π/2
−π/2
π/2
4 sin θdθ − 2
4dθ + 2
2
0
0
π/2
=
8π + 2 [−4 cos θ]−π/2 − 2 [−4 cos θ]0
=
8π − 8 − 8 = 8π − 16.
Oppgave 18.
a). Vi finner skjæringen mellom paraboloiden og planet først.
2x + 4y + 4
=
x2 + y 2
x2 − 2x + 1 + y 2 − 4y + 4
=
1+4+4
=
32 .
2
(x − 1) + (y − 2)
2
Det er klart at dette gir en sirkel med sentrum i (1,2) med radius 3. Det er klart at planet
ligger ovenfor paraboloiden og over denne sirkelen, sett ovenfra. Volumet må da bli
Z Z
(2x + 4y + 4 − x2 − y 2 )dxdy,
D
som er det uttrykket vi skulle frem til.
b). Gjør variabelskiftet
u = x − 1, v = y − 2.
Området vårt er da beskrevet ved at u2 + v 2 ≤ 9, eller 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π i
polarkoordinater. Vi regner ut at Jacobideterminanten blir 1, slik at integralet også kan
skrives
Z Z
(2x + 4y + 4 − x2 − y 2 )dxdy
D
Z Z
=
(2(u + 1) + 4(v + 2) + 4 − (u + 1)2 − (v + 2)2 )dudv
E
Z Z
=
(9 − u2 − v 2 )dudv.
E
der E er sirkelen om origo med radius 3. I polarkoordinater blir dette integralet
3
Z 2π Z 3
9 2 1 4
81 81
81π
2
(9 − r )rdr dθ = 2π r − r
= 2π
−
=
.
2
4
2
4
2
0
0
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 61 — #67
i
SEKSJON 6.5
i
61
Seksjon 6.5
Oppgave 1.
a). Vi skal regne ut
R
C
(x2 + y)dx + x2 ydy. Vi regner ut
∂Q ∂P
−
= 2xy − 1.
∂x
∂y
Greens teorem gir dermed
Z
(x2 + y)dx + x2 ydy
C
Z 2 Z 2
Z
=
(2xy − 1)dx dy =
0
=
0
2
0
2
2
x y − x 0 dy =
Z
2
(4y − 2)dy
0
[2y 2 − 2y]20 = 8 − 4 = 4.
b). Vi skal regne ut
R
C
(x2 y 3 )dx + x3 y 2 dy. Vi regner ut
∂Q ∂P
−
= 3x2 y 2 − 3x2 y 2 = 0.
∂x
∂y
Linjeintegralet må derfor bli 0.
R
c). Vi skal regne ut C (x2 y + y)dx + (xy + x)dy. Vi regner ut
∂Q ∂P
−
= y + 1 − x2 − 1 = y − x2 .
∂x
∂y
Det er videre klart at integralgrensene kan skrives 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x + 1. Greens teorem
gir dermed
Z
(x2 y + y)dx + (xy + x)dy
C
x+1
1 2
y − x2 y
dx
2
0
0
0
0
1
Z 1
1
1 4 1 3
1
2
3
2
3
=
(x + 1) − x − x
( (x + 1) − x − x )dx =
6
4
3
0 2
0
8 1 1 1
16 − 3 − 4 − 2
7
=
− − − =
=
.
6 4 3 6
12
12
Z
1
=
d). Vi skal regne ut
R
C
Z
x+1
(y − x2 )dydx =
Z
1
(x2 y + xex )dx + (xy 3 + esin y )dy. Vi regner ut
∂Q ∂P
−
= y 3 − x2 .
∂x
∂y
Det er videre klart at punktene (−1, 2) og (2, 4) ligger på parabelen, og at linjestykket
ligger ovenfor parabelen. Parabelen blir dermed nedre integralgrense og linjestykket blir
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 62 — #68
i
62
i
KAPITTEL 6
øvre, slik at Greens teorem gir
Z
(x2 y + xex )dx + (xy 3 + esin y )dy
C
x+2
1 4
y − x2 y
dx
−1 4
−1 x2
x2
Z 2
1
1
(x + 2)4 − x3 − 2x2 − x8 + x4 dx
4
4
−1
2
1
1
2
1
1
(x + 2)5 − x4 − x3 − x9 + x5
20
4
3
36
5
−1
1 9 1 5
1
1 2
1
1
1 5 1 4 2 3
4 − 2 − 2 − 2 + 2 −
+ − −
+
20
4
3
36
5
20 4 3 36 5
256
16 128 32
1
1 2
1
1
−4−
−
+
−
+ − −
+
5
3
9
5
20 4 3 36 5
256 + 32 + 1 −1 − 24 + 9 − 192 − 512
1
+
−4−
5
36
20
289 720
1
289
1
−
−4−
=
− 24 −
5
36
20
5
20
1156 − 1
231 96
135
− 24 =
−
=
.
20
4
4
4
2
Z
=
=
=
=
=
=
=
=
Z
x+2
(y 3 − x2 )dydx =
Z
2
Oppgave 2. Skisserer vi kurven ser vi at orienteringen er mot klokka, slik at vi kan bruke
Greens teorem direkte. Vi setter P (x, y) = 0 og Q(x, y) = x i Greens teorem og får
Z
A
=
Z
C
t sin t(2π − 2t)dt
0
Z
=
2π
xdy =
2π
Z
0
=
2π
t sin t − 2
2π
t2 sin tdt
0
2π
2π
Z
Z
− 2 −t2 cos t + 2t cos tdt
2π −t cos t + cos tdt
0
=
2π [−t cos t +
2π
sin t]0
2
0
2π
− 2 −t2 cos t + 2t sin t + 2 cos t 0
= −4π 2 − 2(−4π + 2) + 4 = 4π 2
% Oppgave 6.5.2
x=t.*sin(t);
y=2*pi*t-t.^2;
plot(x,y)
Det er ikke alltid opplagt hvilken orientering en kurve har, og det er kanskje ikke så greit
å se med hjelp av MATLAB heller, siden MATLAB ikke indikerer tilhørende t-verdier på
kurven. En enkel måte å bestemme orienteringen som fungerer i mange tilfeller kan være
vedå regne ut fartsvektoren i startpunktet og i sluttpunktet på kurven. Tegner vi opp disse
to vektorene som startretning og sluttretning blir det oftest klart hva orienteringen må bli,
når man samholder det med tegningen fra MATLAB.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 63 — #69
i
SEKSJON 6.5
i
63
Oppgave 3. I dette tilfellet vil vi kunne skjønne hva orienteringen må bli ved å regne ut fartsvektoren i startpunktet 0 og i sluttpunktet π2 . Vi får først at v(t) = r0 (t) =
(2 cos(2t), cos t − t sin t), og deretter v(0) = (2, 1) og v( π2 ) = (−2, − π2 ). Tegner vi opp disse
to vektorene som startretning og sluttretning er det klart at orienteringen må bli positiv.
Vi kan derfor bruke Greens teorem direkte. Setter vi etter vi P (x, y) = 0, Q(x, y) = x får
vi derfor
Z
Z π/2
A =
xdy =
sin(2t)(cos t − t sin t)dt
C
0
π/2
Z
(2 sin t cos2 t − 2t sin2 cos t)dt
=
0
π/2
π/2
Z
t
1
2
sin3 t −
sin3 tdt
−2
− cos3 t
3
3
3
0
0
π/2
Z
2
t
1
−2
sin3 t −
(1 − cos2 t) sin tdt
3
3
3
0
π/2
2
t
1
1
−2
sin3 t − (− cos t + cos3 t)
3
3
3
3
0
2
π 1 1
4 2 π
10 π
10 − 3π
− 2( − + ) = − − =
− =
.
3
6
3 9
3 9
3
9
3
9
=
=
=
=
% Oppgave 6.5.3
t=linspace(0,pi/2,100);
plot( sin(2*t) , t.*cos(t) );
axis equal;
Oppgave 4. Vi setter P (x, y) = 0, Q(x, y) = x i Greens teorem og får
Z
Z
A =
P dx + Qdy =
xdy
C
Z
C
2π
=
a cos3 tb3 sin2 t cos tdt =
0
=
=
=
=
Z
2π
3ab cos4 t sin2 tdt
0
Z 2π
3
1
cos t4 sin t cos tdt = ab
(cos(2t) + 1) sin2 (2t)dt
4
2
0
0
Z 2π
Z 2π
3
2
2
ab
sin (2t)dt +
sin (2t) cos(2t)dt
8
0
0
2π !
Z 2π
3
1
1
3
ab
(1 − cos(4t))dt +
sin (2t)
8
2
6
0
0
2π
3
1
3
3πab
ab t − sin(4t)
=
ab2π =
.
16
4
16
8
0
3
ab
4
Z
2π
2
2
2
Oppgave 5. Denne oppgaven er enda et eksempel på at det kan være vanskelig å avgjøre
orienteringen til en kurve. Her skal vi benytte oss av et annet tricks: Av og til kan man
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 64 — #70
i
64
i
KAPITTEL 6
v(t) , der vi setter inn komponentene til v(t) og a(t) inn i
nemlig se på fortegnet til a(t) første og andre rad, respektive. Hvis denne er positiv for alle t, så er orienteringen positiv.
Hvis den er negativ for alle t, så er orienteringen negativ (hvis fortegnet ikke er det samme
for alle t, så kan vi ikke trekke noen slutning om orienteringen uten å tegne kurven).
Grunnen til dette er at den nevnte determinanten er lik z-komponenten til v(t) × a(t), når
vi tenker på de som vektorer i rommet. Hvis vinkelen mellom v(t) og a(t) alltid er mindre
enn π, så dreier kurven alltid mot venstre for fartsretningen, og orienteringen blir positiv.
Hvis vinkelen alltid er større enn π, så dreier kurven alltid mot høyre for fartretningen, og
orienteringen blir negativ. Til slutt trenger vi bare legge merke til at fortegnet til v(t)×a(t)
beskriver om den gitte vinkelen er større eller mindre enn π (siden sin til mellomliggende
vinkel kommer inn i vektorproduktet). I denne oppgaven har vi
v(t)
= r0 (t) = (1 − 2t, 1 − 3t2 )
a(t)
= v0 (t) = (−2, −6t),
slik at
v(t) 1 − 2t 1 − 3t2
a(t) = −2
−6t
=
(1 − 2t)(−6t) + 2(1 − 3t2 )
=
2
1
1
+ > 0,
6t2 − 6t + 2 = 6 t −
2
2
slik at orienteringen er positiv, slik at vi kan bruke Greens teorem direkte.
2
Vi setter F(x, y) = (0, x2 ). Ved opptegning av kurven, eller ved resonnementet over,
ser vi at orienteringen er mot klokka. Greens teorem gir oss da
Z Z
Z Z Z
∂Q ∂P
xdxdy =
−
dxdy =
Qdy
∂x
∂y
R
R
C
Z
Z 1
1 1 4
(t − t2 )2
(1 − 3t2 )dt =
=
(t − 2t3 + t2 )(−3t2 + 1)dt
2
2
0
0
Z
1 1
6
5
4
3
=
(−3t + 6t − 2t − 2t + t2 )dt
2 0
1
1
2 5 1 4 1 3
3 7
6
=
− t +t − t − t + t
2
7
5
2
3 0
1
3
2 1 1
=
− +1− − +
2
7
5 2 3
1 −15 − 14 5
1 −174 + 175
1
=
+
=
=
.
2
35
6
2
210
420
Oppgave 7. Vi har
P (x, y)
= xy + ln(x2 + 1)
Q(x, y)
=
2
4x + ey + 3 arctan y.
Vi regner ut
∂Q ∂P
−
= 4 − x,
∂x
∂y
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 65 — #71
i
i
SEKSJON 6.5
65
slik at
Z
Z Z
P dx + Qdy
Z
π
1
Z
(4 − r cos θ)rdr dθ
(4 − x)dxdy =
=
C
D
0
0
1
Z π
1
1
(2 − cos θ)dθ
2r2 − r3 cos θ dθ =
3
3
0
0
0
π
1
=
2θ − sin θ = 2π.
3
0
Z
π
=
Oppgave 8.
a). Kurven C er sammensatt av kurvene C1 og C2 , der C1 følger parabelen, C2 følger langs
x-aksen. Vi parametriserer C1 med r1 (x) = (x, 1 − x2 ), der x går fra 1 til −1. Vi får da
Z
−ydx + x2 dy
C1
−1
Z
(−(1 − x2 ) + x2 (−2x))dx =
=
1
=
Z
−1
(−2x3 + x2 − 1)dx
1
−1
1 1
4
1 4 1 3
=− − +1+1= .
− x + x −x
2
3
3 3
3
1
Vi parametriserer C2 med r2 (x) = (x, 0), der x går fra −1 til 1. Vi får da
Z 1
Z
2
−ydx + x dy =
(0 + x2 × 0)dx = 0.
C2
−1
Vi får derfor
Z
2
−ydx + x dy
Z
C1
=
Z
−ydx + x dy +
=
C
2
−ydx + x2 dy
C2
4
4
+0= .
3
3
∂P
2
b). Med P (x, y) = −y og Q(x, y) = x2 får vi at ∂Q
∂x = 2x, og ∂y = −1. Parabelen y = 1−x
skjærer x-aksen for x = −1 og x = 1. Vi får dermed
Z
−ydx + x2 dy
C
#
Z Z Z 1 "Z 1−x2
∂Q ∂P
=
−
dxdy =
(2x + 1)dy dx
∂x
∂y
R
−1
0
Z 1
Z 1
=
(2x + 1)(1 − x2 )dx =
(2x − 2x3 + 1 − x2 )dx
−1
−1
1
1 4
1 3
1 1
4
2
=
x − x +x− x
=1+1− − = .
2
3
3
3
3
−1
Oppgave 12.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 66 — #72
i
66
i
KAPITTEL 6
a). Vi fullfører kvadratene og får
9x2 + 4y 2 − 18x + 16y
=
11
9(x − 2x + 1) − 9 + 4(y 2 + 4y + 4) − 16
=
11
2
9(x − 1)2 + 4(y + 2)2 = 36
(y + 2)2
(x − 1)2
+
= 1.
2
2
32
Vi ser derfor at ellipsen har sentrum (1, −2), store halvakse 3 og lille halvakse 2.
b). Vi regner ut
(x − 1)2
(y + 2)2
+
2
2
32
(1 + 2 cos t − 1)2
(−2 + 3 sin t + 2)2
+
2
2
32
2
2
(3 sin t)
(2 cos t)
+
=
2
2
32
2
2
= cos t + sin t = 1,
=
som viser at r(t) ligger på ellipsen. Det er også klart at r(t) må dekke hele ellipsen, siden
r(t) vil bevege seg et helt omløp mot klokka når t går fra 0 til 2π. Vi har at
Z
Z 2π
F · dr =
F(r(t)) · r0 (t)dt
C
0
Z
2π
((−2 + 3 sin t)2 (−2 sin t) + (1 + 2 cos t)(3 cos t))dt
=
0
Z
2π
(−18 sin3 t + 24 sin2 t − 8 sin t + 3 cos t + 6 cos2 t)dt
=
0
Z
2π
(24 sin2 t + 6 cos2 t)dt =
=
0
Z
(6 + 18 sin2 t)dt
0
2π
2π
Z
(6 + 9(1 − cos(2t)))dt =
=
0
=
2π
Z
(15 − 9 cos(2t))dt
0
30π.
c). Vi ser at
∂Q ∂P
−
= 1 − 2y.
∂x
∂y
Vi har derfor at
Z Z
(1 − 2y)dxdy
=
30π
R
på grunn av Greens teorem og utregningen i b).
Seksjon 6.6
Oppgave 1. Gitt > 0. Hvis Ai har innhold null, så finnes det ni rektangler Ri1 , ..., Rini
som i definisjon 6.6.2, slik at Ai ⊂ Ri1 ∪ · · · ∪ Rini , og summen av arealene til Ri1 , ..., Rini
. Da er {Rij }1≤i≤m,1≤j≤ni et sett rektangler som inneholder A1 ∪· · ·∪Am ,
er mindre enn m
og summen av arealene til disse er ≤ . Dette viser at A1 ∪ · · · ∪ Am har innhold null.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 67 — #73
i
SEKSJON 6.7
i
67
Figur 10: Området i Oppgave 6.7.1a).
Seksjon 6.7
Utregningen av flere av integralene nedenfor med Matlab krever at vi først regner ut et
rektangel som hele integrasjonsområdet ligger innenfor, siden dblquad bare aksepterer
rektangler som integrasjonsområder. Vi har demonstrert dette i flere oppgaver nedenfor
hvordan dette avgrensende rektanglet regnes ut. I praksis gjør det ikke noe om området
man integrerer over er enda større, så lenge man setter funksjonen man integrerer over til
å være 0 utenfor det faktiske integrasjonsområdet.
Oppgave 1.
a). Området bestemt ved ulikhetene x ≤ y ≤ x + 1 og −x ≤ y ≤ −x + 2 er tegnet opp
i Figur 10. Ulikhetene kan skrives om til 0 ≤ y − x ≤ 1, og 0 ≤ y + x ≤ 2, som gir at
0 ≤ u ≤ 1, og 0 ≤ v ≤ 2 etter variabelskiftet u = y − x, v = y + x. Vi regner raskt ut at
∂(u, v) −1 1 = −2.
=
1 1 ∂(x, y)
∂(x,y) 1
∂(x,y)
Vi har da at ∂(u,v)
= − 12 , og ∂(u,v)
= 2 . Integralet blir derfor
Z Z
A
=
=
=
x2 dxdy
Z 2 Z 1
Z 2 Z 1
1 2
(v − u)2
x du dv =
du dv
8
0
0 2
0
0
1
Z 2 Z 1
Z 1
1 2
1 3
2
2
2
2
v − 2uv + u du dv =
uv − u v + u
dv
8 0
8 0
3
0
0
2
Z 1 2 2
1
1 v3
1
1
1 8
2
1
v −v+
dv =
− v2 + v =
−2+
= .
8 0
3
8 3
2
3 0
8 3
3
6
For å regne ut integralet med Matlab må vi først finne skjæringen mellom de fire linjene
som definerer området:
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 68 — #74
i
68
i
KAPITTEL 6
• Skjæring mellom y = x og y = −x: (x, y) = (0, 0).
• Skjæring mellom y = x og y = −x + 2: (x, y) = (1, 1).
• Skjæring mellom y = x + 1 og y = −x: (x, y) = − 12 , 12 .
• Skjæring mellom y = x + 1 og y = −x + 2: (x, y) =
1 3
2, 2
.
Integrasjonsområdet ligger derfor innenfor rektangelet − 21 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 32 , som angir
integralgrensene som er brukt i kallet på dblquad i Matlab.
b). Tegner vi opp området ser vi at det er bestemt ved at 0 ≤ y ≤ 1, og y ≤ x ≤ y + 3.
Disse ulikhetene kan skrives om til 0 ≤ y ≤ 1, og 0 ≤ x − y ≤ 3, som gir at 0 ≤ v ≤ 1, og
0 ≤ u ≤ 3 etter variabelskiftet u = x − y, v = y. Vi regner raskt ut at
∂(u, v) 1 −1 = 1.
=
1 ∂(x, y) 0
Z Z
xdxdy
A
Z 1 Z 3
Z
=
xdu dv =
0
Z
=
0
0
1
1 2
u + uv
2
1
Z
0
3
(u + v)du dv
0
Z
dv =
0
3
0
1
1
9
9 3
9
3
( + 3v)dv =
v + v 2 = + = 6.
2
2
2
2 2
0
c). Tegner vi opp området ser vi at det er bestemt ved at x2 ≤ y ≤ x2 +2, og 2x−2 ≤ y ≤ 2x.
Disse ulikhetene kan skrives om til 0 ≤ y − x2 ≤ 2, og −2 ≤ y −2x ≤ 0, som gir at 0 ≤ u ≤ 2,
og −2 ≤ v ≤ 0 etter variabelskiftet u = y − x2 , v = y − 2x. Vi regner raskt ut at
∂(u, v) − 1 1 3
= 2
∂(x, y) −2 1 = 2 .
Z Z
xydxdy
A
Z 0 Z 2 Z 0 Z 2
∂(x, y) 1
2
2
=
du dv =
(u − v) (4u − v) du dv
xy ∂(u, v) 3
3
−2
0 3
−2
0
2
Z 0 Z 2
Z 0
4
4
4 3 5 2
2
2
2
=
(4u − 5uv + v )du dv =
u − u v + v u dv
27 −2 0
27 −2 3
2
0
0
Z 0
32
4
32
2
4
− 10v + 2v 2 dv =
v − 5v 2 + v 3
=
27 −2 3
27 3
3
−2
4 64
16
4 140
560
=
+ 20 +
=
=
.
27 3
3
27 3
81
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 69 — #75
i
i
SEKSJON 6.7
69
% Oppgave 6.7.2 a)
dblquad(@(x,y)x.^2.*(x<=y).*(y<=x+1).*(-x<=y).*(y<=-x+2),-0.5,1,0,1.5)
% Oppgave 6.7.2 b)
dblquad(@(x,y)x.*(y<=x).*(x-3<=y),0,4,0,1)
% Oppgave 6.7.2 c)
dblquad(@(x,y)x.*y.*(y<=2*x).*(y<=(x/2)+2).*(2*x-2<=y).*(x/2<=y),...
0,8/3,0,10/3)
Oppgave 3.
a). Tegner vi opp området ser vi at det er beskrevet ved at −1 ≤ x+2y ≤ 3, y+1 ≤ x ≤ y+4,
der den siste ulikheten kan skrives om til 1 ≤ x−y ≤ 4, som gir at −1 ≤ u ≤ 3, og 1 ≤ v ≤ 4
etter variabelskiftet u = x + 2y, v = x − y. Vi regner raskt ut at
∂(u, v) 1
2 =
∂(x, y) 1 −1 = −3.
∂(x,y) 1
Derfor blir ∂(u,v)
Z Z
R
=
=
=
=
xydxdy
Z 3 Z
4
Z 3 Z 4
∂(x, y) 1
1
1
xy dv du =
(u + 2v) (u − v) dv du
∂(u, v) 3
3
−1
1
−1
1 3
4
Z 3 Z 4
Z 3
1
1 2 2 3
1
2
2
2
du
u v + uv − v
(u + uv − 2v )dv du =
27 −1 1
27 −1
2
3
1
3
Z 3
1
1
15
15
u3 + u2 − 42u
3u2 + u − 42 du =
27 −1
2
27
4
−1
1
110
(28 + 30 − 168) = −
.
27
27
u+2v
Vi har her invertert likningene u = x + 2y, v = x − y til y = u−v
3 , x =
3 , og satt disse
inn i integranden xy. For å beregne integralet med Matlab kan vi først finne skjæringen
mellom de fire linjene som definerer området:
• Skjæring mellom x + 2y = −1 og x − y = 1: (x, y) = ( 13 , − 32 ).
• Skjæring mellom x + 2y = −1 og x − y = 4: (x, y) = ( 73 , − 35 ).
• Skjæring mellom x + 2y = 3 og x − y = 1: (x, y) = ( 53 , 32 ).
1
• Skjæring mellom x + 2y = 3 og x − y = 4: (x, y) = ( 11
3 , − 3 ).
Integrasjonsområdet ligger derfor innenfor rektangelet 13 ≤ x ≤
angir integralgrensene som er brukt i kallet på dblquad i Matlab.
11
3 ,
− 53 ≤ y ≤
2
3,
som
c). Området er beskrevet ved ulikhetene x1 ≤ y ≤ x2 , x ≤ y ≤ 2x, og er tegnet opp i
Figur 11. Ulikhetene kan skrives om til 1 ≤ xy ≤ 2, 1 ≤ xy ≤ 2, som gir at 1 ≤ u ≤ 2, og
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 70 — #76
i
70
i
KAPITTEL 6
Figur 11: Området i Oppgave 6.7.3c)
1 ≤ v ≤ 2 etter variabelskiftet u = xy, v = xy . Vi regner raskt ut at
∂(u, v) y
2y
y x y
=
+ =
= 2v.
y
1 =
−
∂(x, y)
x x
x
x2
x
∂(x,y)
1
= 2v
. Ved å gange sammen likningene for u og v ser vi raskt at uv = y 2 ,
slik at integranden også kan skrives y 2 − yx = uv − u. Integralet blir derfor
Z Z
(y 2 − yx)dxdy
R
Z 2 Z 2
Z 2 Z 2
uv − u
1
dv du
=
(y 2 − yx) dv du =
2v
2v
1
1
1
1
Z 2 Z 2 Z 2h
i2
u
u
u
=
−
(v − ln v) du
dv du =
2 2v
2
1
1
1
1
2
2
Z 2
3
u
u
=
(1 − ln 2)du =
(1 − ln 2) = (1 − ln 2).
4
4
1 2
1
% Oppgave 6.7.3 a)
dblquad(@(x,y)x.*y.*(x+2*y>=-1).*(x+2*y<=3).*(x-y>=1).*(x-y<=4),...
1/3,11/3,-5/3,2/3)
% Oppgave 6.7.3 b)
dblquad(@(x,y)(x.^2 - y.^2).*exp(x+y).*(-x<=y).*(x<=y).*(y<=x+2)...
.*(y<=-x+2),-1,1,0,2)
% Oppgave 6.7.3 c)
dblquad(@(x,y)(y.^2 - y.*x).*(x<=y).*((1./x)<=y).*(y<=2*x).*(y<=(2./x)),...
(1/sqrt(2)),sqrt(2),1,2)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 71 — #77
i
SEKSJON 6.7
i
71
Oppgave 5.
a). Området er beskrevet ved at x ≤ y ≤ x + 5, −x + 2 ≤ y ≤ −x + 4, som også kan skrives
0 ≤ y − x ≤ 5, 2 ≤ y + x ≤ 4, eller 0 ≤ u ≤ 5, 2 ≤ v ≤ 4 etter variabelskiftet u = y − x,
v = y + x. Vi får så at
∂(u, v) −1 1 = −2.
=
∂(x, y) 1 1 ∂(x,y) 1
Z Z
A
ex−y
dxdy
x+y
4
Z 5
e−u
1 −u
dv du =
e ln v du
2v
2
2
0
0
2
Z 5
Z 5
1 −u
1 −u
e (ln 4 − ln 2)du =
e ln 2du
=
0 2
0 2
5
1
1
1
1
=
− e−u ln 2 = − e−5 ln 2 + ln 2 = ln 2(1 − e−5 ).
2
2
2
2
0
Z
5
Z
4
=
b). Området er beskrevet ved at x ≤ y ≤ 2x, x1 ≤ y ≤ x3 , som også kan skrives 1 ≤ xy ≤ 2,
1 ≤ xy ≤ 3, eller 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 3 etter variabelskiftet u = xy , v = xy. Vi får så at
y
∂(u, v) − xy2 x1 y
2y
=− − =−
=
= −2u.
y x
∂(x, y)
x x
x
∂(x,y) 1
. Integralet blir derfor
= 2u
Z Z
=
A
=
2
3
v
dv du
1
1 2u
3
Z 2
Z 2
1 2
2
2
v
du =
du = [2 ln u]1 = 2 ln 2.
4u
u
1
1
1
Z
xydxdy
Z
% Oppgave 6.7.6 a)
dblquad(@(x,y)(x<=y).*(y<=x+5).*(-x+2<=y).*(y<=-x+4).*exp(x-y)./(x+y)...
,-1.5,2,1,4.5)
% Oppgave 6.7.6 b)
dblquad(@(x,y)x.*y.*(x<=y).*((1./x)<=y).*(y<=2*x).*(y<=(3./x)),0,2,0,5)
% Oppgave 6.7.6 c)
dblquad(@(x,y)y.*((x./2)<=y).*((1./x.^2)<=y).*(y<=2*x)...
.*(y<=(2./x.^2)),(2^(-1/3)),(4^(1/3)),((2^(1/3))/2),2)
% Oppgave 6.7.6 d)
dblquad(@(x,y)(3*x-2*y).*(x/2<=y).*((3*x-5)<=y)...
.*(y<=3*x).*(y<=((x/2)+ 5/2)),0,3,0,4)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 72 — #78
i
72
i
KAPITTEL 6
% Oppgave 6.7.6 e)
dblquad(@(x,y)x.*((x-1).^2<=y).*(x.^2<=y).*(y<=x.^2+4)...
.*(y<=(x-1).^2+4),-3/2,5/2,0,17/4)
Oppgave 8.
a). Vi kan begrense oss til verdier u > 0, 0 ≤ v ≤ 2π.
• Første kvadrant av xy-planet svarer til at 0 ≤ v ≤
π
2.
• y = 2x svarer til at 2u sin v = 2u cos v, slik at v =
den første vi er interessert i.
2
2
π
4
eller v =
5π
4 .
Her er det bare
2
v
• Ellipsen x2 + y4 = 1 svarer til at u2 cos2 v + 4u sin
= u2 = 1, slik at u = 1 eller
4
u = −1. Området innenfor ellipsen ser vi derfor er beskrevet ved at 0 ≤ u ≤ 1.
Vi ser at området vårt, D, er beskrevet ved at 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤
(u cos v, 2u sin v). Vi har at
0
T (u, v)
=
| det T0 (u, v)| =
Arealet blir derfor
Z Z
dxdy
−u sin v
2u cos v
cos v
2 sin v
π
4.
La så T(u, v) =
|2u cos2 v + 2u sin2 v| = 2u.
Z Z
=
dxdy
R
T(D)
Z Z
| det T0 (u, v)|dudv =
π
4
1
Z
=
0
Z
=
0
b). Flaten z = x2 +
hjelp av u og v ved
y2
2
Z
2udu dv =
0
π
4
π
4
Z
0
D
Z
Z
0
π
4
1
| det T0 (u, v)|du dv
0
2 1
u 0 dv
π
dv = .
4
= u2 cos2 v + 2u2 sin2 v = u2 (1 + sin2 v) kan parametriseres ved
r(u, v) = (u cos v, 2u sin v, u2 (1 + sin2 v))
Vi får da
∂r
∂u
∂r
∂v
∂r
∂r
×
∂u ∂v
∂r
∂r ∂u × ∂v =
(cos v, 2 sin v, 2u(1 + sin2 v))
=
(−u sin v, 2u cos v, 2u2 sin v cos v)
=
(−4u2 cos v, −4u2 sin v, 2u)
=
p
p
16u4 + 4u2 = 2u 4u2 + 1.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 73 — #79
i
i
SEKSJON 6.8
73
Arealet av flaten er gitt ved
Z Z ∂r
∂r dudv
×
∂v D ∂u
Z π4 Z 1 p
Z
=
2u 4u2 + 1du dv =
π
4
1
1
(4u2 + 1)3/2 dv
6
0
0
0
0
√
Z π4
√
1π
π(5 5 − 1)
1
3/2
(5 − 1)dv =
(5 5 − 1) =
.
6 0
64
24
=
Oppgave 9. Området kan beskrives ved ulikhetene 1 ≤
derfor u = xy , v = x + y får vi at
∂(u, v)
=
∂(x, y)
∂(u, v)
det
=
∂(x, y)
−
− xy2
1
y
x
≤ 2, 1 ≤ x + y ≤ 3. Setter vi
1
x
1
y
1
− .
2
x
x
Vi får derfor
Z Z
R
x+y
dxdy
x2
Z
3
Z
3
Z
3
Z
2
=
1
Z
1
2
=
1
Z
1
2
=
1
1
x + y ∂(x, y) du dv
det
x2 ∂(u, v) Z 3 Z 2
v 1
v
du dv =
du dv
x2 − xy2 − x1 1
1 |−y − x|
Z 3 Z 2 v
du dv =
du dv = 2.
|v|
1
1
Seksjon 6.8
Oppgave 1. Området mellom x-aksen og linjen y = x i første kvadrant er beskrevet i
polarkoordinater ved 0 ≤ θ ≤ π4 . Vi får derfor
Z Z
e−x
2
−y 2
A
=
dxdy
Z Z
n→∞
=
2
−y 2
π/4
2
e−r rdrdθ
A∩B(0,n)
Z n
1 −r2
−r 2
lim
e rdr dθ = lim
− e
dθ
n→∞ 0
n→∞ 0
2
0
0
Z π/4 1 1 −n2
π 1 1 −n2
π1
π
lim
− e
dθ = lim
− e
=
= .
n→∞ 0
n→∞ 4
2 2
2 2
42
8
Z
n
Z Z
dxdy = lim
n→∞
A∩B(0,n)
Z
=
e−x
lim
Z
π/4
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 74 — #80
i
74
i
KAPITTEL 6
Oppgave 2.
Z Z
1
dxdy
1 + x2 + y 2
Z Z
Z 2π Z n
r
1
= lim
dxdy = lim
dr dθ
2
2
2
n→∞
n→∞ 0
0 1+r
B(0,n) 1 + x + y
n
Z 2π Z 2π
1
1
= lim
ln(1 + r2 ) dθ = lim
ln(1 + n2 )dθ
n→∞ 0
n→∞ 0
2
2
0
R2
=
lim π ln(1 + n2 ) = ∞.
n→∞
Derfor divergerer integralet.
Oppgave 4. Det er klart at f (x, y) = xy er en positiv funksjon på A, siden A er inneholdt
i første kvadrant. Siden
1
1
1
A ∩ Kn = {(x, y)| ≤ x ≤ n, 0 ≤ y ≤ } ∪ {(x, y)|0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ n}
n
x
n
så splitter vi integralet i to biter:
Z Z
Z Z
xydxdy
f (x, y)dxdy = lim
n→∞
A
A∩Kn
#
Z 1 Z
Z "Z 1
n
n
=
lim
n→∞
0
0
=
=
=
xydy dx
1
n
1 2
xy
2
n
Z
n
dx +
0
1
n
0
1 2
xy
2
!
x1
!
dx
0
Z n
1 2
1
xn dx +
dx
lim
n→∞
1
2
2x
0
n
2 n1 n !
1
n 2
lim
x
+
ln(x)
n→∞
4
2
1
0
n
1
1
1 1
lim
+ ln n − ln( )
n→∞ 4
2
2
n
1
lim
+ ln n = ∞.
n→∞ 4
Z
=
1
n
lim
n→∞
x
1
n
0
Z
=
n
xydx dy +
Integralet konvergerer derfor ikke på A.
Oppgave 5. Det er her lurt å integrere med tanke på x først, siden integralgrensene da
√
blir enklest. Definerer vi An = {(x, y)|0 ≤ y ≤ n, 0 ≤ x ≤ y} får vi at
Z
x
dydx
4
A 1+y
#
Z Z
Z n " Z √y
x
x
= lim
dxdy = lim
dx dy
4
n→∞
n→∞ 0
1 + y4
An 1 + y
0
√y
Z n
Z n
x2
y
= lim
dy
=
lim
dy
4
4
n→∞ 0
n→∞
2(1 + y ) 0
0 2(1 + y )
n
1
1
π
= lim
arctan(y 2 ) =
lim arctan(n2 ) = .
n→∞ 4
n→∞
4
8
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 75 — #81
i
SEKSJON 6.9
i
75
Oppgave 6. For p 6= 1 har vi at
Z Z
1
dxdy
(x2 + y 2 )p
A
Z Z
1
dxdy
2 + y 2 )p
(x
A∩B(0,n)
Z 2π Z n
1
= lim
rdr
dθ
2p
n→∞ 0
1 r
Z 2π Z n
r1−2p dr dθ.
= lim
=
lim
n→∞
n→∞
1
0
For p 6= 1 får vi videre
Z
=
=
2π
lim
n→∞
lim
n→∞
0
π
1−p
n
Z 2π 1
1
1
2−2p
2−2p
r
n
dθ
dθ = lim
−
n→∞ 0
2 − 2p
2 − 2p
2 − 2p
1
n2−2p − 1 .
Det er klart at denne konvergerer mot
får vi i stedet
Z
2π
= lim
n→∞
π
p−1
hvis p > 1, og divergerer hvis p < 1. Hvis p = 1
Z
n
[ln r]1 dθ = lim
n→∞
0
2π
ln ndθ = lim 2π ln n.
n→∞
0
Det er klart at dette divergerer. Integralet konvergerer med andre ord kun når p > 1.
Seksjon 6.9
Oppgave 1.
a).
Z Z Z
xyzdxdydz
A
Z
1
Z
1
Z
1
=
0
Z
0
=
0
0
1
1 #
1 2
x yz dy dz
2
0
0
0
0
1
1
Z 1
Z 1
1
1 2
1
1 2
1
yzdy dz =
y z dz =
zdz =
z
= .
2
4
4
8
8
0
0
0
0
Z
1
Z
xyzdx dy dz =
1
"Z
1
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 76 — #82
i
76
i
KAPITTEL 6
b).
Z Z Z
(x + yez )dxdydz
A
Z
Z 1 Z 1 Z 2
z
(x + ye )dz dy dx =
=
−1
Z 1
Z
1
Z
x + y(e2 − e) dy dx =
1
Z
[xz +
−1
1
0
1
1
0
2
yez ]1
1
xy + (e2 − e)y 2
2
0
−1
−1
1
Z 1
1 2
1 2 1 2
x + (e − e)x
=
x + (e − e) dx =
2
2
2
−1
−1
1 1 2
1 1 2
=
+ (e − e) − + (e − e) = e2 − e.
2 2
2 2
=
dy dx
1
dx
0
Oppgave 2.
a).
Z Z Z
(xy + z)dxdydz
Z "Z "Z 2
A
x2 y #
1 2
dy dx
(xy + z)dz dy dx =
xyz + z
2
0
0
0
0
0
0
2
Z 1 Z 2 Z 1 1
1
1
x3 y 2 + x4 y 2 dy dx =
x3 + x4 y 3 dx
2
3
2
0
0
0
0
1
Z 1
2 4
4 5
8 3 4 4
x + x dx =
x + x
3
3
3
15
0
0
2
4
10 + 4
14
+
=
=
.
3 15
15
15
1
=
=
=
=
2
#
x y
#
Z
1
"Z
2
b).
Z Z Z
zdxdydz
Z 2 "Z √x Z
A
xy
=
=
Z
2
"Z
−y 2
0
0
0
√
x
1 2
z
2
xy
#
dy dx
−y 2
#
√x
Z 2
1 2 2 1 4
1 2 3
1 5
x y − y dy dx =
x y − y
dx
2
2
6
10
0
0
0
0
2
Z 2
1 7/2
1
1 9/2
1
x − x5/2 dx =
x − x7/2
6
10
27
35
0
0
√
√
√
√
1 9/2
1 7/2
16 2 8 2
2
1
344 2
2 − 2
=
−
=8 2
−
=
.
27
35
27
35
27 35
945
Z
=
#
zdz dy dx =
0
=
2
"Z
√
x
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 77 — #83
i
i
SEKSJON 6.9
77
c).
Z Z Z
(x + y)zdxdydz
Z "Z √ Z
A
4
y
4
=
#
Z
4
"Z
(x + y)zdz dx dy =
0
0
√
"Z
4
Z
0
0
#
y
Z
8(x + y)dx dy =
=
0
0
0
4
0
√
y
1
(x + y)z 2
2
#
4
dx dy
0
2
√y
4x + 8xy 0 dy
4
16 5/2
2
3/2
dy = 2y + y
4y + 8y
5
0
0
21
672
16
=
.
32 + 32 = 32
5
5
5
Z
=
=
4
d). Vi finner først skjæringslinjene til planet 3x + 2y − z = 6 med xy-planet. Setter vi z = 0
får vi linjen 3x + 2y = 6, eller y = − 32 x + 3. Denne skjærer x-aksen i x = 2 Sammen med
x-aksen og y-aksen avgrenser denne linjen et område i første kvadrant, og det er derfor
klart at området som blir avgrenset i xy-planet er beskrevet ved at 0 ≤ y ≤ − 23 x + 3. I det
avgrensede området er det klart at planet 3x + 2y − z = 6 (eller z = 3x + 2y − 6) ligger
under xy-planet (sett for eksempel inn x = y = 0, da får vi z = −6), slik at integralet kan
skrives
Z
2
Z
− 32 x+3
0
0
=
0
(3y 2 − 3z)dzdydx
3x+2y−6
− 23 x+3
0
3
dydx
3y 2 z − z 2
2
0
0
3x+2y−6
Z 2 Z − 32 x+3 3
−3y 2 (3x + 2y − 6) + (3x + 2y − 6)2 dydx.
2
0
0
Z
=
Z
2
Z
Her kan man godt fortsette med å gange ut, integrere, og sette inn grensene. Dette vil
føre frem, men man vil måtte regne ut mange potenser av − 32 x + 3 på denne måten. Et
alternativ som vil spare en del regning er å beholde 3x + 2y − 6 i uttrykket over (dette
innsatt y = − 23 x + 3 gir jo 0, det er det som er poenget!), og heller bruke delvis integrasjon
på det første leddet (to ganger). Vi kan også bruke at en antiderivert til 3x + 2y − 6 er
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 78 — #84
i
78
1
2 (3x
i
KAPITTEL 6
+ 2y − 6)2 , og får da
!
− 32 x+3 Z − 3 x+3
2
3 2
3
2
2
− y (3x + 2y − 6)
+
y(3x + 2y − 6) dy dx
4
2
0
0
0
− 32 x+3
Z 2
1
3
(3x + 2y − 6)
+
dx
4
0
0
!
− 32 x+3 Z − 3 x+3
Z 2 2
1
1
3
3
y(3x + 2y − 6)
−
(3x + 2y − 6) dy dx
4
4
0
0
0
Z 2
1
−
(3x − 6)3 dx
0 4
!
− 32 x+3
Z 2
1
1
−
(3x + 2y − 6)4
− (3x − 6)3 dx
32
4
0
0
2
Z 2
1
1
1
1
4
3
5
4
(3x − 6) − (3x − 6) dx =
(3x − 6) − (3x − 6)
32
4
480
48
0
0
Z
=
=
=
=
= −
2
(−6)4
65
64
34
81
216
(−6)5
+
=
+
=
+ 33 =
+ 27 =
.
480
48
480 48
5
5
5
Det ble jo uansett en del regning her, men med denne metoden slapp vi i det minste å
gange ut potensene av 3x + 2y − 6 og 3x − 6!
e). Pyramiden kan beskrives ved 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y. Vi får
Z Z Z
xydxdydz
A
Z 1 Z 1−x Z 1−x−y
Z 1 Z 1−x
1−x−y
=
xydz dy dx =
[xyz]0
dy dx
0
Z
0
1
Z
0
1−x
0
=
=
=
1
Z
0
0
1−x
2
2
(xy − x y − xy )dy dx
0
0
1−x
1 2 1 2 2 1 3
xy − x y − xy
dx
2
2
3
0
0
Z 1
1 2
1
1
2
2
3
x(1 − x) − x (1 − x) − x(1 − x) dx
2
2
3
0
Z 1
Z 1
1
1
1
x(1 − x)3 − x(1 − x)3 dx =
x(1 − x)3 dx
2
3
0
0 6
1
Z
1 1
1 1 2
3
1
(x − 3x2 + 3x3 − x4 )dx =
x − x3 + x4 − x5
6 0
6 2
4
5
0
1 1
3 1
1 10 − 20 + 15 − 4
1
=
−1+ −
=
.
6 2
4 5
6
20
120
Z
=
Z
xy(1 − x − y)dy dx =
=
=
0
1
% Oppgave 6.9.3 a)
triplequad(@(x,y,z)(x.*y.*z),0,1,0,1,0,1)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 79 — #85
i
i
SEKSJON 6.10
79
% Oppgave 6.9.3 b)
triplequad(@(x,y,z)(x+y.*exp(z)),-1,1,0,1,1,2)
% Oppgave 6.9.3 c)
triplequad(@(x,y,z)(z.*y.*cos(x.*y)),1,2,pi,2*pi,0,1)
% Oppgave 6.9.3 d)
triplequad(@(x,y,z)(x+y+z),0,1,0,2,0,3)
% Oppgave 6.9.3 e)
triplequad(@(x,y,z)(sqrt(y)-3*z),2,3,0,1,-1,1)
% Oppgave 6.9.4 a)
triplequad(@(x,y,z)(x.*y + z).*(z<=((x.^2).*y)),0,1,0,2,0,2)
% Oppgave 6.9.4 b)
triplequad(@(x,y,z)z.*(y<=sqrt(x)).*(-(y.^2)<=z).*(z<=(x.*y)),...
0,2,0,sqrt(2),0,2*sqrt(2))
% Oppgave 6.9.4 c)
triplequad(@(x,y,z)(x+y).*z.*(x<=sqrt(y)),0,2,0,4,0,4)
% Oppgave 6.9.4 d)
triplequad(@(x,y,z)(3*y.^2 - 3*z).*(3*x+2*y-6<=z).*(y<=(-3.0/2.0)*x+3),...
0,2,0,3,0,-6)
% Oppgave 6.9.4 e)
triplequad(@(x,y,z)(x.*y).*(z<=-x-y+1).*(y<=-x+1),0,1,0,1,0,1)
Seksjon 6.10
Oppgave 1.
a). 0 ≤ x, y ≤ 1 betyr i sylinderkoordinater 0 ≤ θ ≤
Z Z Z
xdxdydz
π
2.
x2 + y 2 ≤ 9 betyr r ≤ 3.
A
Z
π/2
Z
3
Z
=
2
2
Z
π/2
Z
r cos θdz dr dθ =
0
Z
=
0
0
π/2
0
2 3
r cos θ
3
Z
dθ =
0
0
π/2
2
2r cos θdr dθ
0
3
3
0
π/2
18 cos θdθ = [18 sin θ]0
= 18.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 80 — #86
i
80
i
KAPITTEL 6
b).
Z Z Z
xydxdydz
Z 2π "Z 1 "Z
A
#
4−r(cos θ+sin θ)
#
3
r sin θ cos θdz dr dθ
=
Z
2π
Z
2π
Z
2π
Z
1
3
4−r(cos θ+sin θ)
dr dθ
zr sin θ cos θ 0
1
(4 − r(cos θ + sin θ))r3 sin θ cos θdr dθ
=
0
0
Z
=
0
Z
0
0
0
0
=
1
2r sin(2θ) − r (sin θ cos θ + sin θ cos θ) dr dθ
3
4
2
2
0
0
1
1 4
1
r sin(2θ) − r5 (sin2 θ cos θ + sin θ cos2 θ) dθ
2
5
0
0
Z 2π 1
1
=
sin(2θ) − (sin2 θ cos θ + sin θ cos2 θ) dθ
2
5
0
2π
1 1
1
1
sin3 θ − cos3 θ
= 0,
=
− cos(2θ) −
4
5 3
3
0
Z
2π
=
siden sin θ og cos θ er periodiske med periode 2π.
Oppgave 2.
a). Vi setter inn x2 + y 2 = ρ2 sin2 φ cos2 θ + ρ2 sin2 φ sin2 θ = ρ2 sin2 φ, og Jacobideterminanten ρ2 sin φ og får
Z Z Z
(x2 + y 2 )dxdydz
Z
2π
Z
2π
Z
π
Z
π
Z
1
=
A
0
=
=
=
=
=
0
1
ρ sin φdρ dφ rθ
0
0
0
"
1 #
Z 2π Z π 1 5 3
ρ sin φ dφ dθ
5
0
0
0
Z 2π Z π
1
sin3 φdφ dθ
5
0
0
Z 2π Z π
1
2
(1 − cos φ) sin φdφ dθ
0
0 5
π
Z 2π
1
1
3
(− cos φ +
cos φ) dθ
5
15
0
0
Z 2π Z 2π
1
1
1
1
4
8π
−
+ −
dθ =
dθ =
.
5
15
5
15
15
15
0
0
Z
=
0
ρ2 sin2 φρ2 sin φdρ dφ dθ
3
4
b). 0 ≤ x, y ≤ 1 betyr i kulekoordinater at 0 ≤ θ ≤
π
2.
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 betyr at ρ ≤ 1.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 81 — #87
i
i
SEKSJON 6.10
Kombinert med z ≥
81
1
2
1
betyr dette at 2 cos
φ ≤ ρ ≤ 1. Vi får derfor
"Z
"Z
Z
xdxdydz
ρ sin φ cos θρ sin φdρ dφ dθ
Z
1
2 cos φ
0
0
π/2
"Z
π/3
"Z
3
ρ sin φ cos θdρ dφ dθ
#
1
1 4 2
dφ dθ
ρ sin φ cos θ
4
1
0
0
2 cos φ
#
Z π/2 "Z π/3
2 1
1
sin
φ
cos θ
sin2 φ −
dφ dθ
4
64 cos4 φ
0
0
#
Z π/2 "Z π/3
1
1 tan2 φ
cos θ
(1 − cos(2φ)) −
dφ dθ
8
64 cos2 φ
0
0
π/3
Z π/2 1
1
1
φ−
sin(2φ) −
tan3 φ
dθ
cos θ
8
16
196
0
0
√
√ !
Z π/2
3 3 3
π
−
−
dθ
cos θ
24
32
196
0
√ !
√
Z π/2
π
3 3
π
3 3
cos θ
−
dθ =
−
,
24
64
24
64
0
Z
=
=
=
=
#
2
1
2 cos φ
0
0
=
#
1
=
=
#
2
=
A
#
1
π/3
π/2
Z Z Z
π/2
"Z
hvor substitusjonen u = tan φ (du =
π/3
dφ
cos2 φ )
ble brukt.
Oppgave 3.
a). Vi finner først skjæringspunktene mellom paraboloiden og kuleflaten:
p
p
x2 + y 2 = 2 − x2 − y 2 ⇐⇒ r2 = 2 − r2 ⇐⇒ r4 = 2 − r2 .
√
Dette gir en andregradslikning i r2 , som har løsning r2 = −1±2 1+8 . Eneste positive løsning
her er r2 = 1, som gir r = 1. Vi får derfor (området er beskrevet ved 0 ≤ θ ≤ 2π og
0 ≤ r ≤ 1, og kuleflaten ligger øverst)
Z Z Z
zdxdydz
A
# #
√2−r2 #
Z 2π "Z 1 "Z √2−r2
Z 2π "Z 1 1 2
zrdz dr dθ =
z r
dr dθ
=
2
r2
0
0
0
0
r2
Z 2π Z 1 1
1
=
(2 − r2 )r − r5 dr dθ
2
2
0
0
Z 2π Z 1 1
1
=
− r5 − r3 + r dr dθ
2
2
0
0
1
Z 2π 1 6 1 4 1 2
=
− r − r + r
dθ
12
8
2
0
0
Z 2π Z 2π
1
1 1
−2 − 3 + 12
7π
− − +
=
dθ =
dθ =
.
12
8
2
24
12
0
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 82 — #88
i
82
i
KAPITTEL 6
b).
Z Z Z
Z
xdxdydz
2π
Z
2
Z
4
2
r cos θdz dr dθ
=
A
r2
0
0
Z
2π Z
2
=
0
0
Z
2π
Z
=
2
2
4
r cos θz r2 dr dθ
4r2 cos θ − r4 cos θ dr dθ
0
0
2
4 3
1 5
=
r cos θ − r cos θ dθ
3
5
0
0
Z 2π
32 32
=
−
cos θdθ
3
5
0
Z 2π
64
2
2π
cos θdθ =
[sin θ]0 = 0.
= 32
15
15
0
Z
2π
e). Likningen x2 − 2x + y 2√= 1 kan skrives (x − 1)2 + y 2 = 2, som er en sirkel med
sentrum i (1, 0) med radius 2. Vi setter u = x − 1, v = y, w = z, og ser umiddelbart at
Jacobideterminanten blir 1. Lar vi D være den delen av sylinderen u2 + v 2 = 2 som ligger
mellom planene z = 0 og z = 2 får vi
Z Z Z
(x2 + y 2 )dxdydz
A
Z Z Z
=
((u + 1)2 + v 2 )dudv
"ZD √ Z
#
Z
2π
2
2
((u + 1)2 + v 2 )rdz dr dθ
=
0
Z
0
2π
"Z
0
√
2
Z
2
0
Z
2π
"Z
#
((r cos θ + 1)2 + r2 sin2 θ)rdz dr dθ
=
0
0
√
2
Z
=
2
3
2
#
(r + 2r cos θ + r)dz dr dθ
0
0
Z
2π
"Z
=
0
√
2
#
(2r3 + 4r2 cos θ + 2r)dr dθ
0
0
√2
1 4 4 3
2
=
r + r cos θ + r
dθ
2
3
0
0
2π
Z 2π 4 √
8√
=
2 + 2 2 cos θ + 2 dθ = 4θ +
2 sin θ
= 8π.
3
3
0
0
Z
2π
Oppgave 6. Vi kan her gjøre som i eksempel 4. Etter bytting til kulekoordinater, og etter
substitusjonen u = ρ2 − 2aρ cos φ + a2 , får vi denne gangen etter å ha integrert med tank
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 83 — #89
i
SEKSJON 6.10
i
83
(a) Vi kan finne den største verdien φ kan ha, siden (b) Vi kan finne øvre og nedre grense for ρ fra denne
for denne φ vil π − φ være vinkel i en rettvinklet figuren
trekant der vi vet to av sidene
Figur 12: Illustrasjon av hvordan man kan finne integralgrensene i kulekoordinater i Oppgave 6.10.7
på θ først og deretter ρ
Z
I
=
R
2π
a
0
Z
=
=
hρp
ρ2 − 2aρ cos φ + a2
iπ
dφ
0
R
ρ
((a + ρ) − (a − ρ))dφ = 2π
2π
a
0
R
4π 1 3
4πR3
=
ρ
.
a 3
3a
0
Z
0
R
ρ
2ρdφ
a
I Seksjon 6.10 nevnes også at det kan lønne seg av og til å bruke translaterte kulekoordinater i tilfeller som dette. La oss vise at det er mulig å komme fram på denne måten også. Det
vil vise seg at vi nå må bruke et geometrisk resonnement forå finne de nye integralgrensene.
Vi gjør først variabelskiftet u = x, v = y, w = z − a. Jacobideterminanten for dette variabelskiftet er 1, og integranden blir nå √ 2 21
= √u2 +v1 2 +w2 . A blir transformert
2
x +y +(z−a)
til en kule med sentrum i (0, 0, −a) i (u, v, w)-planet. La oss sette opp grensene for dette
området i kulekoordinater.
Det er klart at 0 ≤ θ ≤ 2π. Det er også klart fra Figur 12(a)
at φ går fra π − arcsin R
a til π. Videre, for en gitt φ er det klart at vi kan finne grensene
for ρ fra Figur 12(b). Først ser vi at xa = sin(π − φ) = sin(φ) slik at x = a sin φ, der x er
p
√
angitt på figuren. Videre ser vi da at y = p
R2 − x2 = R2 − sin2 φ der y også
p er angitt på
figuren, slik at ρ vil gå fra −a cos(π − φ) − R2 − sin2 φ til −a cos(π − φ) + R2 − sin2 φ,
som kan skrives om til
−a cos(φ) −
q
R2 − a2 sin2 (φ) ≤ ρ ≤ −a cos(φ) +
q
R2 − a2 sin2 (φ).
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 84 — #90
i
84
i
KAPITTEL 6
Integralet kan dermed skrives
√
2π
Z
Z
π
Z
π−arcsin( R
a)
0
=
=
=
=
−a cos(φ)−
√
R2 −a2 sin2 (φ)
R2 −a2 sin2 (φ)
1 2
ρ sin φdρdφdθ
ρ
√ 2 2 2
−a cos(φ)+ R −a sin (φ)
1 2
ρ sin φ
dφdθ
√
2
π−arcsin( R
0
−a cos(φ)− R2 −a2 sin2 (φ)
a)
2
Z 2π Z π
q
1
−a cos(φ) + R2 − a2 sin2 (φ) sin φdφdθ
2
π−arcsin( R
0
a)
2
Z 2π Z π
q
1
−
−a cos(φ) − R2 − a2 sin2 (φ) sin φdφdθ
2
π−arcsin( R
0
a)
Z 2π Z π
q
−2a cos φ R2 − a2 sin2 (φ) sin φdφdθ
π−arcsin( R
0
a)
π
Z 2π 2 2
1
(R − a2 sin2 (φ))3/2
dθ
a 0
3
π−arcsin( R
a)
Z 2π
2
4πR3
R3 dθ =
,
3a 0
3a
Z
=
−a cos(φ)+
2π
Z
π
der vi har gjort substitusjonen u = R2 − a2 sin2 (φ).
Seksjon 6.11
Oppgave 1.
Z
V
2π
"Z
R
"Z
=
0
Z
=
0
#
R2 −r 2
√
− R2 −r 2
0
2π
√
#
Z
2π
"Z
rdz dr dθ =
#
R
2r
0
p
R2 − r2 dr dθ
0
R
Z 2π
4
2 2
2 3
2 3/2
dθ =
R dθ = πR3 .
− (R − r )
3
3
3
0
0
Oppgave 2. Trekanten med de tre hjørnene kan beskrives ved 0 ≤ y ≤ 21 , og y ≤ x ≤ 1−y.
Vi får derfor
"Z
"Z x+y
# #
Z
Z
Z
1/2
V
1−y
e
=
0
Z
=
0
=
1/2
1−y
ex+y dx dy
1dz dx dy =
y
1/2
0
x+y 1−y
e
dy =
y
0
Z
0
1/2
y
1/2
1
e − e2y dy = ey − e2y
dy
2
0
1
1
1
e − (e − 1) = .
2
2
2
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 85 — #91
i
SEKSJON 6.11
85
Oppgave 3. Kjegleflaten z =
q
r
ρ cos φ
= z=
Med andre ord er tan φ =
V
2π
"Z
x2 +y 2
3
sier i kulekoordinater at
x2 + y 2
=
3
s
ρ2 cos2 θ sin2 φ + ρ2 sin2 θ sin2 φ
3
ρ sin φ
√ .
3
=
Z
π/3
√
3, og dermed er φ =
"Z
#
R
π
3.
#
Volumet blir dermed
Z
2
2π
"Z
ρ sin φdρ dφ dθ =
=
0
0
0
Z
i
2π
=
0
0
0
π/3
#
1 3
R sin φdφ dθ
3
π/3
Z 2π 1 3
1 3 1 3
1
1
− R cos φ
R − R dθ = 2π R3 = πR3 .
dθ =
3
3
6
6
3
0
0
Oppgave 5.Jacobimatrisen
til variabelskiftet (u, v, w) = T(x, y, z) = xa , yb , zc blir

1
0 0
a
∂(x,y,z)
1
0

0 1b 0 , og Jacobideterminanten blir ∂(u,v,w)
T (x, y, z) =
∂(x,y,z) = abc , slik at ∂(u,v,w) =
1
0 0 c
abc. Volumet til området vårt blir derfor , etter variabelskiftet,
Z Z Z Z Z Z
∂(x, y, z) dudvdw = abc
dudvdw,
V ∂(u, v, w)
V
der V er kula x2 + y 2 + z 2 ≤ 1. Vi vet at volumet av denne kula er 43 π (som vi kunne vise
på nytt her ved å bruke kulekoordinater). Volumet av ellipsoiden blir derfor 43 πabc.
Oppgave 6.
Z 2π Z 1 Z 1
r
r
dz dr dθ =
dr dz dθ
2
2
2
2
0
0
0 r +z
0
0
0 r +z
#
"
1
Z 2π Z 1 1
ln(r2 + z 2 ) dz dθ
2
0
0
0
Z 2π Z 1
1
(ln(1 + z 2 ) − ln(z 2 ))dz dθ
0
0 2
Z 2π Z 1
Z 1
1
−2
ln(1 + z )dz dθ = π
ln(1 + z −2 )dz
2 0
0
0
1
Z
Z 1
z −2
1
π z ln(1 + z −2 ) + 2
dz
=
π
ln
2
+
2π
dz
1 + z −2
1
+
z2
0
0
Z
M
=
=
=
=
=
=
2π
Z
1
Z
1
1
π ln 2 + 2π [arctan z]0 = π ln 2 +
π2
.
2
Oppgave 9. Skjæringen mellom paraboloiden (venstre ulikhet) og kula (høyre ulikhet)
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 86 — #92
i
86
i
KAPITTEL 6
får vi ved å løse
=
p
2 − x2 − y 2
r2
=
p
2 − r2
4
=
2 − r2
r4 + r2 − 2
=
0.
x2 + y 2
r
som gir r = 1 som eneste mulige løsning. Det er videre klart at for r < 1 er ulikheten i
oppgaven oppfylt. Volumet er da gitt ved trippelintegralet
# #
Z 2π "Z 1 "Z √2−r2
rdz dr dθ
r2
0
0
1
2π Z
Z
=
r3 − r
p
Z
2 − r2 dr dθ =
0
0
2π
Z
=
0
2π
0
1 4 1
r + (2 − r2 )3/2
4
3
1
dθ
0
7 4√
1 1 2√
+ −
2 dθ =
−
2 π.
4 3 3
6 3
Oppgave 11.
a). Skjæringen mellom de to flatene finner vi ved å løse 6 − x2 − y 2 = x2 − 4x + y 2 , som
koker ned til at 2x2 − 4x + 2y 2 = 6. Fullfører vi kvadratene finner vi at 2(x − 1)2 + 2y 2 = 8,
eller (x − 1)2 + y 2 = 4. Med andre ord avgrenses området S = {(x − 1)2 + y 2 ≤ 4} av de
to flatene. I dette området er det lett å sjekke at z = 6 − x2 − y 2 ligger øverst (sjekk for
eksempel ved å sette inn (x, y) = (0, 0), som ligger i S). Derfor blir integralet
#
Z Z Z
Z Z "Z 6−x2 −y2
ydzdxdy =
ydz dxdy
R
x2 −4x+y 2
S
Z Z
6−x2 −y 2
=
Z ZS
[yz]x2 −4x+y2 dxdy
6y − yx2 − y 3 − yx2 + 4xy − y 3 dxdy
=
Z ZS
6y − 2x2 y − 2y 3 + 4xy dxdy.
=
S
b). Vi regner ut integralet ved å sette u = x − 1, v = y (Jacobideterminanten blir da 1).
Setter vi D = {u2 + v 2 ≤ 4} får vi
Z Z
6y − 2x2 y − 2y 3 + 4xy dxdy
S
Z Z
=
6v − 2(u + 1)2 v − 2v 3 + 4(u + 1)v dudv
D
Z 2π Z 2
=
8v − 2v(u2 + v 2 ) rdr dθ
0
Z
0
2π
Z
2
2
4
8r sin θ − 2r sin θ rdr dθ
=
0
Z
=
0
0
2π
8 3
2
r sin θ − r5 sin θ
3
5
2
Z
dθ =
0
0
2π
8 3 2 5
2 − 2 sin θdθ = 0.
3
5
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 87 — #93
i
SEKSJON 6.12
i
87
c). Med parametriseringen
r(t) = (1 + 2 cos t, 2 sin t, 1 − 4 cos t).
av C regner vi ut at
6 − x2 − y 2
2
x − 4x + y
2
=
6 − (1 + 2 cos t)2 − 4 sin2 t
=
6 − 1 − 4 cos t − 4 cos2 t − 4 sin2 t
=
1 − 4 cos t = z
=
(1 + 2 cos t)2 − 4(1 + 2 cos t) + 4 sin2 t
=
1 + 4 cos t + 4 cos2 t − 4 − 8 cos t + 4 sin2 t
=
1 − 4 cos t = z.
Dermed er det klart at den parametriserte kurven ligger langs skjæringskurven mellom
de to kurvene. Siden skjæringskurven er lukket, og den parametriserte kurven beskriver
en lukket kurve som ikke skjærer seg selv, så er det klart at den parametriserte kurven
inneholder hele skjæringskurven. Setter vi F(x, y, z) = (z, y, x) får vi at
og dermed får vi
Z
Z
F · dr =
C
F(r(t))
=
(1 − 4 cos t, 2 sin t, 1 + 2 cos t)
r0 (t)
=
(−2 sin t, 2 cos t, 4 sin t),
2π
F(r(t)) · r0 (t)dt
0
Z
2π
(8 cos t sin t − 2 sin t + 4 sin t cos t + 4 sin t + 8 sin t cos t) dt
=
0
Z
2π
=
(20 cos t sin t + 2 sin t) dt
0
Z
=
2π
(10 sin 2t + 2 sin t) dt = 0.
0
Seksjon 6.12
Oppgave 1. Den delen av flaten som ligger over xy-planet er beskrevet ved 0 ≤ r ≤ 2. Vi
parametriserer flaten først med kartesiske koordinater, og får
∂r
∂r
×
∂x ∂y
=
=
F(r(x, y)) ·
∂f
∂f
, − , 1)
∂x
∂y
(2x, 2y, 1)
(−
F(r(x, y)) = (x, y, 4 − x2 − y 2 )
∂r
∂r
×
= 2x2 + 2y 2 + 4 − x2 − y 2
∂x ∂y
=
x2 + y 2 + 4.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 88 — #94
i
88
i
KAPITTEL 6
∂r
∂r
Vi ser og at parametriseringen her gir ∂x
× ∂y
med positiv z-komponent. Går vi over til
polarkoordinater får vi dermed
Z
Z Z
∂r
∂r
×
dxdy
F · ndS =
F(r(x, y)) ·
∂x ∂y
T
A
Z Z
Z 2π Z 2
=
(r2 + 4)rdr dθ
(x2 + y 2 + 4)dxdy =
Z
A
2π 0
1 4
r + 2r2
4
=
0
0
2
dθ = 2π(4 + 8) = 24π.
0
Oppgave 4. Den øvre del av kuleflaten kan parametriseres ved
r(φ, θ) = (3 cos θ sin φ, 3 sin θ sin φ, 3 cos φ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤
π
,
2
der vi har brukt kulekoordinater. Siden flaten vår er en del av flaten fra eksempel 2 får vi
også her
∂r
∂r
×
= 9 sin2 φ cos θ, 9 sin2 φ sin θ, 9 sin φ cos φ .
∂φ ∂θ
z-komponenten ser vi her at er positiv på integrasjonsområdet. Videre er F(r(φ, θ)) =
(3 cos θ sin φ, 3 sin θ sin φ, 0), og flateintegralet vårt blir
Z
2π
"Z
#
π/2
2
3
2
3
27 cos θ sin φ + 27 sin θ sin φ dφ dθ
0
0
Z
2π
"Z
#
π/2
27 sin3 φdφ dθ
=
0
0
Z
=
2π
"Z
−27
#
π/2
2
(1 − cos φ)(− sin φ)dφ dθ
0
0
π/2
1
3
= −27
cos φ − cos φ
dθ
3
0
0
Z 2π
1
= −27
−1 +
dφ = 36π.
3
0
Z
2π
Oppgave 5. Overflaten til området kan splittes opp i to deler. Den ene flaten, T1 , består
av punkter som løser y = x2 + z 2 , som kan tenkes på som en del av en paraboloide lagt på
siden. Det er klart at denne kan parametriseres ved
r1 (x, z) = (x, x2 + z 2 , z), x2 + z 2 ≤ 1.
Denne er tegnet opp i Figur 13. Vi ser at
i j k ∂r1
∂r1
×
= 1 2x 0 = (2x, −1, 2z).
∂x
∂y
0 2z 1 i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 89 — #95
i
SEKSJON 6.12
i
89
Figur 13: Flaten T1 i Oppgave 6.12.5
Vi ser at i origo peker enhetsnormalen her ut av V , som er riktig retning ifølge oppgaven.
Vi ser og at F(r1 (x, z)) = (0, x2 + z 2 , −z), slik at
∂r1
∂r1
F(r1 (x, z)) ·
×
∂x
∂y
(0, x2 + z 2 , −z) · (2x, −1, 2z) = −x2 − z 2 − 2z 2 = −x2 − 3z 2 ,
=
slik at
Z
Z
(−x2 − 3z 2 )dxdz.
F · ndS =
T1
T1
Skifter vi til polarkoordinater x = r cos θ, z = r sin θ (vi har byttet om x, y, og z samtidig)
ser vi at området beskrives ved 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, slik at integralet blir
Z
2π
0
Z
1
−r3 (cos2 θ + 3 sin2 θ)dr dθ
0
1
−
4
Z
1
= −
4
Z
=
2π
0
0
1
(cos θ + 3 sin θ)dθ = −
4
2
2π
2
Z
2π
(1 + 2 sin2 θ)dθ
0
1
(2 − cos(2θ))dθ = − 4π = −π.
4
Den andre flaten, T2 , består av punkter i planet y = 1, og denne kan parametriseres
ved
r2 (x, z) = (x, 1, z), x2 + z 2 ≤ 1,
og enkel regning gir at
∂r2
∂r2
×
= (0, −1, 0),
∂x
∂y
og det er lett å se at denne peker inn i V , slik at vi må skifte fortegn på normalvektoren.
Videre får vi F(r2 (x, z)) = (0, 1, −z), slik at
∂r2
∂r2
F(r2 (x, z)) ·
×
= (0, 1, −z) · (0, −1, 0) = −1,
∂x
∂y
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 90 — #96
i
90
i
KAPITTEL 6
slik at
Z
Z
F · ndS = −
T2
(−1)dxdz = π,
T1
siden sirkelen med radius 1 har areal π.
Summen av de to bidragene blir
Z
Z
Z
F · ndS =
F · ndS +
T
T1
F · ndS = −π + π = 0.
T2
Oppgave 12.
a). Med s(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, f (r, θ)) får vi
∂f
∂s
=
cos θ, sin θ,
∂r
∂r
∂s
∂f
=
−r sin θ, r cos θ,
∂θ
∂θ
i
j
k ∂s ∂s
∂f sin θ
×
= cos θ
∂r ∂r ∂θ
−r sin θ r cos θ ∂f ∂θ
∂f
∂f
∂f
∂f
=
sin θ
− r cos θ , − cos θ
− r sin θ , r cos2 θ + r sin2 θ
∂θ
∂r
∂θ
∂r
∂f
∂f
∂f
∂f
=
sin θ
− r cos θ , − cos θ
+ r sin θ
,r ,
∂θ
∂r
∂θ
∂r
som var det vi skulle vise.
b). Siden tredjekomponenten i det fundamentale vektorprodukter er r, og denne er ≥ 0 i
den gitte parametriseringen, så ser vi at normalvektoren har ønsket retning. Med den gitte
∂f
2
flaten kan vi sette f (r, θ) = r2 θ. Setter vi inn ∂f
∂r = 2rθ, ∂θ = r i formelen fra a) for det
fundamentale vektorproduktet, får vi
∂s ∂s
×
= r2 sin θ − 2r2 θ cos θ, − r2 cos θ + 2r2 θ sin θ , r .
∂r ∂θ
Videre har vi at F(s(r, θ)) = (−r sin θ, r cos θ, r2 θ), slik at
Z
∂s ∂s
F(s(r, θ)) ·
×
(r, θ)drdθ
∂r ∂θ
T
Z π/2 Z 1
2
3
3
2
3
=
r (− sin θ + 2θ cos θ sin θ) − r (cos θ + 2θ sin θ cos θ) + r θ dr dθ
0
Z
0
π/2
=
0
Z
=
0
π/2
1
1 4
r (−1 + θ) dθ
4
0
0
0
π/2
1
1
1 2
1
π π2
π 2 − 4π
(−1 + θ)dθ =
−θ + θ
=
− +
=
.
4
4
2
4
2
8
32
0
Z
1
Z
(−r3 + r3 θ)dr dθ =
π/2
Oppgave 15.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 91 — #97
i
i
SEKSJON 6.12
91
a). La (s, t) ∈ B. og la r2 (s, t) = P . Siden r1 er injektiv, og en parametrisering av den
samme flaten, så finnes det et unikt punkt (s1 , t1 ) ∈ A slik at r1 (s1 , t1 ) = P . Definer
T : B → A ved å sette T(s, t) = (s1 , t1 ). Men da er r1 (T(s, t)) = r1 (s1 , t1 ) = P = r2 (s, t).
Siden r1 er injektiv kan vi også skrive T(s, t) = (r1 )−1 (r2 (s, t)), eller T = (r1 )−1 r2 . Med
da er det klart at T har en invers (den er en sammensetning av injektive funksjoner), og
at T−1 = (r2 )−1 r1 .
b). Vi lar T(s, t) = (U (s, t), V (s, t)). Ved kjerneregelen har vi at
(r1 T)0 (s, t) = r01 (U (s, t), V (s, t))T0 (s, t).
Fra a) vet vi at dette også er r02 (s, t), slik at r02 (s, t) = r01 (U (s, t), V (s, t))T0 (s, t). Dette kan
også skrives
∂r2
∂t (s, t)
∂r2
∂s (s, t)
=
∂r1
∂u (U (s, t), V
0
der T (s, t) =
∂U
∂s (s, t)
∂V
∂s (s, t)
(s, t))
∂U
∂t (s, t)
∂V
∂t (s, t)
∂r1
∂v (U (s, t), V
(s, t))
∂U
∂s (s, t)
∂V
∂s (s, t)
∂U
∂t (s, t)
∂V
∂t (s, t)
,
. Sammenligner vi søylene på venstre og høyre side
etter at vi har ganget sammen matrisene på høyre side ser vi at
∂r2
(s, t) =
∂s
∂r2
(s, t) =
∂t
∂r1
∂U
(U (s, t), V (s, t))
(s, t) +
∂u
∂s
∂r1
∂U
(U (s, t), V (s, t))
(s, t) +
∂u
∂t
∂r1
∂V
(U (s, t), V (s, t))
(s, t)
∂v
∂s
∂r1
∂V
(U (s, t), V (s, t))
(s, t).
∂v
∂t
Tar vi vektorproduktet av disse to får vi
∂r2
∂r2
×
(s, t)
∂s
∂t
∂U
∂V
∂r1
∂r1
=
(s, t)
(s, t)
×
(U (s, t), V (s, t))
∂s
∂t
∂u
∂v
∂U
∂r1
∂r1
∂V
(s, t)
(s, t)
×
(U (s, t), V (s, t))
+
∂s
∂t
∂v
∂u
∂U
∂V
∂V
∂U
∂r1
∂r1
(s, t)
(s, t) −
(s, t)
(s, t)
×
(U (s, t), V (s, t))
=
∂s
∂t
∂s
∂t
∂u
∂v
∂(U, V ) ∂r1
∂r1
=
×
(U (s, t), V (s, t)),
∂(s, t)
∂u
∂v
der vi har brukt at
∂r1
∂r1
∂r1
∂r1
×
=
×
= 0,
∂u
∂u
∂v
∂v
d.v.s. at vektorproduktet av to parallelle vektorer er 0. Det var dette vi skulle vise.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 92 — #98
i
92
i
KAPITTEL 6
c). Vi har at
Z
∂r1
∂r1
×
(u, v)dudv
F(r1 (u, v)) ·
∂u
∂v
A
Z
∂r2
∂r2
×
(s, t)dsdt
F(r2 (s, t)) ·
∂s
∂t
B
Z
∂r1
∂(U, V )
∂r1
×
(U (s, t), V (s, t))
dsdt
F(r2 (s, t)) ·
∂u
∂v
∂(s, t)
B
Z
∂r1
∂r1
±
F(r1 (u, v)) ·
×
(u, v)dudv,
∂u
∂v
A
Z
F · ndS
=
F · ndS
=
T1
Z
T2
=
=
der vi i siste overgang har gjort et variabelskifte fra (s, t) til (u, v). Fortegnet blir + hvis
∂(U,V )
∂(s,t) er positiv, − hvis negativ, siden vi i flerdimensjonale variabelskifter tar absoluttverdien av Jacobideterminanten. Dette viser at de to flateintegralene er like opp til fortegn,
)
∂(U,V )
og at ∂(U,V
∂(s,t) gir oss valget av fortegn. Siden fortegnet til ∂(s,t) gir oss fortegnet til flateintegralet, så beskriver det også orienteringen til kurven, siden fortegnet også endres ved at
vi bytter normalvektor fra n til −n.
Seksjon 6.13
Oppgave 1.
b). Her blir P (x, y, z) = x2 , Q(x, y, z) = 4xy 3 , R(x, y, z) = xy 2 , og de partielle deriverte
blir
∂P
∂x = 2x
∂Q
3
∂x = 4y
∂R
2
∂x = y
∂P
∂y = 0
∂Q
2
∂y = 12xy
∂R
∂y = 2xy
∂P
∂z
∂Q
∂z
∂R
∂z
=0
=0
= 0.
Vi får nå at
divF
curlF
∂P
∂Q ∂R
+
+
∂x
∂y
∂z
2
= 2x + 12xy
∂R ∂Q ∂P
∂R ∂Q ∂P
=
−
,
−
,
−
∂y
∂z ∂z
∂x ∂x
∂y
2
3
= 2xy, −y , 4y .
=
Oppgave 2.
c). Vi regner ut at
∂P
∂x
= e2z ,
∂Q
∂y
= e2z ,
∂R
∂z
= −2e2z , og
divF = e2z + e2z − 2e2z = 0.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 93 — #99
i
SEKSJON 6.14
i
93
For å finne et vektorfelt G slik at F = curlG må vi løse likningene
∂R ∂Q
−
= xe2z
∂y
∂z
∂R
∂P
−
= ye2z
∂z
∂x
∂Q ∂P
−
= −2e2z ,
∂x
∂y
der vi har kalt komponentfunksjonene til G for P, Q, R. Vi prøver oss frem med å sette
R(x, y, z) = 0. De to første likningene gir da
Q(x, y, z)
=
P (x, y, z)
=
1
− xe2z + f (x, y)
2
1 2z
ye + g(x, y).
2
velger vi f (x, y) = g(x, y) = 0 og setter inn i den siste likningen får vi
∂Q ∂P
−
= −e2z − e2z = −2e2z ,
∂x
∂y
som viser at den siste likningen også blir oppfylt. Vi kan dermed velge
1 2z 1 2z
G(x, y, z) =
ye , − xe , 0 .
2
2
Seksjon 6.14
Oppgave 2. Med F(x, y, z) = (x3 , y 3 , z 2 ) får vi divF = 3x2 + 3y 2 + 2z. Divergensteoremet
gir
Z
F · ndS
T
Z Z Z
=
(3x2 + 3y 2 + 2z)dxdydz
V
Z
#
Z "Z
1
π/2
2π
(3ρ2 sin2 φ cos2 θ + 3ρ2 sin2 φ sin2 θ + 2ρ cos φ)ρ2 sin φdθ dφ dρ
=
0
Z
0
1
"Z
0
π/2
2π
Z
0
Z
=
1
#
(3ρ2 sin2 φ + 2ρ cos φ)ρ2 sin φdθ dφ dρ
=
0
0
"Z
2π
#
π/2
4
3
3
(3ρ sin φ + ρ sin(2φ))dφ dρ
0
0
π/2
1 3
dρ
= 2π
ρ (cos φ − 3 cos φ) − ρ cos(2φ)
2
0
0
1
Z 1
2
1
13
(2ρ4 + ρ3 )dρ = 2π ρ5 + ρ4 =
= 2π
π.
5
4
10
0
0
Z
1
4
3
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 94 — #100
i
94
i
KAPITTEL 6
Oppgave 5. Vi ser at divF = 2 − 2y + 3z 2 , og divergensteoremet gir
Z
Z Z Z
F · ndS =
divFdxdydz
T
V
Z 1 Z 1 Z 1
2
(2 − 2y + 3z )dz dy dx
=
−1
−1
1
−1
1
Z
−1
1
Z
Z
1
2z − 2zy + z 3 −1 dy dx
=
Z
−1
1
Z
(6 − 4y)dy dx =
=
−1
−1
−1
1
1
6y − 2y 2 −1 dx = 24.
Oppgave 7.
a). La D = {(x, y)|x2 + y 2 ≤ 4} være T projisert ned i xy-planet. Da er
A
=
Z Z p
D
2π Z
=
0
1+
4x2
+
4y 2 dxdy
1
(1 + 4r2 )3/2
12
Z
2π
2
Z
=
2
0
2π
Z
1+
4r2 rdr
dθ
0
dθ =
0
0
p
17 √
1
17 −
12
12
=
√
π
(17 17 − 1).
6
b). Volumet V som avgrenses av flaten T og xy-planet er gitt ved
"Z "Z
# #
2
2
Z
Z
Z
2π
V
4−x −y
2
=
2π
2
rdz dr dθ =
0
Z
=
0
0
0
0
(4 − x2 − y 2 )rdr dθ
0
2
Z 2π
2
2π 1
4dθ = 8π.
(4r − r3 )dr dθ =
2r2 − r4 dθ =
4
0
0
0
0
2π Z
Z
c). På T ser vi at enhetsnormalen med positiv z-komponent peker ut av V . Volumet
avgrenses også av flaten D, der enhetsnormalen blir (0, 0, −1). Flateintegralet over D blir
derfor
Z
Z
F · ndS =
(z 2 − 8z)dS = 0
D
D
siden z = 0 på D. Siden divF = 4z − 2z − 2z + 8 = 8 så gir divergensteoremet at
Z
Z Z Z
Z
F · ndS =
divFdxdydz −
F · ndS = 8V = 64π.
T
V
D
Oppgave 9.
a). Flaten S har parametriseringen
r(x, θ) =
x,
x2
1
+
2
4
cos θ,
x2
1
+
2
4
sin θ .
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 95 — #101
i
SEKSJON 6.14
i
95
Figur 14: Flaten T i Oppgave 6.14.9
Her har vi brukt sylinderkoordinater, men vi har byttet om på x, y, og z. Flaten T svarer
til at vi begrenser parametriseringen til 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/2. Flaten er tegnet opp i
Figur 14. Vi får nå
∂r
∂x
∂r
∂θ
∂r
∂r
×
∂x ∂θ
=
(1, x cos θ, x sin θ)
2
2
x
1
x
1
=
0, −
+
sin θ,
+
cos θ
2
4
2
4
2
2
2
x
1
x
1
x
1
=
x
+
,−
+
cos θ, −
+
sin θ
2
4
2
4
2
4
2
2
x
1
x
1
F(r(x, θ)) =
x,
+
cos θ,
+
sin θ .
2
4
2
4
Tar vi skalarproduktet av de to siste vektorene får vi
x2
1
x2
+
2
4
−
1
x2
+
2
4
2
=
1
x2
+
2
4
1
x2
−
2
4
=
1
x4
− .
4
16
∂r
∂r
Vi ser og at ∂x
× ∂θ
har positiv x-komponent, mens vi i oppgaven skulle ha negativ xkomponent. Vi må derfor ta et ekstra fortegnsskift når vi regner ut flateintegralet, og får
dermed
1
Z
Z π/2 Z 1 4
Z π/2 5
x
1
x
1
−
dx dθ = −
− x dθ
F · ndS = −
4
16
20 16 0
T
0
0
0
π 1
1
π
= −
−
=
.
2 20 16
160
b). Hvis vi skal bruke divergensteoremet, så bør normalvektoren peke ut av det avgrensede området, og da må x-komponenten i n være negativ. Dette stemmer overens med
normalvektoren spesifisert i a), slik at vi ikke må gjøre noe fortegnsskifte når vi bruker
divergensteoremet.
Sammen med flatene x = 0, x = 1, y = 0 og z = 0 avgrenser T et område i rommet.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 96 — #102
i
96
i
KAPITTEL 6
• Hvis x = 0 er F(0, y, z) = (0, y, z) og n = (−1, 0, 0). Dermed blir F · n = 0, slik at
flateintegralet over dette planet blir 0.
• Hvis x = 1 er F(1, y, z) = (1, y, z) og n = (1, 0, 0). Dermed blir F · n = 1, slik at
flateintegralet over dette planet blir lik arealet
av skjæringsflaten. Skjæringsflaten
er en kvartsirkel med radius 34 (siden 1, 34 ligger på grafen som blir dreid rundt
9π
x-aksen), som dermed har areal 14 9π
16 = 64 .
• Hvis y = 0 er F(x, 0, z) = (x, 0, z) og n = (0, −1, 0). Dermed blir F · n = 0, slik at
flateintegralet over dette planet blir 0.
• Hvis z = 0 er F(x, y, 0) = (x, y, 0) og n = (0, 0, −1). Dermed blir F · n = 0, slik at
flateintegralet over dette planet også blir 0.
Vi har at divF = 3, slik at
Z Z Z
divF
=
Z
3
1
"Z
π/2
"Z
x2
2
#
0
0
0
2 #
2
Z
x2
1
3π 1 1 x2
1
= 3
+
dθ dx =
+
dx
2
4
2 0 2 2
4
0
0
1
Z x2
1
3π x5
x3
1
3π 1 x4
+
+
dx =
+
+ x
=
4 0
4
4
16
4 20 12 16 0
3π 1
1
1
47
=
+
+
=
π.
4 20 12 16
320
1
Z
"Z
#
rdr dθ dx
dxdydz = 3
V
+ 14
π/2
1
2
Divergensteoremet gir nå at
47
π=
320
Z
F · ndS +
T
9π
,
64
slik at
Z
F · ndS =
T
47
9π
47 − 45
π
π−
=
π=
.
320
64
320
160
Oppgave 12.
a). Vi regner ut
∂r
∂θ
∂r
∂z
∂r ∂r
×
∂θ ∂z
p
p
− 1 + z 2 sin θ, 1 + z 2 cos θ, 0
z
z
√
=
cos θ, √
sin θ, 1
1 + z2
1 + z2
p
p
=
1 + z 2 cos θ, 1 + z 2 sin θ, −z .
=
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 97 — #103
i
i
SEKSJON 6.15
97
b).
Z 2π Z 2 p
∂r ∂r 2 + z 2 dz dθ
dz dθ =
×
1
+
z
∂θ ∂z 0
0
0
0
√
Z
Z 2π
2p
√ Z 2 2p
=
1 + 2z 2 dz dθ = 2π
1 + u2 du
Z
A
2π
Z
2
=
0
0
0
√
p
2 2
p
√
u
1 2
2
2π
1 + u + ln u + 1 + u
=
2
2
0
√
√
√
√
1
1
2π 3 2 + ln(2 2 + 3) = π 6 + √ ln(2 2 + 3) ,
=
2
2
R√
der vi har brukt hintet i oppgaven til å regne ut
1 + u2 du.
∂r
∂r
× ∂z
har negativ z-komponent på flaten, slik at vi ikke trenger skifte fortegn
c). Vi ser at ∂θ
på normalvektoren. Vi regner ut
∂r ∂r
×
F(r(θ, z)) ·
p ∂θ ∂z
p
p
p
=
z 1 + z 2 cos θ, z 1 + z 2 sin θ, −z 2 ·
1 + z 2 cos θ, 1 + z 2 sin θ, −z
=
z(1 + z 2 ) cos2 θ + z(1 + z 2 ) sin2 θ + z 3
=
z(1 + z 2 ) + z 3 = 2z 3 + z.
Vi får derfor
Z
Z
F · ndS
2π
2
Z
=
T
0
Z
=
Z
(2z 3 + z)dz dθ =
0
0
2π
1 4 1 2
z + z )
2
2
2
0
2π
10 = 20π.
0
Seksjon 6.15
Oppgave 1. Skjæringskurven mellom paraboloiden og planet finner vi ved å løse
x2 + y 2
=
2x + 2y + 2
x − 2x + 1 + y − 2y + 1
=
2+1+1
=
4.
2
2
2
2
(x − 1) + (y − 1)
Skjæringskurven er altså en sirkel med radius 2 om (1, 1). Denne kan parametriseres med
(translaterte) polarkoordinater ved
t(θ)
=
(1 + 2 cos θ, 1 + 2 sin θ, 2(1 + 2 cos θ) + 2(1 + 2 sin θ) + 2)
=
(1 + 2 cos θ, 1 + 2 sin θ, 4(cos θ + sin θ) + 6).
En parametrisering av flaten T denne omkranser blir da
r(r, θ) = (1 + r cos θ, 1 + r sin θ, 2r(cos θ + sin θ) + 6), 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 98 — #104
i
98
i
KAPITTEL 6
Det fundamentale vektorproduktet blir
i
∂r ∂r
cos
θ
×
= ∂r ∂r
−r sin θ
=
j
sin θ
r cos θ
k
2(cos θ + sin θ)
2r(− sin θ + cos θ)
(−2r, −2r, r).
Siden z-komponenten er positiv så har vi den orienteringen som kreves i oppgaven. Vi
regner ut at
i
j
k ∂
∂
∂ curlF = ∂x ∂y
∂z = (0, 0, −x),
xy 0 z 2 slik at
curlF(r(r, θ)) = (0, 0, −1 − r cos θ).
Bruker vi Stokes’ teorem får vi nå
Z
Z
∂r ∂r
F · dr =
curlF(r(r, θ)) ·
×
(r, θ)drdθ
∂r ∂r
C
T
Z 2π Z 2
=
(−r − r2 cos θ)dr dθ
0
0
2
1 2 1 3
=
− r − r cos θ dθ
2
3
0
0
Z 2π 8
=
−2 − cos θ dθ = −4π.
3
0
Z
2π
Oppgave 8. Skjæringen mellom paraboloiden og xy-planet er en sirkel om origo med
radius 1, som har parametriseringen r(θ) = (cos θ, sin θ, 0) i polarkoordinater, og derivert
r0 (θ) = (− sin θ, cos θ, 0). Kurven parametrisert slik ser vi først at gir riktig orientering. Vi
regner ut
F(r(θ)) = (sin θ, 0, cos θ).
Bruker vi Stokes’ teorem får vi
Z
curlF · ndS
T
2π
Z
F(r(θ)) · r (θ)dθ =
=
0
Z
=
2π
Z
0
−
0
2π
sin2 θdθ = −
1
2
Z
(sin θ, 0, cos θ) · (− sin θ, cos θ, 0)
0
2π
(1 − cos 2(θ))dθ = −π.
0
Oppgave 12. Flaten T er tegnet opp i Figur 15
a). Vi regner først ut
i
j
∂r
∂r
×
= − sin t cos t
∂t
∂u 0
0
k
u
t
= (t cos t, t sin t, 0),
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 99 — #105
i
SEKSJON 6.15
i
99
Figur 15: Flaten T i Oppgave 6.15.12.
∂r slik at ∂r
∂t × ∂u = t. Arealet til T blir dermed
Z 2π Z 1 Z 2π Z 1
Z 2π
∂r
∂r tdu dt =
tdt = 2π 2 .
∂t × ∂u du dt =
0
0
0
0
0
b). Vi regner ut at x2 + y 2 = cos2 t + sin2 t = 1, slik at flaten er en del av sylinderen
x2 + y 2 = 1. Kurven C det er snakk om får vi ved å sette u = 1, slik at parametriseringen
av C blir r(t) = (cos t, sin t, t), 0 ≤ t ≤ 2π.
√
c). La oss først finne lengden på C. Vi har r0 (t) = (− sin t, cos t, 1), og |r0 (t)| = 2.
Buelengden til C blir dermed
Z 2π
√ Z 2π
√
|r0 (t)|dt = 2
dt = 2 2π.
0
0
Randkurven E er sirkelen om origo med radius 1 i xy-planet, som har omkrets 2π, og L er
linjestykket fra (1, 0, 0) til (1, 0, 2π), som har lengde 2π. Den totale lengden på randkurven
til T blir dermed
√
√
2 2π + 2π + 2π = 2π( 2 + 2).
d).
i
∂
curlF = ∂x
xez
j
∂
∂y
−yez
k ∂ z
z
∂z = (ye , xe , 0),
z e
slik at F(r(t, u)) = (sin tetu , cos tetu , 0) Det fundamentale vektorproduktet regnet vi ut i
a) til å være = (t cos t, t sin t, 0), slik at
∂r
∂r
×
(t, u) = (sin tetu , cos tetu , 0) · (t cos t, t sin t, 0) = tetu sin(2t).
F(r(t, u)) ·
∂t
∂u
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 100 — #106
i
100
i
KAPITTEL 6
Vi får dermed
Z
Z
curlF · ndS
2π
Z
=
T
=
te sin(2t)du dt
tu
0
0
Z
1
2π
(et − 1) sin(2t)dt =
0
=
2π
Z
et sin(2t)dt
0
2π
et sin(2t) 0 − 2
Z
2π
et cos(2t)dt
0
2π
= −2 et cos(2t) 0 − 4
Z
2π
et sin(2t)dt.
0
R 2π
2π
t
t
De
R siste likningene 2sier2πat 5 0 e sin(2t)dt = −2 [e cos(2t)]0
curlF · ndS = − 5 (e − 1).
T
= −2(e2π − 1), slik at
e). Ved Stokes’ teorem har vi at
Z
Z
Z
Z
F · dr =
curlF · ndS −
F · dr −
F · dr.
C
T
E
L
På sirkelen E er F(r(t)) = (x, −y, 1) = (cos t, − sin t, 1), og kurven selv er parametrisert
ved r(t) = (cos t, sin t, 0), slik at r0 (t) = (− sin t, cos t, 0), og vi får dermed
Z
Z 2π
F · dr =
(cos t, − sin t, 1) · (− sin t, cos t, 0)dt = 0.
E
0
På linjestykket L er F(r(u)) = (e2πu , 0, e2πu ), der u går fra 0 til 1, og r(u)) = (1, 0, 2πu),
slik at r0 (u) = (0, 0, 2π), og vi får dermed
Z
Z 1
Z 1
2πu
2πu
F · dr =
(e , 0, e ) · (0, 0, 2π)dt =
2πe2πu = e2π − 1.
L
Dermed blir
0
0
Z
7
2
F · dr = − (e2π − 1) − e2π + 1 = (1 − e2π ).
5
5
C
Oppgave 14.
a). Hvis F = 5φ så må
φ(x, y, z) =
1 2
x y + f (y, z) = zy + g(x, z) = xz + yz + h(x, y).
2
Vi ser fort at de to første ikke er forenlige.
Hvis F = curl(G) så er divF = div(curl(G)) = 0, men dette er ikke oppfylt siden
divF = y.
b). Ved divergensteoremet har vi at
Z
Z Z Z
Z
F · ndS =
divFdxdydz =
T
Z
4
Z
V
4
=
0
0
4
Z
0
Z
(4y − xy)dx dy =
0
4
4
Z
4−x
ydz dx dy
0
8ydy = 64.
0
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 101 — #107
i
i
SEKSJON 6.15
101
c). Flaten er parametrisert ved r(x, y) = (x, y, 4 − x), 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4. Vi regner ut
at
∂r
∂r
×
= (1, 0, −1) × (0, 1, 0) = (1, 0, 1).
∂x ∂y
Velger vi derfor normalvektoren til å ha fortegn med positiv z-komponent trenger vi ikke
å endre fortegn når vi bruker Stokes’ teorem. Videre er curlF = (0, −1. − x), og Stokes
teorem gir
Z
Z
F · dr
Z
Z
4
T
Z 4
0
4
0
4
Z
=
Z
−xdx dy =
0
0
(0, −1, −x) · (1, 0, 1)dx dy
curlF · ndS =
=
C
4
−8dy = −32.
0
Oppgave 17.
a). Senteret i sylinderen regner vi fort ut at blir (1, 0), og radien blir 1. Området kan derfor
parametriseres ved x = 1 + r cos θ, y = r sin θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, der vi har brukt
(translaterte) polarkoordinater. Volumet blir derfor
Z
V
2π
Z
1
2
=
2
((1 + r cos θ) + (r sin θ) )rdr dθ
0
Z
0
2π
Z
2π
=
0
Z
=
0
1
(r + 2r2 cos θ + r3 )dr dθ
0
1 2
1
+ cos θ +
2 3
4
=
3π
.
2
b). Vi regner ut
divF
curlF
= 1
i
∂
= ∂x
−y
j
∂
∂y
x−1
∂
= (1, 0, 2).
∂z
y+z k
c). Hvis (x, y, z) ligger både på paraboloiden og på sylinderen så har vi
z = x2 + y 2 = 2x,
der den siste likheten følger av likningen x2 − 2x + y 2 = 0 for sylinderen.
d). Enhetsnormalen på T med positiv z-komponent peker bort fra volumet som avgrenses,
slik at vi ikke trenger skifte fortegn på denne når vi skal bruke divergensteoremet. Tre
flater avgrenser volumet V . Den ene er flaten T , som ligger på paraboloiden. Den andre
er “grunnflaten” D, som er sirkelskiven med radius 1 om (1, 0). Her blir det fundamentale
vektorproduktet (0, 0, r), som peker motsatt vei i forhold til vektoren som peker ut av
i
i
i
i
i
i
“FVLAboksol” — 2015/2/18 — 15:47 — page 102 — #108
i
102
i
KAPITTEL 6
området Videre er F(r(r, θ)) = (−r sin θ, r cos θ, r sin θ), slik at
Z
Z
F · ndS
2π
Z
2π
Z
1
= −
0
0
D
Z
(−r sin θ, r cos θ, r sin θ) · (0, 0, r)dr dθ
1
= −
2
r sin θdr dθ = 0.
0
0
Den tredje flaten er sideflaten E, som er parametrisert ved r(θ, z) = (1 + cos θ, sin θ, z),
0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 2(1 + cos θ). Her blir det fundamentale vektorproduktet
(− sin θ, cos θ, 0) × (0, 0, 1) = (cos θ, sin θ, 0),
og F(r(r, z)) R= (− sin θ, cos θ, z + sin θ). Vi ser at skalarproduktet av disse to vektorene
blir 0, slik at E F · ndS = 0. Alt i alt har vi da fra divergensteoremet at
Z
Z Z Z
Z
Z
T · ndS =
divFdxdydz −
D · ndS −
E · ndS
D
V
=
D
D
3π
.
Vol(V ) − 0 − 0 =
2
e). Fra Stokes teorem har vi at
Z
Z
F · dr =
C
curlF · ndS = 0,
T
siden curlF = 0.
i
i
i
i

Øyvind Ryans løsningsforslag

Transcription

Similar documents

OPPGAVE 1 Temperaturen i et punkt (x, y, z) i rommet er gitt ved T(x

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I

Formelsamling for Mekatronikk

Litt romgeometri - Universitetet i Oslo

Obligatorisk oppgave 2

Document

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

TMA4105 - Tanker omkring innlevering 3 fra en

Taylor-polynom