Transcript Lösningar

¨
Ovning
6, FMM-Vektoranalys, SI1140
ˆ 60. Ber¨
akna integralen
I
A · dr
C
d¨ar
A = x2 − a(y + z) ex + y 2 − az ey + z 2 − a(x + y) ez
och C a¨r den kurva som utg¨or sk¨arningslinjen mellan cylindern
(x − a)2 + y 2 = a2
z≥0
och sf¨aren
x2 + y 2 + z 2 = R 2
R2 > 4a2 .
Omloppsriktningen a¨r s˚
adan att vid x = 0 ¨ar kurvans tangentvektor parallell med
-ey .
ˆ L¨
osning:
Kurvan a¨r sluten och vi kan s˚
aledes anv¨anda Stokes sats ty vektorf¨altet ¨ar definierat
i hela R3 .L˚
at oss b¨orja med att ber¨akna rotationen av A:
e
e
e
x
y
z
= (0, 0, a)
∂x
∂y
∂z
∇ × A = x2 − a(y + z) y 2 − az z 2 − a(x + y)
Den yta som uppfyller ∂S = C kan vi v¨alja som mantelyta p˚
a kvarvarande cylinder
samt botten p˚
a cylindern. P˚
a mantelytan a¨r n = (x, y, 0) och ger s˚
aledes inget
bidrag till integralen. Enligt information om omloppsriktningen s˚
a ¨ar den moturs
sett fr˚
an positiva z-axeln mot origo och d¨arav har vi p˚
a botten att n
ˆ = (0, 0, 1)
Slutligen f˚
ar vi:
I
ZZ
ZZ
A · dr =
∇ × A · dS = a
dS = πa3
C
S
S
ˆ 54. Ett vektorf¨alt har potentialen
φ = x2 + y 2 + z 2 − x2 + y 2 + z 2
2
.
Genom vilken sluten yta S a¨r fl¨odet av vektorf¨altet maximalt? Ber¨akna det maximala fl¨odet.
ˆ L¨
osning:
Vi b¨orjar med att best¨amma vektorf¨altet genom att ta gradienten av φ.
∇φ = 2x − 4x x2 + y 2 + z 2 , 2y − 4y x2 + y 2 + z 2 , 2z − 4z x2 + y 2 + z 2
D˚
a vi s¨oker en sluten yta kan vi anv¨anda Gauß sats ty vektorf¨altet ¨ar definierat i
hela R3 .
ZZZ
ZZ
∇ · ∇φ dV =
∇φ · dS =
S
ZZZ
V
6 − 12 x2 + y 2 + z
=
2
− 8x2 − 8y 2 − 8z 2 dV =
V
ZZZ
6 − 20 x2 + y 2 + z 2
=
dV
V
Integralens maximala v¨arde erh˚
alls d˚
a integranden ¨ar positiv i ett s˚
a stort omr˚
ade
3
2
2
2
som m¨ojligt. S˚
aledes ges ytan vi s¨oker av x + y + z ≤ 10 , d.v.s. ett klot med
q
3
radie 10 . Integralens v¨arde ges av:
ZZZ
6 − 20 x2 + y 2 + z
2
2π
Z
dV =
V
Z
dφ
0
Z √3/10
= 4π
0
Z √3/10
π
sin θdθ
6 − 20r2 r2 dr =
0
0
r 3
√3/10
9
3
3
5
−4·
= 4π
2·
=
6r − 20r dr = 4π 2r − 4r 0
10
10
100
r
r
√
24π 3
12π 30
3 24
= 4π
·
=
=
10 100
25 10
125
2
4
ˆ 47. Ber¨
akna
ZZ
A · dS
S
d¨ar f¨altet A a¨r
A = x3 , y 3 , z 3
och S a¨r ytan som omsluter halvklotet
2
x + y 2 + z 2 ≤ R2
x+y ≥0
ˆ L¨
osning:
Ytan ¨ar sluten och vi anv¨ander s˚
aledes Gauß sats (∂V = S):
ZZ
ZZ
ZZZ
ZZZ
A · dS = A · dS =
∇ · AdV = 3
x2 + y 2 + z 2 dV =
S
S
Z
V
3π/4
=3
Z
dφ
−π/4
π
V
Z
sin θdθ
0
0
R
r4 dr = 3 · π · 2
R5
6πR5
=
5
5
ˆ 113.
a) Visa med direkt ber¨akning att Gauß sats inte g¨aller f¨or
A=
1
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
(x, y, z)
d¨ar S a¨r sf¨arytan med radie R centrerad i origo som omsluter volymen V . Varf¨or
g¨aller inte satsen?
b) Bekr¨afta med direkt integration att Gauß sats g¨aller f¨or A i (a) n¨ar S a¨r ytan S1
med radie R1 samt ytan S2 med radie R2 och V a¨r volymen mellan S1 och S2 .
c) Vilket villkor m˚
aste ytan S uppfylla f¨or att Gauß sats skall vara uppfylld f¨or A i
(a)?
ˆ L¨
osning a):
Vi b¨orjar med att best¨amma divergensen av A.
∇·A=3·
1
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
−
3x2 + 3y 2 + 3z 2
(x2 + y 2 + z 2 )5/2
=0
D˚
a divergensen ¨ar noll borde Gauß sats ge att (∂V = S):
ZZZ
ZZ
∇ · AdV = 0
A · dS =
V
S
men direkt ber¨akning ger att:
ZZ
ZZ
1
A · dS = 3 RdS = 4π
R
S
S
Satsen g¨aller ej ty vektorf¨altet a¨r singul¨art i origo.
ˆ L¨
osning b):
Klotskalet innesluter ej origo och divergensen av A a¨r noll i hela volymen V och
s˚
aledes ger Gauß sats att fl¨odesintegralen a¨r noll. En direkt ber¨akning ger:
ZZ
ZZ
ZZ
A · dS =
A · dS +
A · dS =
S
=
1
R13
S1
ZZ
R1 dS1 −
S1
1
R23
S2
ZZ
R2 dS2 = 4π − 4π = 0
S2
eftersom n
ˆ 1 = er och n
ˆ 2 = −er wlog att R1 ≥ R2
ˆ L¨
osning c):
Ytan S m˚
aste vara enkelt sammanh¨angande och f˚
ar ej omsluta origo d¨ar vektorf¨altet
a¨r singul¨art.
Kommentar:
Om vi till˚
ater distributioner s˚
a kan vi uttrycka divergensen av A egentligt.
∇ · A = 4πδ 3 (r) = 4πδ(x)δ(y)δ(z)
varvid Gauß sats h˚
aller a¨ven f¨or ytor som omsluter origo.
Kuriosa:
Vektorf¨altet A a¨r proportionellt mot det elektriska f¨altet f¨or en punktladdning och
ni kommer st¨ota p˚
a detta problem med till¨ampningar i TET:en.
ˆ 55. Ber¨
akna
I
A · dr
C
f¨or f¨oljande vektorf¨alt och kurva C:
c) A = (0, x2 , z 2 ) och C: gr¨anskurvan till delen av ytan x2 + y 3 + z 4 = 1 som
ligger i f¨orsta oktanten, orienterad moturs sett mot origo.
ˆ L¨
osning c):
Kurvan a¨r sluten och s˚
aledes kan vi anv¨anda Stokes sats. Vi b¨orjar med att ber¨akna
rotationen av A:
ex ey ez ∇ × A = ∂x ∂y ∂z = (0, 0, 2x)
0 x2 z 2 Nu anv¨ander vi maskinhantverk och parametriserar ytan naturligt med x och y
enligt:
1/4 r(x, y) = x, y, 1 − x2 − y 3
Normalvektorn ges s˚
aledes av:
ex ey
ez
0
0
−3/4
=
n = rx × ry = 1 0 − x2 (1 − x2 − y 3 )
2
−3/4
0 1 − 3y (1 − x2 − y 3 )
4
2
x
2
3 −3/4 3y
2
3 −3/4
1−x −y
,
1−x −y
,1 ,
=
2
4
vilken har korrekt riktning ty moturs orienterad sedd fr˚
an origo. Gr¨anserna f¨or
upprepad enkelintegration f˚
as nu trivialt ur x2 + y 3 = 1, ty vi har parametriserat
m.a.p. x och y. Vi erh˚
aller (∂S = C)
I
ZZ
ZZ
A · dr =
∇ × A · dS = 2
xdS = {V.G.V} =
C
S
S
Z
=2
0
1


Z
Z (1−y3 )1/2


x dx dy =
0
0
1
1−y
3
y4
dy = y −
4
1
=
0
3
4