Mat Matematiikan peruskurssi S2

Transkriptio

1 Mat Matematiikan peruskurssi S2 Ratkaisuehdotuksia Harjoitus 12 alkuviikko Tehtävä 1 Hahmottele annetut vektorikentät sekä niiden kenttäviivat tapauksissa. a)f(x, y) xi + yj b)f(x, y) e x i + e -x j c)f(x, y) ln(x 2 + y2 ) Ratkaisu Tämä on ihanteellinen tehtävä Mathematicalle. Tehtävien lopussa on notebook, jossa on piirretty kuvat. Alla on johdettu kenttäviivojen pirtämisessä tarvittavat yhtälöt. Kenttäviivat saadaan ratkaistua yhtälöstä dx F 1 x, y, z dy F 2 x, y, z dz F 3 x, y, z missä Fi ei ole osittaisderivaatta vaan komponentti kaavasta F(x, y, z) F1(x, y, z)i + F2(x, y, z)j + F3(x, y, z)k. a) Saadaan: dy y dx x ln y ln x c' y e c' e ln x b) Saadaan: ycx dy dx x e e x dy dx e 2x y 1 2 e 2x c

2 c) Saadaan: ln(x 2 + y 2 ) dx 2x Tämä on sama kuin a)-kohdassa. Tehtävä 2 Onko vektorikenttä 2x x 2 + y 2 i + 2y x 2 + y 2 j dy 2y x 2 +y 2 dy y dx x y cx x 2 +y 2 F(x, y, z) (xy sin z)i + ( 1 2 x2 ey z ey )j + ( x cos z)k z2 konservatiivinen alueessa D {(x, y, z) : z }? Laske kentän potentiaali, jos toteat sen konservatiiviseksi Ratkaisu Lemma 2 (Välttämätön ehto kentän konservatiivisuudelle) Jos kenttä F(x, y, z) F 1 (x, y, z)i + F 2 (x, y, z)j + F 3 (x, y, z)k on konservatiivinen vektorikenttä alueessa D, silloin täytyy olla kaikkialla D:ssä voimassa F 1 y F 2 x, F 1 z F 3 x, F 2 z F 3 y Lemman negaatio on: Jos jokin osittaisderivaattayhtäsuuruuksista ei ole voimassa, kenttä ei ole konservatiivinen. Lisäksi on syytä huomata, että lemma ei anna riittäviä ehtoja. Vaikka annetut yhtälöt ovat voimassa, kenttä ei välttämättä ole konservatiivinen. Tutkitaan lemman 2 antamia yhtälöitä: F 1 y x F 2 x F 1 z cos z F 3 x F 2 z ey z 2 F 3 y Nyt näyttäisi siltä, että kenttä on ainakin tämän testin osalta konservatiivinen. Etsitään φ. φ x F 1 xy sin z φ(x, y, z) xy sin z dx 1 2 x2 y x sin z + c(y, z) φ y 1 2 x2 + c y (y, z) 1 2 x2 ey z F 2 2

3 φ z c (y, z) ey y z c(y, z) ey z + d(z) φ(x, y, z) 1 2 x2 y x sin z ey z + d(z) x cos z + ey z 2 + d (z) ey z 2 x cos z F 3 d (z) d(z) φ(x, y, z) 1 2 x2 y x sin z ey z + Löydettiin potentiaali jolloin kenttä on konservatiivinen. Tehtävä 3 Onko kenttä F(x, y, z) (2xy z 2 )i + (2yz + x 2 )j (2zx y 2 )k konservatiivinen? Jos näin on, laske sen potentiaali. Ratkaisu Tehtävä ratkeaa kuten edellinen tehtävä lemman 2 avulla. F 1 y 2x F 2 x F 1 z 2z F 3 x F 2 z 2y F 3 y Kenttä saattaa olla konservatiivinen. Etsitään φ. φ x F 1 2xy z 2 φ(x, y, z) 2xy z 2 dx x 2 y xz 2 + c(y, z) φ y c(y, z) x2 + 2yz + x 2 F 2 y c(y, z) 2yz y c(y, z) 2yz dy y 2 z + d(z) φ(x, y, z) x 2 y xz 2 + y 2 z + d(z) φ z 2xz + y2 + d (z) 2zx + y 2 F 3 d (z) φ(x, y, z) x 2 y xz 2 + y 2 z + 3

4 Tehtävä 4 Onko kenttä F(x, y, z) e x2 +y 2 +z 2 (xzi + yzj + xyk) konservatiivinen? Jos näin on, laske sen potentiaali. Ratkaisu Tämäkin tehtävä ratkeaa lemman 2 avulla. F 1 y 2 xz2yex +y 2 +z 2 F 2 x F 1 z 2xz2 e x 2 +y 2 +z 2 + xe x2 +y 2 +z 2 ye x2 +y 2 +z 2 + 2x 2 ye x2 +y 2 +z 2 F 3 x Ei ole konservatiivinen. Tehtävä 5 Laske ln r, kun r xi + yj + zk. Ratkaisu x ln x 2 + y 2 + z 2 Muut osittaisderivaatat vastaavasti. Tehtävä 6 ln r x x 2 + y 2 + z 2 i + r x 2 + y 2 + z (x2 + y 2 + z 2 ) 1/2 2x x2 + y 2 + z 2 x x 2 + y 2 + z 2 j + x x 2 + y 2 + z 2 x x 2 + y 2 + z 2 k Kolmiulotteisen koordinaatiston z-akselia voidaan kutsua ns. viivalähteeksi, jos jokainen z-akselin väli δz emittoi nestettä nopeudella dv dt 2πmδz, missä V on tilavuus ja m on vakio. Oletetaan, että z-akseli on viivalähde ja että neste pääsee leviämään z-akselilta tasaisesti kaikkiin suuntiin. Osoita, että tällöin nesteen virtauskenttä on muotoa Ratkaisu v m x 2 (xi + yj) + y2 Tehtävän ratkaisu etenee, kuten kirjan sivulla 817 (Adams: 6. painos). Lähetetty vuo viivalähteestä jolakin ajan hetkellä t tulee olemaan ajanhetkellä t levinneenä sylinterin muotoiselle alueelle, jonka säde on r r(t) ja korkeus δz. Kaikki neste sylinterin sisällä on emittoitu aikavälillä [, t], joten pätee: πr 2 δz 2πmδzt, 4

5 josta saadaan r(t) 2 2mt. Differentioidaan puolittain, jolloin saadaan 2r dr dt 2m v(r) m r v(r) v(r) r r m r 2 r, koska r r. Tämä on haluttu tulos, sillä r xi + yj, jolloin r 2 x 2 + y 2. 5

6 teht1.nb 1 Tehtävän 1 notebook a) Remove "Global " Needs "Graphics PlotField " PlotVectorField nielee sellaisenaan tehtävänannon mukaisia kenttiä. PlotVectorField x, y, x, 5, 5, y, 5, 5, AspectRatio Automatic, Axes Automatic Graphics Luodaan origokeskeisiä suoria, joiden x akselin välinen kulma kasvaa tasaisesti. Valitaan kasvu siten, että suora x vältetään, koska sen kulmakerroin on ääretön. Tan antaa kulmaa vastaavan kulmakertoimen. For i 1, i 22, akuva i Plot Tan i 1 Pi 21 x, x, 5, 5, DisplayFunction Identity ; i

7 teht1.nb 2 Show Table akuva i, i, 1, 21, DisplayFunction $DisplayFunction, PlotRange 5, b) Graphics PlotVectorField Exp x, Exp x, x, 2, 2, y, 2, 2, AspectRatio Automatic, Axes Automatic Graphics -2 Piirretään kenttäviivat kun c { 1, 9, 8, 7,...,1} For i, i 21, beekuva i Plot 1 2 Exp x^2 i 1, x, 2, 2, DisplayFunction Identity ; i

8 teht1.nb 3 Show Table beekuva i, i,, 2, DisplayFunction $DisplayFunction c) Graphics PlotVectorField 2 x x^2 y^2, 2 y x^2 y^2, x, 2, 2, y, 2, 2, AspectRatio Automatic, Axes Automatic Power::infy : Infinite expression 1 encountered. More ::indet : Indeterminate expression omplexinfinity encountered. More Power::infy : Infinite expression 1 encountered. More ::indet : Indeterminate expression omplexinfinity encountered. More Origossa aiheutuu ongelmia. Graphics -2

9 teht1.nb 4 Kenttäviivat ovat samat, kuin a kohdassa.

10 Ratkaisuluonnokset Matematiikan peruskurssi S2, kevät 28 Harjoitus 12, loppuviikko, Tehtävä 1 Parametrisointi oli r(t) t cos(t)i + t sin(t)j + tk, t [, 2π]. Siis r (t) (cos t t sin t)i + (sin t + t cos t)j + k, r (t) 2 cos 2 t 2t sin t cos t + t 2 sin 2 t + sin 2 t + 2t cos t sin(t) + t 2 cos 2 t t 2. Integraalin arvoksi saadaan siis viivaintegraalin laskukaavalla zds z(t) r (t) dt t 2 + t 2 dt (2 + t2 ) 3/2 t2π t 1 [(2 + 4π 2 ) 3/2 2 3/2] [ ] (1 + 2π 2 ) 3/ Tehtävä 2 Oli annettu polun parametrisaatio r(t) 3ti + 3t 2 j + 2t 3 k, t [, 1], ja narun massatiheys ρ(r(t)) 1+t. Massa saadaan laskettua tiheyden viivaintegraalina: m dm ρ(r)ds ρ(r(t)) r (t) Nyt r (t) 3i + 6tj + 6t 2 k, joten r (t) t t 4 9(1 + 4t + 4t 2 ) 9(1 + 2t) 2. Siispä massaksi saadaan edelleen m 3 (1 + t) t 2 dt (1 + t)(1 + 2t 2 )dt 1

11 3 (1 + 2t 2 + t + 2t 3 )dt ( ) 4 8. V: 8 grammaa. Tehtävä 3 Tehtävässä kysyttiin vektorikentän F(x, y, z) zi yj + 2xk polkuintegraalia F dr, kun polun parametrisaatio oli r(t) ti+t2 j+t 3 k, t [, 1]. Parametrin t arvojoukko on [, 1], koska tällöin polun alkupiste on (,, ) ja päätepiste (1, 1, 1). Lasketaan polkuintegraali: F dr F(r(t)) r (t)dt 5 4. F(x(t), y(t), z(t)) r (t)dt (t 3 i t 2 j + 2tk) (i + 2tj + 3t 2 k)dt (t 3 2t 3 + 6t 3 )dt 5t 3 dt Kolmannella rivillä sijoitettiin vektorikentän F lausekkeeseen koordinaattien x, y, ja z arvot parametrisoidulla käyrällä t:n funktiona (eli x(t) t, y(t) t 2 ja z(t) t 3 ). Tehtävä 4 Tehtävässä kysyttiin vektorikentän F(x, y, z) yzi + xzj + xyk polkuintegraalia F dr, missä polku oli sylinterin x2 + y 2 1 ja tason z y leikkauskäyrä. Lasketaan ensin polkuintegraali suoraan etsimällä parametrisaatio. Käyrän parametrisaation r(t) on toteutettava yhtälöpari { x(t) 2 + y(t) 2 1 z(t) y(t). Ensimmäinen yhtälö saadaan toteutumaan tutulla ympyräparametrisaatiolla x(t) cos t, y(t) sin t. Tällöin luonnollisesti on oltava z(t) y(t) sin t. Käyrä piirtyy yhden kerran, kun t [, 2π]. Polkuintegraali on siis F dr F(r(t)) r (t)dt 2

12 F(cos t, sin t, sin t) r (t)dt (sin 2 ti + sin t cos tj + sin t cos tk) ( sin ti + cos tj + cos tk)dt ( sin 3 t + 2 sin t cos 2 t)dt [ sin t(1 cos 2 t) + 2 sin t cos 2 t ] dt ( sin t + 3 sin t cos 2 t)dt ( cos t cos 3 t ) t2π t. Saatiin siis F dr, mikä vihjaa vektorikentän olevan konservatiivinen. Selvästi näin onkin, koska kun valitaan φ(x, y, z) xyz, pätee F(r) φ. Siispä polkuintegraalin arvo riippuu ainoastaan päätepisteistä r A ja r B : F dr φ(r B ) φ(r A ). Suljetun polun yli integraalin on siis oltava nolla, kuten suoralla laskulla havaittiinkin. Tehtävä 5 Tehtävässä kysyttiin voiman F (x + y)i + (x z)j + (z y)k tekemää työtä W F dr siirrettäessä kappaletta pisteestä r A (1,, 1) pisteeseen r B (, 2, 3) mitä tahansa sileää käyrää pitkin. Tehtävänanto vihjaa jälleen voiman olevan konservatiivinen, koska tällöin polkuintegraalin F dr arvo ei riipu kuljetusta polusta, vaan ainoastaan päätepisteistä. Lasketaan kentän roottori: F i j k x y z x + y x z z y, joten kenttä on konservatiivinen, koska se on lisäksi hyvin määritelty yhdesti yhtenäisessä alueessa (eli koko R 3 :ssa). Etsitään siis voimakentän potentiaali φ(x, y, z) siten, että F φ (fysiikassa valitaan yleensä F φ, jolloin kenttä osoittaa vähenevän potentiaalin suuntaan, vrt. sähköpotentiaali ja gravitaatiopotentiaali). Merkitään osittaisderivaattoja edelleen hieman lyhyemmin, eli / x x. Näin saadaan: x φ x + y φ x 2 /2 + xy + c 1 (y, z), y φ x + y c 1 (y, z) x z c 1 (y, z) yz + c 2 (z) φ x 2 + xy yz + c 2 (z). 3

13 Tässä käytettiin toistuvasti oletusta, että φ on F:n potentiaali, eli esim. x φ F 1 ja y φ F 2. Määritetään edelleen c 2 (z) derivoimalla φ:tä z:n suhteen ja asettamalla tämä yhtäsuureksi F 3 :n kanssa: z φ y + c 2(z) z y c 2 (z) z 2 /2 + φ(x, y, z) x 2 /2 + xy yz + z 2 /2 +. Potentiaalin nollakohta voidaan valita vapaasti, joten voidaan asettaa. Tämä valinta ei luonnollisestikaan vaikuta lainkaan polkuintegraalin arvoon. Nyt saadaan voiman tekemäksi työksi rb r A F dr φ(r B ) φ(r A ) φ(, 2, 3) φ(1,, 1) 6 + 9/2 1 19/2. Esimerkin vuoksi integraali voidaan laskea vaikkapa janaa pitkin suoraankin. Tällöin parametrisaatioksi sopii r(t) r A + t(r B r A ) (1 t)i 2tj + ( 1 + 4t)k, t [, 1]. Siispä Siis r (t) i 2j + 4k, F(r(t)) (1 3t)i + (2 5t)j + ( 1 + 6t)k, F(r(t)) r (t) 37t 9. rb r A F dr 19/2, (37t 9)dt kuten pitikin. Tehtävä 6 Vektorikenttä oli F ω( yi + xj) ja polku yksikköympyrä r(t) cos ti + sin tj, t [, 2π]. Polkuintegraali on F dr ω ω F(r(t)) r (t)dt ( sin ti + cos tj) ( sin ti + cos tj)dt dt 2πω, 4

14 kun ω. Koska tällä polulla pätee F dr, kenttä ei ole konservatiivinen. Tämän voi todeta myös laskemalla roottorin F 2ωk. 5