Differentiaali- ja integraalilaskenta 3 Laskuharjoitusviikko 5 /

Transkriptio

1 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3 Laskuharjoitusviikko 5 / Harjoitustehtäviä 1 6 lasketaan alkuviikon harjoituksessa. Harjoituksessa laskematta jääneet tehtävät jäävät kotitehtäviksi ja ne käsitellään loppuviikon harjoituksen alussa. Tehtäviä 7 1 lasketaan loppuviikon harjoituksessa ja ne palautetaan pääkäytävän palautuslaatikkoon ti klo 16. mennessä. Lisäksi MyCoursesissa on 2 TACK-tehtävää, joihin vastataan verkossa ma klo mennessä. Pintaintegraalit, Gaussin lause, Greenin lause Tehtävä 1: Määritä Gaussin lauseen avulla vektorikentän F(x, y, z) xyi + z 2 j vuo ulos monitahokkaasta, jonka tahkot muodostuvat koordinaattiakselien määräämistä tasoista sekä tasosta x + y + z 2 (edellisellä viikolla tämä laskettiin ilman Gaussin lausetta). Ratkaisu: Gaussin lauseen mukaan vektorikentän vuo kappaleen pinnan läpi voidaan laskea kentän divergenssin integraalina kappaleen tilavuuden yli. F dv F N d (.1) Nyt kappaletta rajoittavat koordinaatiakselien määräämien tasojen lisäksi taso x + y + z 2. Kappale voidaan siis määritellä esimerkiksi seuraavalla tavalla Kentän divergenssi: {(x, y, z) R 3 x 2, y 2 x, z 2 x y}. (.2) Nyt voidaan laskea vektorikentän vuo pinnan läpi 2 2 x 2 x y 2 2 x 2 F y. (.3) y dzdydx (.4) 2y yx y 2 dydx (.5) (2 x) 2 2x + 2x 2 x3 2 (2 x)3 dx (.6) ( ) 2 3. (.7) 1

2 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Tehtävä 2: Laske vektorikentän F(x, y, z) 2xi + yzj + z 2 k vuo ulos ympyrälieriöstä {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 4, z [, 3]} a) Gaussin lauseen avulla, b) suoraan vuointegraalin määritelmästä. Ratkaisu: a) Vuo kappaleen pinnan läpi voidaan laskea Gaussin lauseella seuraavasti: F N d F dv (.8) Kentän F(x, y, z) 2xi + yzj + z 2 k divergenssi on F 2 + z + 2z 3z + 2. (.9) Kappale on z-akselin suuntainen sylinteri, jonka pohjan säde r 2. ylinterin tilavuuden yli voidaan siis integroida sylinterikoordinaateissa (3z + 2)r dzdrdθ (.1) 39 2π r dr (.11) 2 78π. (.12) b) Vuo kappaleen pinnan läpi voidaan laskea myös suoraan vuointegraalin määritelmästä laskemalla vuo erikseen kappaleen eri pintojen läpi. F N d F N d + F N d + F N d. (.13) pohja katto vaippa Pohja ja katto ovat kiekkoja, joilla säde r 2. Lisäksi katto on korkeudella z 3 ja pohja z. Vaippa on vakio etäisyydellä 2 origosta oleva sylinterin pinta, jossa z 3. Näistä saadaan sylinterin eri pinnoille parametrisaatiot r pohja (r, θ) r cos(θ)i + r sin(θ)j + k, r [, 2], θ [, 2π], (.14) r katto (r, θ) r cos(θ)i + r sin(θ)j + 3k, r [, 2], θ [, 2π], (.15) r vaippa (θ, z) 2 cos(θ)i + 2 sin(θ)j + zk, z [, 3], θ [, 2π]. (.16) ja pintojen normaalit ovat vastaavasti n pohja r pohja r n katto r katto r n vaippa r pohja z r pohja θ r katto θ r vaippa θ 2 rk (.17) rk (.18) 2 cos(θ)i + 2 sin(θ)j. (.19)

3 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Nyt voidaan laskea vuot pintojen läpi. V uo pohja V uo katto V uo vaippa (2r cos(θ)i + r sin(θ) j + k) rk drdθ (.2) (2r cos(θ)i + r sin(θ) 3j k) rk drdθ (.21) 9r drdθ 36π (.22) (4 cos(θ)i + 2z sin(θ)i) (2cos(θ)i + 2 sin(θ)j) dzdθ (.23) (8 cos 2 (θ) + 4z sin 2 (θ)) dzdθ 42π (.24) V uo pohja + V uo katto + V uo vaippa + 36π + 42π 78π (.25) Tehtävä 3: Laske vektorikentän F(x, y, z) xi + yj + zk vuo ylöspäin läpi pinnan z 4 x 2 y 2 sen osan, joka jää pinnan z 3 yläpuolelle. Ratkaisu: (Voidaan laskea myös suoraan vuointegraalina ilman Gaussin lausetta.) Gaussin lauseen mukaan vuo ulospäin pintojen z 4 x 2 y 2 ja z 3 rajoittamasta kappaleesta (merkitään sitä ja sen pintaa ) on F dr F dv. Nyt F 3, joten vuo on kolme kertaa kyseisen kappaleen tilavuus. Kappaleen pohja on tason z 3 kiekko, jonka reunakäyrä on 3 4 x 2 y 2 eli x 2 + y 2 1. Kantena on pinta z 4 x 2 y 2. aadaan siis F dr F dv 3 1 dv x 2 +y 2 <1 x 2 +y 2 < π. 4 x 2 y dzda (1 x 2 y 2 ) da (1 r 2 )r dr dϕ 3

4 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Jos tästä nyt vähennetään kentän vuo ulospäin kappaleen pohjasta, niin jäljelle jää kysytty vuo. Pohjan ulkonormaali on k, joten F dr F dr F dr kansi pohja 3 2 π (xi + yj + 3k) ( k) da pohja 3 2 π ( 3)dA pohja 3 2 π + 3π 9 2 π Tehtävä 4: a) Johda Gaussin lauseen avulla Greenin II kaava: (u v v u) dv (u v v u) N d, jossa N on reunan ulkoyksikkönormaali. b) Johda Gaussin lauseen avulla gradienttiversio Gaussin lauseesta: f dv f N d, jossa N on reunan ulkoyksikkönormaali ja integroinnit tulkitaan komponenteittain. Ratkaisu: Gaussin kaavan avulla oikean puolen pintaintegraalin ensimmäinen termi voidaan saattaa muotoon u v N d (u v) dv, ( u v + u ( v)) dv ( u v + u v) dv. Tehdään vastaava integraalin toiselle termille: v u N d ( v u + v u) dv. Vähennetään nämä molemmat puolittain: (u v v u) N d 4 (u v v u) dv.

5 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 b) Tutkitaan vektorikenttää c f, missä c on mielivaltainen vakiovektori. Kun tästä otetaan divergenssi, voidaan Gaussin lauseen perusteella sanoa (cf) dv cf N d. (.26) Koska (cf) c f, voidaan sanoa c f dv cf N d. (.27) Koska c on vakiovektori ja integroiminen on lineaarinen operaatio, c voidaan ottaa molemmilla puolilla integraalin ulkopuolelle c f dv c f N d (.28) ( ) c f dv f N d (.29) (.3) Koska c on mielivaltainen vektori, on suluissa olevan osuuden oltava aina, eli f dv f N d (.31) Tehtävä 5: Olkoon F(x, y, z) 7zi 5xj + 3yk. Laske pintaintegraali ( F) N d P (käyttämättä tokesin lausetta), kun P {(x, y, z) R 3 : z x 2, x [, 3], y [1, 2]} ja N on pinnan P yläviistoon osoittava yksikkönormaali (seuraavalla viikolla tämä lasketaan uudelleen tokesin lauseen avulla). Ratkaisu: Tehtävän voi laskea joko tokesin lauseen avulla viivaintegraalina reunakäyriä pitkin tai suoraan vuointegraalina. uoraan laskemalla ratkaisu on seuraava: Nyt i j k F x y z 3i + 7j 5k. 7z 5x 3y Pinta voidaan parametrisoida valitsemalla x t ja y s, jolloin z t 2, eli r(t, s) ti + sj + t 2 k, t [, 3], s [1, 2]. 5

6 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Tällöin r r r i + 2tk, j ja n(t, s) t s Yksikkönormaali on tällöin r t s 2ti + k. r n(t, s) N ± n(t, s) ± t r s r t r s 2t 4t2 + 1 i + 1 4t2 + 1 k. 2ti + k 2ti + k Normaali tulee valita positiivisena, jotta suunta on ylöspäin (k-yksikkövektorin kerroin positiivinen). Lasketaan sitten integraali: ( F) N d ( F) N n(s, t) ds dt ( F) n(t, s) n(s, t) ds dt n(t, s) ( F) n(t, s) ds dt (3i + 7j 5k) ( 2ti + k) ds dt ( 6t 5) ds dt Tehtävä 6: Laske ( (x 2 xy)i + (xy y 2 )j ) dr c vastapäivään ympäri kolmion, jonka kärjet ovat (, ), (1, 1) ja (1, ). Greenin lauseen mukaan säännölliselle alueelle R 2 ja sileälle vektorikentälle F : R 2 pätee F kda F dr, missä c on (mahdollisesti paloittain) sileä alueen suljettu reunakäyrä. Nyt annettu integraali on viivaintegraali yli suljetun käyrän ja annettu kolmio on selvästi säännöllinen. Tehtävä voidaan siis laskea (helpomman) tasointegraalin avulla. Nyt i j k F x y z (x + y)k (x 2 xy) (xy y 2 ) Ja riittää siis laskea integraali c 6

7 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 kolmio Gaussin lause, Greenin lause F kda 1 x x (y + x)dydx 1 2 y2 + xy x dx 3 2 x2 dx Palautettava tehtävä 7: Tarkista Greenin lauseen paikkansapitävyys, kun Ratkaisu: F(x, y) y 2 i + (x + y 2 )j ja {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 1, x }. Osoitetaan Greenin lauseen paikkansapitävyys näyttämällä, että F k da F dr. (.32) Lasketaan yhtälön vasen puoli. Kentän F roottori on eli saadaan integraali F 2y + 1k, (.33) 2y + 1 da. (.34) Alue, jonka yli integroidaan on origokeskeisen yksikkökiekon positiivisen x-akselin puolella oleva osa. iirrytään napakoordinaatistoon, jolloin integroimisrajat ovat θ [ π/2, π/2] ja r [, 1]. 1 π/2 π/2 1 (1 2r sin(θ))r dθdr (.35) πrdr π 2 (.36) Toisen puolen yhtälöstä voi ratkaista parametrisoimalla aluuen reunakäyrän kahdessa palassa puoliympyrän kaareksi ja y-akselin suuntaiseksi janaksi r jana (t) tj, t [ 1, 1], (.37) r kaari (t) cos(t)i + sin(t)j, t [ π/2, π/2]. (.38) 7

8 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Parametrisoitujen käyrien derivaatat ovat vastaavasti Nyt yhtälön oikea puoli voidaan ratkaista F dr π/2 π/2 1 1 π/2 π 2 r jana(t) j, (.39) r kaari(t) sin(t)i + cos(t)j. (.4) (sin 2 (t))i + (cos(t) + sin 2 (t))j) ( sin(t)i + cos(t)j) dt+ (.41) (t 2 i + ( + t 2 )j) j dt (.42) π/2 sin 3 (t) + cos 2 (t) + sin 2 (t) cos(t) dt t 2 dt (.43) Yhtälön molemmista puolista tulee sama vastaus, joten Greenin lause pätee. (.44) Palautettava tehtävä 8: Taso x + y + z jakaa kuution [ 1, 1] [ 1, 1] [ 1, 1] kahteen seitsentahokkaaseen, joista olkoon se, johon kuuluu kärki ( 1, 1, 1). Etsi vektorikentän F(x, y, z) xi + yj + zk vuo kappaleesta ulospäin kunkin :n tahkon läpi. Ratkaisu: Gaussin lauseella voimme laskea vuon ulos koko kappaleesta F N ds F dv. (.45) Kentän divergenssi on F 3, eli vakio ja kappale on puolikas kuutiosta, jonka särmän pituus on 2, joten vuo ulos kappaleesta on 3 dv 3 1dV (.46) Vektorikenttä on kappaleen suhteen symmetrinen, joten vuot ulos kolmion muotoisista sivuista ovat keskenään yhtä suuret, kuten ovat myös vuot ulos viisikulmaisista sivuista. Lasketaan vuo ulos kolmion muotoisesta sivusta T, kun z 1. Tällöin pinnan normaali on k ja F k k k 1. Vuo ulos sivusta on siis 1 dxdy A T 1 2. (.47) T 8

9 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Kuva 1: Tehtävän 8 kappale. 9

10 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 Lasketaan vuo ulos viisikulmaisesta sivusta P, kun z 1. Tällöin pinnan normaali on k ja F k k k 1. Vuo ulos sivusta on siis 1 dxdy A P 7 2. (.48) P Gaussin lauseella lasketun kokonaisvuon perusteella, kun kaikkien sivujen vuot lasketaan yhteen, tulee saada 12. Vuo ulos kuusikulmaisesta sivusta on siis (.49) Palautettava tehtävä 9: Laske sykloidikaaren r(t) a(t sin t)i + (1 cos t)j, t [, 2π], a >, ja x-akselin rajoittaman alueen pinta-ala Greenin lauseen avulla. Ratkaisu: Greenin lauseen mukaan F kda F dr A Missä c on alueen A positiivisesti suunnistettu reunakäyrä. Jos nyt asetetaan F xj saadaan i j k F x y z x k Nyt siis A 1dA F kda A F dr c Integrointia varten tarvitaan reunakäyrälle parametrisaatio. ykloidikaaren parametrisaatio on annettu tehtävänannossa. Tämän parametrisaation kiertosuunta on kuitenkin negatiivinen, joten integroinnin eteen täytyy muistaa lisätä miinusmerkki. X-akselin osa, joka rajoittaa tutkittavaa aluetta alhaalta, voidaan parametrisoida yksinkeertaisesti s(t) ati kun t [, 2π]. Nyt integraali voidaan laskea c 1

11 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 c F dr a a F(s(t)) s (t)dt atj idt ( a t cos t (t sin t sin 2 t)dt t sin tdt + aπ 2π a(2π ) + aπ 3aπ F(r(t)) r (t)dt a(t sin t)j (a(1 cos t)i + sin tj)dt ) cos tdt + aπ Palautettava tehtävä 1 (Arkhimedeen laki): Kappale upotetaan nesteeseen, jolla on vakiotiheys ρ. Paine nesteessä syvyydellä h on ρgh, jossa g on putoamiskiihtyvyys. Näin ollen paineelle p pätee yhtälö p ρ g, missä g on putoamiskiihtyvyysvektori. Nesteen paine aiheuttaa jokaiseen pintaelementtiin d voiman pn d, jossa N on pinnan ulkoyksikkönormaali. a) Osoita, että paineesta johtuva kappaleen kokema noste on B g ρ dv. Toisin sanoen nosteella on sama suuruus ja vastakkainen suunta kuin kappaleen syrjäyttämän nesteen painolla. Tämä on Arkhimedeen laki. b) Yleistä tulos koskemaan tilannetta, jossa kappale on upotettu nesteeseen vain osittain. Ratkaisu: Taustatietona katso artikkeli Fabio Lima: "Using surface integrals for checking the Archimedes law of buoyancy"( Tietoja kappaleesta: Kappaleen tilavuus: R Kappaleen pinta-ala: Vakiotiheys: δ Paine: δhg 11

12 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 a) Olkoon d kappaleen differentiaalisen pieni pinta-alayksikkö. Kuhunkin tällaiseen "suorakulmioon"kohdistuu voima B p ˆNd. Koko kappaleeseen kohdistuva voima saadaan integroimalla pinnan yli (eli summa kaikista differentiaalisen pienistä voimaelementeistä). B p ˆNd Gradienttilause, kts. artikkeli pdv R δgdv R δg vol(r) mg, missä m on syrjäytetyn nesteen massa. b) Nyt kappale on nesteessä vain osittain. Jaetaan kappale vedessä ( 1 ) ja ilmassa ( 2 ) oleviin osiin, jotka ovat päällekäin. Näiden kahden kappaleen leikkauspintojen integraalit kumoavat toisensa, joten saadaan: B p ˆN 1 d p ˆN 2 d + p ˆNd 1 2 pdv + pdv V 1 V 2 δ 1 gdv + δ 2 gdv V 1 V 2 (m 1 + m 2 )g, gradienttilause missä m 1 on syrjäytetyn veden massa ja m 2 on syrjäytetyn ilman massa. Usein m 1 >> m 2, jolloin nosteeksi ilmoitetaan vain nesteen aiheuttama osa eli B m 1 g Lyhyt selostus gradienttilauseesta: Kuhunkin pinta-alaelementtiin kohdistuva voima B voidaan jakaa komponentteihin: 12

13 M-A3x ifferentiaali- ja integraalilaskenta 3, IV/217 B i pe i ˆNd (tässä ˆN on siis pinnan normaalivektori). Tällöin siis B i pe i ˆN d Gauss pe i dv V i p dv V B p dv. V 13