Lösningar

Vektoranalys Måndag 29 maj 2006

Matematikcentrum Matematik NF

Lösningar 1.

Eftersom f¨ altet (yz, zx, xy) har skal¨arpotentialen Φ(x, y, z) = xyz och kurvan har begynnelsepunkt (1, 1, 1) och slutpunkt (1, 1, e2π ) ¨ar integralens v¨arde Φ(1, 1, 2π) − Φ(1, 1, 1) = e2π − 1. Svar: Kurvintegralens v¨ arde ¨ ar e2π − 1.

2.

Vi l˚ ater S vara cirkelskivan z = 0, x2 + y 2 < 1. Om Σ a¨r den givna halvsf¨aren och K ar vi av Gauss’ sats ¨ar halvklotet x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0, f˚ ZZZ ZZ ZZ div u ¯ dxdydz, u ¯ · zˆ dS = u ¯ · rˆ dS − Σ

det vill s¨ aga ZZ ZZ u ¯ · rˆ dS − Σ

K

S

17 dxdy = x2 +y 2 ≤1

ZZZ

det vill s¨ aga Z ZZZ ZZ 12z dxdydz = u ¯ · rˆ dS − 17π = Σ

det vill s¨ aga

K

ZZ

Σ

(2y + 2xy + 3xy 2 + 12z) dxdydz, K

π −π

Z

0

π 2

Z

1

12r 3 cos θ sin θ dr dθ dϕ = 3π,

0

u ¯ · rˆ dS = 20π.

Svar: Fl¨ odet ¨ ar 20π. 3.

Den elliptiska cylindern a ayta till skal¨arf¨altet Φ = ρ(2 − cos ϕ). Det g¨aller ¨r niv˚ ∇Φ = (2 − cos ϕ)ˆ ρ + sin ϕϕ. ˆ Planet ¨ ar niv˚ ayta till f¨ altet Ψ = ρ cos ϕ + z, och ∇Ψ = cos ϕˆ ρ − sin ϕϕˆ + zˆ. Det g¨ aller 2 cos ϕ − 1 ∇Φ · ∇Ψ cos ϕ(2 − cos ϕ) − sin2 ϕ p √ =√ =p 2 2 2 2 |∇Φ||∇Ψ| 5 − 4 cos ϕ 2 (2 − cos ϕ) + sin ϕ cos ϕ + sin ϕ + 1

I punkten (x, y, z) = (1, 0, −1) ¨ar ϕ = 0 och cos ϕ = 1, s˚ a f¨or den s¨okta vinkeln α g¨aller 1 cos α = √ . 2 π Svar: Den s¨ okta vinkeln ¨ ar 4 . Var god v¨ and!

4.

Vi ska anv¨ anda Stokes’ sats och best¨ammer f¨orst rotationen av u ¯: rot u ¯ = rot (z 3 , x3 , y 3 ) = (3y 2 , 3z 2 , 3x2 ). Vi best¨ ammer fl¨ odet av rot u ¯ genom ellipsskivan Σ : x + z = 1, z ≥ x2 + y 2 − x. Den 2 ligger inne i cylindern x + y 2 ≤ 1. D¨arf¨or har normalvektorn positiv z-komponent eftersom tangentvektorn i punkten (1, 0, 0) har positiv y-komponent. Normalvektor ˆ = √1 (1, 0, 1), och det vektoriella ytelementet ¨ar till ellipsskivan ¨ ar allts˚ aN 2 ˆ dS = (1, 0, 1) dxdy N om vi projicerar ellipsskivan ortogonalt p˚ a xy-planet. Projektionen i planet f˚ ar vi genom att eliminera z ur x + z = 1, z ≥ x2 + y 2 − x, vilket ger x2 + y 2 ≤ 1. Allts˚ a ¨ar den s¨ okta cirkulationen ZZ ZZ 2 2 2 ˆ (3y 2 , 3(1 − x)2 , 3x2 ) · (1, 0, 1) dxdy (3y , 3z , 3x ) · N dS = x2 +y 2 ≤1

Σ

=

ZZ

2

x2 +y 2 ≤1

1

3ρ3 dρ =

0

3π . 2

Fl¨odet av ∇ 1r ¨ ar −4π ut ur varje kropp som har origo som inre punkt. F¨or fl¨odet av 2 ∇r anv¨ ander vi Gauss’ sats: ∇ · ∇r 2 = ∇ · (2x, 2y, 2z) = 6. Cylinderns volym ¨ar 2πa2 . Fl¨odet av u ¯ ut ur cylindern ¨ ar allts˚ a −4π + 12πa2 , vilket ¨ar noll om a = √13 . Svar: a =

6.

(3y + 3x ) dxdy = 2π ·

Z

3π 2 .

Svar: Cirkulationen ¨ ar 5.

2

√1 . 3

Vi anv¨ ander formlerna ZZ

rd(D)

och

ZZ

rd(D)

ˆ dS = ΨN

ZZZ

ˆ dS = − u ¯×N

D

ZZZ

∇Ψ dxdydz

D

∇×u ¯ dxdydz,

till¨ampade p˚ aΨ=a ¯ · ∇Φ = a ¯ · r¯ och u ¯ = ∇Φ × a ¯ = r¯ × a ¯, vilket ger ZZZ ZZ ZZ
ˆ dS = ˆ dS + ∇(¯ a · r¯)−∇×(¯ r ×a ¯) dxdydz. (∇Φ× a ¯)× N (¯ a ·∇Φ)N D rd(D) rd(D) Nu ¨ar ∇(¯ a · r¯) = a ¯ och ∇ × (¯ r×a ¯) = −2¯ a. Allts˚ a ¨ar den s¨okta vektorn ZZZ 3¯ a dxdydz = 3V a ¯. D