LØSNINGSFORSLAG FOR EKSAMEN I TMA4105 MATEMATIKK 2

TMA4105 Matematikk 2 20080804 Side 2 av 4
Oppgave 3
Kurven C er ikke lukket, men vektorfeltet er konservativt fordi
curl F =
∣ i j k ∣∣∣∣∣ ∂ ∂ ∂
∂x ∂y ∂z
= i · 0 − j · 0 + k(2x − 2x) = 0.
∣2xy x 2 − 1 z 2
Derfor kan man enten velge en ny trasé mellom endepunktene til C eller nne en potensialfunksjon
til F.
Kurven C går fra (0, −1, 0) til (π/3, 26, ln 10).
Potensialfunksjonene er f(x, y, z) = x 2 y − y + z 3 /3 + C.
Derved er
∫
C
F·T ds = f(π/3, 26, ln 10)−f(0, −1, 0) = π2
9
Oppgave 4
·26−26+(ln
10)3
3
−0−1−0 = π2
9
10)3
·26−27+(ln .
3
Siden aten er gitt ved y = x 2 + z 2 , kan vi innføre parametre r og θ slik at
x = r cos θ, y = r 2 , z = r sin θ for 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2.
På vektorform blir dette
r(r, θ) = 〈r cos θ, r 2 , r sin θ〉.
Det fundamentale vektorproduktet er da
∣ ∣∣∣∣∣
∂r
∂r × ∂r i j k
∂θ = cos θ 2r sin θ
−r sin θ 0 r cos θ
og derved
Arealet av aten er derved
∫∫
A =
∣ = i · 2r2 cos θ − j(r cos 2 θ + r sin 2 θ) + k · 2r 2 sin θ,
∣ ∣∣∣ ∂r
∂r × ∂r
∂θ ∣
√4r = 4 cos 2 θ + r 2 + 4r 4 sin 2 θ = r √ 1 + 4r 2 .
S
dσ =
∫ 2
r=0
∫ 2π
θ=0
Substitusjonen u = 1 + 4r 2 gir du = 8r dr og derved
A = 2π
∫ 17
u=1
u 1/2 du 8 = 2π 8
r √ ∫ 2
1 + 4r 2 dθ dr = 2π r √ 1 + 4r 2 dr.
r=0
[ u
3/2
3/2
] 17
u=1
= π 6 (17√ 17 − 1).
Oppgave 5
La C betegne randen til S. Det vil si, C er ellipsen
x 2
1 2 + y2
2 2 = 1