LØSNINGSFORSLAG FOR EKSAMEN I TMA4105 MATEMATIKK 2

TMA4105 Matematikk 2 20080804 Side 3 av 4
i xy-planet. Vi velger retningen til C til å være mot klokken. Ved Stokes theorem gjelder da
at
∫∫
∫
Ved Stokes teorem gjelder videre at
∫
C
S
(∇ × F) · n dσ =
∫∫
F · T ds =
R
C
F · T ds.
(∇ × F) · k dσ
der R er området i xy-planet som ligger innenfor C. På R er z = 0, og
Videre er
slik at
∫∫
S
F(x, y, 0) = 〈2y, 3x, x 3 y〉.
(∇ × F) · k = ∂(3x)
∂x
− ∂(2y)
∂y
= 3 − 2 = 1,
(∇ × F) · n dσ = arealet av R = π · 1 · 2 = 2π.
Oppgave 6 Området T er området innenfor en kuleate med sentrum i origo og radius 2.
Flaten som deler T er satt sammen av to vertikale halvplan som skjærer xy-planet langs
halv-linjene y = ± √ 3 x for x ≥ 0.
a) Vi har symmetri om xy-planet, og symmetri om xz-planet. Volumet av T 1 er derved 4
ganger volumet av skalken T 3 som står på xy-planet med grunnate
Altså
∫∫
V = 4
R
R :
x = r cos θ, y = r sin θ, z = 0 for 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π/3.
∫∫
√
∫ 2
z dA = 4 4 − x2 − y 2 dA = 4
R
r=0
Substitusjonen u = 4 − r 2 gir du = −2r dr og derved
V = 4π 3
∫ 0
u=4
1/2 −du
u
2
= 2π 3
b) Ved divergensteoremet gjelder
∫∫
der
Derfor er
div F =
∂(1 − x)
∂x
∫∫
+
∫ 4
u=0
u 1/2 du = 2π 3
∫∫∫
F · n dσ =
S 1
∂(1 − x)
∂y
+
∫∫∫
F · n dσ = −2
S 1
∫ π/3
θ=0
[ u
3/2
√
4 − r2 r dθ dr = 4π 3
3/2
] 4
0
= 2π 3
T 1
div F dV
∂(3 − y − z)
∂z
∫ 2
r=0
2 32π
(8 − 0) =
3 9 .
= −1 + 0 − 1 = −2.
T 1
dV = −2V = − 64π
9 .
√
4 − r2 r dr.