uitwerking

UNIVERSITEIT TWENTE
Datum : 24 november 2005
Kenmerk : CalcB.05-06.1.uitwerking
Aantal pagina’s : 5
Calculus B
1 november 2005, 13:00 - 16:30
Vakcode: 151202
Universiteit Twente
1. (a) Helaas zit er een typfout in deze opgave. De opgave had moeten luiden: bereken de
oneigenlijke integraal
∫ ∞
x
0 (x 2 + 1) 2 dx.
∫ ∞
1
De oorspronkelijke integraal (
0 (x 2 dx) is een stuk moeilijker te berekenen.
+ 1) 2
Deze opgave telt niet mee voor het uiteindelijke resultaat.
(b) De volgende redenering is niet goed:
“De integraal is divergent want lim
x→0 + 1 + e −√ x
Immers: er geldt lim
de integraal splitsen:
x→0 + 1
√x = ∞ terwijl
∫ 1
∫ 1
∫ 1
1 + e −√ x
∫
1
1
“
0 x 2 dx =
0 x 2 dx + 0
de oorspronkelijke integraal is divergent.”
∫ 1
0
x 2
= ∞.”
1
√ x
dx convergent is! Wat ook niet mag is
e −√ x
x 2
dx en
∫ 1
0
1
dx is divergent dus
x2 ∫
1
1
De integraal
0 x 2 dx is weliswaar divergent, maar 0 dx zou volgens deze redenering
ook divergent
0
zijn:
∫ 1
0
0 dx =
∫ 1
0
∫
1
1
x 2 dx +
0
− 1 dx = “divergent” + “divergent”.
x2 We moeten in dit geval gebruik maken van de vergelijkingsstelling (Comparison Theorem)
op bladzijde 536 van Stewart:
en
∫ 1
0
1 + e −√ x
x 2 ≥ 1 x 2
∫
1
1
1
dx = lim
x2 t→0 + t x 2 dx
∣ ∣∣
1
= lim
t→0 −x−1 + t
= lim
t→0 + −1 + 1 t
bestaat niet.
1 Z.O.Z.

2. Noem het in de opgave beschreven gebied D. De oppervlakte van D is gelijk aan
∫∫
1 dA.
Let op! De oppervlakte is niet gelijk aan
D
∫ 1
4 π
− 1 4 π r(θ) dθ.
Voor het berekenen van de oppervlakte gebruiken we poolcoördinaten:
opp(D) =
=
=
= 1 2
∫ 1
4 π ∫ r(θ)
− 1 4 π 0
∫ 1
4 π ∫ cos(2θ)
− 1 4 π 0
r dr dθ
r dr dθ
∫ 1
4 π ∣
1 ∣∣
cos(2θ)
− 1 4 π 2 r2 dθ
0
∫ 1
4 π
− 1 4 π cos 2 (2θ) dθ.
Gebruik nu de verdubbelingsformule voor de cosinus:
cos(2α) = cos 2 α − sin 2 α = cos 2 α − (1 − cos 2 α) = 2 cos 2 α − 1,
dus
Vul in α = 2θ:
De oppervlakte wordt dan
cos 2 α = 1 2
(cos(2α) + 1).
cos 2 (2θ) = 1 2
(cos(4θ) + 1).
opp(D) = 1 2
= 1 4
= 1 4
= 1 4
∫ 1
4 π
− 1 4 π cos 2 (2θ) dθ
∫ 1
4 π
− 1 4 π cos(4θ) + 1 dθ
[ 1
4 sin(4θ) + θ] 1 4
− 1 4 π
(
1
4 sin π − 1 4 sin(−π) + π 4 − (−π 4 ) )
= 1 4 · π
2 = π 8 .
Zie ook Calculus, Early Transcendentals, Stewart, section 15.4 Deze opgave is letterlijk gelijk
aan voorbeeld 3 op bladzijde 1007!
3. (a) Voor de raaklijnvector r 1 ′ geldt:
r 1 ′ (t) = (− sin t, cos t,
1
2π ),
2

dus
∫
K 1
F · dr =
=
=
=
=
∫ 2π
0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
∫ 2π
Voor de raaklijnvector r 2 ′ geldt:
dus
∫
0
F(r 1 (t)) · r 1 ′ (t) dt
(sin t, − cos t,
− sin 2 t − cos 2 t + t2
8π 3 dt
t 2
8π 3 − 1 dt
t 3 ∣ ∣∣
24π 3 − 2π
0
= 8π3
24π 3 − 2π = 1 3 − 2π.
K 2
F · dr =
=
=
r 2 ′ (t) = (0, 0, −1),
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
t 2
4π 2 ) · (− sin t, cos t, 1
2π ) dt
F(r 2 (t)) · r 2 ′ (t) dt
(0, −1, (1 − t) 2 ) · (0, 0, −1) dt
−(1 − t) 2 dt
= 1 3 (1 − t)3 ∣ ∣∣
1
0 = − 1 3 .
(b) Het vectorveld ∫ F is niet conservatief. Als F conservatief zou zijn, dan zou iedere integraal
F · dr over een gesloten enkelvoudige kromme C gelijk zijn aan 0. Uit (a)
C
volgt echter ∫ ∫
∫
F · dr = F · dr + F · dr = −2π ≠ 0.
K
K 1 K 2
Als je de integralen bij (a) niet kunt berekenen kun je ook de rotatie van het vectorveld
F berekenen:
curl F = (0, 0, −2) ≠ 0,
dus ook hieruit volgt dat F niet conservatief is.
4. (a) Een parametring met cilindercoördinaten voor S is
x(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, r 2 ) 0 ≤ r ≤ 1 en 0 ≤ θ ≤ 2π.
Voor de gevraagde integraal geldt dan
∫∫
∫ 2π
curl F · dS =
S
0
∫ 1
0
curl F(x(r, θ)) · (±x r × x θ ) dr dθ
Voor de rotatie van F = (P, Q, R) geldt
( ∂R
curl F(x, y, z) =
∂y − ∂Q
∂z , ∂P
∂z − ∂R
∂x , ∂Q
∂x − ∂P )
∂y
= (−2x, 0, 2z), (1)
3 Z.O.Z.

dus
curl F(x(r, θ)) = (−2r cos θ, 0, 2r 2 ).
Verder geldt
en dus
x r = ∂x
∂r
x θ = ∂x
∂θ
= (cos θ, sin θ, 2r),
= (−r sin θ, r cos θ, 0),
x r × x θ = (−2r 2 cos θ, −2r 2 sin θ, r).
Gegeven is dat de normaal n op S naar beneden is gericht, en omdat r ≥ 0 kiezen we
als teken “−”. De gevraagde integraal berekenen we nu als volgt:
∫∫
S
curl F · dS =
=
=
= −2
= −2
∫ 2π ∫ 1
0 0
∫ 2π ∫ 1
0 0
∫ 2π ∫ 1
0 0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
curl F(x(r, θ) · (−x r × x θ ) dr dθ
(−2r cos θ, 0, 2r 2 ) · (2r 2 cos θ, 2r 2 sin θ, −r) dr dθ
−4r 3 cos 2 θ − 2r 3 dr dθ
2 cos 2 θ + 1 dθ ·
∫ 1
cos(2θ) + 2 dθ · [ 1
4 r4] 1
0
= −2 [ 1
2 sin(2θ) + 2θ] 2π
0 · 1
4
= − 1 2 ( 1 2
sin(4π) + 4π − 0)
= − 1 2 · 4π = −2π.
0
r 3 dr (2)
Zie ook Calculus, Early Transcendentals, Stewart, section 16.7.
Een alternatieve manier om de gevraagde integraal uit te rekenen is om gebruik te
maken van formule 8 op bladzijde 1116 van Stewart. Daarbij kies je g(x, y) = x 2 + y 2 ,
waarbij (x, y) ∈ D met D = {(x, y) | x 2 + y 2 ≤ 1}. Denk er om dat je als vectorveld
curl F neemt, en niet F zelf! Voor de partiële afgeleiden van g geldt
∂g
∂x = 2x,
∂g
∂y
= 2y.
De normaal wijst in dit geval naar boven, dus we corrigeren dit weer door de integraal
met −1 te vermenigvuldigen. Gebruik makend van formule (1) krijgen we dan
∫∫
∫∫
curl F · dS = − −(−2x) ∂g
S
D ∂x − 0 · ∂g + 2z dA
∂y
∫∫
= − 4x 2 + 2g(x, y) dA
∫∫D
= − 4x 2 + 2(x 2 + y 2 ) dA.
D
4

Omdat D een cirkel is kun je deze integraal het best berekenen met behulp van poolcoördinaten:
∫∫
∫ 2π ∫ 1
− 4x 2 + 2(x 2 + y 2 ) dA = − 4r 2 cos 2 θ + 2r 2 (cos 2 θ + sin 2 θ) · r dr dθ
D
= −2
= −2
0 0
∫ 2π ∫ 1
0
∫ 2π
0
0
r 3 ( 2 cos 2 θ + 1 ) dr dθ
2 cos 2 θ + 1 dθ ·
∫ 1
0
r 3 dr.
Je komt dan weer uit bij fomule (2), en het eindresultaat is dus weer −2π.
(b) Voor de parametisering van C kiezen we weer cilindercoördinaten:
Er geldt nu
∫
C
x(θ) = (cos θ, sin θ, 1) 0 ≤ θ ≤ 2π.
F · dr =
∫ 2π
0
F(x(θ)) · ±x ′ (θ) dθ.
Het teken hangt daarbij af van de oriëntatie van de kromme C. Omdat de normaal op
S naar beneden gericht is moet de kromme C rechtsom draaien (van boven af gezien).
Voor de raaklijn x ′ geldt
x ′ (θ) = (− sin θ, cos θ, 0),
en deze raaklijn is linksom geörienteerd. Daarom moeten we de integraal corrigeren
met een minteken:
∫
∫ 2π
F · dr = F(x(θ)) · −x ′ (θ) dθ
C
= −
= −
= −
= −
0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
F(cos θ, sin θ, 1) · x ′ (θ) dθ
(− sin θ, cos θ, − cos θ sin θ) · (− sin θ, cos θ, 0) dθ
sin 2 θ + cos 2 θ dθ
1 dθ = −2π.
(c) De stelling van Stokes luidt
Stel S is een oriënteerbaar, stuksgewijs glad oppervlak. De rand C van S is
een enkelvoudige, gesloten en stuksgewijs gladde kromme. Als F een vectorveld
in R 3 is waarvan alle partiële afgeleiden bestaan en continu zijn op een open
omgeving die S bevat, dan geldt
∫∫
∫
curl F · dS = F · dr.
S
De integralen van (a) en (b) leveren beide als resultaat −2π, waarmee de stelling van
Stokes wordt bevestigd. Er kon overigens worden volstaan met het opschrijven van de
gelijkheid. Zie ook Calculus, Early Transcendentals, Stewart, section 16.8.
C
5