Lösningar

Vektoranalys
Måndag 29 maj 2006
Matematikcentrum
Matematik NF
Lösningar
1.
Eftersom fältet (yz, zx, xy) har skalärpotentialen Φ(x, y, z) = xyz och kurvan har
begynnelsepunkt (1, 1, 1) och slutpunkt (1, 1, e2π ) är integralens värde Φ(1, 1, 2π) −
Φ(1, 1, 1) = e2π − 1.
Svar: Kurvintegralens värde är e2π − 1.
2.
Vi låter S vara cirkelskivan z = 0, x2 + y 2 < 1. Om Σ är den givna halvsfären och K
är halvklotet x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0, får vi av Gauss’ sats
ZZZ
ZZ
ZZ
div ū dxdydz,
ū · ẑ dS =
ū · r̂ dS −
Σ
det vill säga
ZZ
ZZ
ū · r̂ dS −
Σ
K
S
17 dxdy =
x2 +y 2 ≤1
ZZZ
det vill säga
Z
ZZZ
ZZ
12z dxdydz =
ū · r̂ dS − 17π =
Σ
det vill säga
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
ū · r̂ dS = 20π.
Svar: Flödet är 20π.
3.
Den elliptiska cylindern är nivåyta till skalärfältet Φ = ρ(2 − cos ϕ). Det gäller
∇Φ = (2 − cos ϕ)ρ̂ + sin ϕϕ̂.
Planet är nivåyta till fältet Ψ = ρ cos ϕ + z, och
∇Ψ = cos ϕρ̂ − sin ϕϕ̂ + ẑ.
Det gäller
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) är ϕ = 0 och cos ϕ = 1, så för den sökta vinkeln α
gäller
1
cos α = √ .
2
π
Svar: Den sökta vinkeln är 4 .
Var god vänd!
4.
Vi ska använda Stokes’ sats och bestämmer först rotationen av ū:
rot ū = rot (z 3 , x3 , y 3 ) = (3y 2 , 3z 2 , 3x2 ).
Vi bestämmer flödet av rot ū genom ellipsskivan Σ : x + z = 1, z ≥ x2 + y 2 − x. Den
ligger inne i cylindern x2 + y 2 ≤ 1. Därför har normalvektorn positiv z-komponent
eftersom tangentvektorn i punkten (1, 0, 0) har positiv y-komponent. Normalvektor
till ellipsskivan är alltså N̂ = √12 (1, 0, 1), och det vektoriella ytelementet är
N̂ dS = (1, 0, 1) dxdy
om vi projicerar ellipsskivan ortogonalt på xy-planet. Projektionen i planet får vi
genom att eliminera z ur x + z = 1, z ≥ x2 + y 2 − x, vilket ger x2 + y 2 ≤ 1. Alltså är
den sökta cirkulationen
ZZ
ZZ
2
2
2
(3y 2 , 3(1 − x)2 , 3x2 ) · (1, 0, 1) dxdy
(3y , 3z , 3x ) · N̂ dS =
x2 +y 2 ≤1
Σ
=
ZZ
2
x2 +y 2 ≤1
1
3ρ3 dρ =
0
3π
.
2
Flödet av ∇ 1r är −4π ut ur varje kropp som har origo som inre punkt. För flödet av
∇r 2 använder vi Gauss’ sats: ∇ · ∇r 2 = ∇ · (2x, 2y, 2z) = 6. Cylinderns volym är 2πa2 .
Flödet av ū ut ur cylindern är alltså −4π + 12πa2 , vilket är noll om a = √13 .
Svar: a =
6.
(3y + 3x ) dxdy = 2π ·
Z
3π
2 .
Svar: Cirkulationen är
5.
2
√1 .
3
Vi använder formlerna
ZZ
rd(D)
och
ZZ
rd(D)
ΨN̂ dS =
ZZZ
ū × N̂ dS = −
D
ZZZ
∇Ψ dxdydz
D
∇ × ū dxdydz,
tillämpade på Ψ = ā · ∇Φ = ā · r̄ och ū = ∇Φ × ā = r̄ × ā, vilket ger
ZZZ
ZZ
ZZ
∇(ā· r̄)−∇×(r̄ × ā) dxdydz.
(∇Φ× ā)× N̂ dS =
(ā·∇Φ)N̂ dS +
D
rd(D)
rd(D)
Nu är ∇(ā · r̄) = ā och ∇ × (r̄ × ā) = −2ā. Alltså är den sökta vektorn
ZZZ
3ā dxdydz = 3V ā.
D