ANALYSE IN MEER VARIABELEN JUNI , 13:30-16:30

Transcriptie

1 Docent: J. vn de Leur Assistent: J.L. vn der Leer Durn ANALYSE IN MEER VARIABELEN JUNI 6 03, 3:30-6:30 Exercise (5 pt) Lt T de torus in R 3 prmetristie zijn die gegeven wordt door de Φ(α, θ) = (( + cos θ) cos α, ( + cos θ) sin α, sin θ), < α, θ π. () (0 pt) Bereken vol (T ) en toon n dt T ook -dimensionl Jordn meetr is. Met de stndrd Euclidische dichtheid geldt vol (T ) = π π det DΦt DΦdαdθ. Er geldt dus ( + cos(θ)) sin(α) sin(θ) cos(α) DΦ = ( + cos(θ)) cos(α) sin(θ) sin(α) 0 cos(θ) DΦ t DΦ = ( + cos(θ)) 0 0 Het volume is dus vol (T ) = dus T is Jordn meetr. π π ( + cos(θ))dαdθ = 8π <, () (5 pt) Lt C de kromme zijn op de torus T die we krijgen door voor een vste wrde p R het eeld te nemen vn γ(t) = (( + cos(pt)) cos t, ( + cos(pt)) sin t, sin(pt)), t R.

2 Bewijs dt C een gesloten kromme is op T dn en slechts dn ls p Q (Hint: Bekijk de periodiciteit vn γ). We ewijzen eerst dt ls γ zichzelf kruist dn p Q. Stel γ(t) = γ(s). Dn geldt sin(pt) = sin(ps) en cos(pt) = cos(ps) (kwdrteer de eerste twee componenten en tel ze op). Dus t = s + πk p voor zekere k Z. Anderzijds geldt ook cos(t) = cos(s) en sin(t) = sin(s), dus t = s + πl voor een l Z. Dus p = k l Q. Dus C gesloten impliceert p Q. Andersom, ls p = k l met k en l copriem, zien we uit ovenstnde redenering dt γ periodiek is met periode πl, dus dn is C gesloten. (c) (0 pt) Stel een zo eenvoudig mogelijke integrl op wrmee je de lengte vn C kunt erekenen (je hoeft deze integrl niet op te lossen) en ewijs dt C -dimensionl Jordn meetr is dn en slechts dn ls p Q. ( + cos(pt)) sin(t) p sin(pt) cos(t) Dγ(t) = ( + cos(pt)) cos(t) p sin(pt) sin(t), p cos(pt) Dγt Dγ = p + ( + cos(pt)). De lengte vn C is dus l(c) = πl 0 l(c) = p + ( + cos(pt)) dt < ls p = k, gcd(k, l) = l R p + ( + cos(pt)) dt = ls p / Q. Voor de ltste gelijkheid merk op dt de integrnd ltijd vn onder egrensd is door p +. Dus C is Jordn meetr dn en slechts dn ls p Q. Exercise (5 pt) Lt de volle ellipsoïde in R 3 zijn die gegeven wordt door { } = x R 3 x + x + x 3 c <. () (0 pt) Bereken vol 3 (). vol 3 () = d 3 x.

3 Beschouw het diffeomorfisme Ψ : B(0, ), met B(0, ) de ol in (0, 0, 0) met strl gegeven door (y, y, y 3 ) (x, x, cx 3 ). De Jcoin is gelijk n c, en de Stelling vn vrielensustitutie geeft ons vol 3 () = c vol 3 (B(0, )) = 4πc. 3 () (5 pt) Bereken de uitwendige eenheidsnormlvector ν(x, x, x 3 ) in het punt x = (x, x, x 3 ). De norml wordt gegeven door (f) (f) met f(x, x, x 3 ) = x + x + x 3 c. Dus, ν(x, x, x 3 ) = x + x 4 + x 4 3 c 4 (c) (0 pt) In het vorige deeltentmen moest je de fstnd erekenen vn de oorsprong tot het rkvlk in x = (x, x, x 3 ). Het ntwoord ws: Bereken d(0, T x ) = x x x 3 c ( ) x + x 4 + x 3. 4 c 4 d(0, T x ) d x. Hint: Doe dit niet rechtstreeks, mr geruik ijvooreeld de divergentiestelling vn Guss. Kies dn zelf een eenvoudig vectorveld zodt dit mooi uitkomt. Beschouw op het vectorveld X(x, x, x 3 ) = x x x 3 Op geldt X, ν = d, omdt x + x + x 3 c d d x = = op. Volgens Guss divergentiestelling geldt X, ν d x = div(x)d 3 x = 3 d 3 x = 3 vol 3 () = 4πc. 3

4 Exercise 3 (30 pt) () (0 pt) Lt f(x) = (x, x, x 3 ) het vectorveld in R 3 zijn en S en S + de twee hlve-olschillen S ± = {x R 3 x + x + x 3 =, ±x 3 0}. ν ± is de eenheidsnormlvector op S ± die nr oven gericht is. Bereken de twee integrlen S ± f, ν ± d x en lt zien dt het ntwoord gelijk is. ν ± = ±x, dus f, ν ± = ±( 3x 3) op S ±. Geruiken we de olcoordinten (x, y, z) = r(cos α cos θ, sin α cos θ, sin θ), dn zien we dt en S + f, ν + = S f, ν = π 0 0 π π ( 3 sin (θ)) cos θdθdϕ = π(sin θ sin 3 θ) π 0 = 0 ( 3 sin θ) cos θdθdϕ = (sin θ sin 3 θ) 0 () (0 pt) We willen dit nu generliseren. Lt H ± twee hyperoppervlkken in R n zijn die geprmetriseerd worden door Φ ± (y, y,..., y n ) = (y, y,..., y n, φ ± (y, y,..., y n )), y +y + y n. φ ± eide C, neem n dt φ (y, y,..., y n ) φ + (y, y,..., y n ) = 0 en dt H + H = H + = H. ν ± is de eenheidsnorml op H ± die zo gekozen is dt de n e -component (ν ± ) n > 0 is. Lt f : R n R n een C -vectorveld zijn met div f = 0. Bewijs dt f, ν (y)d n y = f, ν + (y)d n y. H H + 4

5 Zij U het geied in R n egrensd door H + en H. Guss divergentiestelling impliceert 0 = div(f) = U f, ν + H + f, ν. H Het reltieve minteken verschijnt omdt op H de normlvector nr uiten gegeven wordt door ν. (c) (0 pt) Lt ook H ± in een hypervlk door de oorsprong liggen, dus H ± V = {x R n x, = 0} en ook H + V = H V = H + = H. Merk op dt n 0 nders zijn H en H + geen hyperoppervlkken. Neem nu tevens n dt f(x), = 0 voor lle x V. Toon n dt f, ν (y)d n y = f, ν + (y)d n y = 0. H H + Zij W de regio in het hypervlk V dt egrensd wordt door H + = H, en U ± het open geied egrensd door H ± en W. De normlvectors op V zijn gegeven door ±, en f W stt hier loodrecht op per nnme. Weer geruik mkend vn de divergentiestelling zien we dt 0 = div(f) = f, ν + + U + H + W f, ± = f, ν + H + en eenzelfde erekening voor H, wruit het gevrgde volgt. 5