TENTAMEN INFINITESIMAALREKENING 1C

Maat: px

Weergave met pagina beginnen:

Download "TENTAMEN INFINITESIMAALREKENING 1C"

Fanny van de Brink
7 jaren geleden
Aantal bezoeken:

1 TENTAMEN INFINITESIMAALREKENING 1C onderdag 1 maart 1, uur. Lees dit vóórdat je begint! Maak iedere opgave op een apart vel. Shrijf je naam en studentnummer op elk vel dat je inlevert en op het eerste blad ook de naam van je pratiumleider. Lever je opgaven persoonlijk bij de surveillanten in. Niet op de tafels laten liggen! Het tentamen bestaat uit 4 vragen. Het proentuele gewiht per vraag is aangegeven in de kantlijn. Geef niet alleen antwoorden, maar laat ook zien hoe je eraan gekomen bent. Het gebruik van boek of aantekeningen is niet toegestaan. In onderstaande vragen mag je gebruiken: 1+x dx= 1 x 1+x + 1 log(x+ 1+x )+. In plaats van rot F shrijft men ook vaak url F of F. VEEL SUCCES! (5) 1. Gevraagd wordt telkens de gegeven integraal uit te rekenen. a. ds. Hierin is de kromme met parametervoorstelling (t)=(t os t, t sin t, 1 t ) en domein t [, T ] voor zekere T >. ds = T T (t) dt = 1+t dt = 1 T 1+x dx. Gebruik makend van de gegeven primitieve vinden we [ ] ds = 1 1 x 1+x + 1 log(x+ 1+x T ) = 1 T 1+T + 4 log(t + 1+T ). Opmerking: log(x+ 1+x ) = arsinh x, dus een alternatieve shrijfwijze is ds= 1 T 1+T + 4 arsinh (T ). b. f ds. Hierin is als voorheen en f(x, y, z)=3 x +y +6 z. f ds= T f((t)) T (t) dt= 6t [ 1+t dt= (1+t ) 3 ] T =(1+T ) F ds. Hierin is als voorheen en F(x, y, z)=(y, x, z x +y ). F ds= T F((t)) (t) dt= T ( t + 1 t4 ) dt= [ 1 3 t t5] T =T 3 ( 1 1 T 1 3 ). d. S ds. Hierin is S het oppervlak met parametervoorstelling S(u, v) = (u3 os v, u 3 sin v, u) en domein (u, v) [, 1] [, ]. T u T v dudv, waarin T u = (3u os v, 3u sin v, 1), T v = ( u 3 sin v, u 3 os v, ), dus T u T v = 1 u3 1+9u 4 dudv = ] (1+9u4 ) 3 = π 7 (1 3 1). e gekozen oriëntatie van S is irrelevant. S ds = 1 (u 3 os v, u 3 sin v, 3u 5 ). e lengte hiervan bedraagt T u T v = u 3 1+9u 4, zodat S ds = [ e. S F ds. Hierin zijn S en F als voorheen. e oriëntatie van S mag je zelf kiezen.

2 S F ds = 1 F(S(u, v)) (Tu Tv) dudv. Voor u hebben we F(S(u, v)) = (u3 sin v, u 3 os v, u 4 ) en, zoals eerder berekend, T u T v = (u 3 os v, u 3 sin v, 3u 5 ), zodat F(S(u, v)) (T u T v) = 3u 9. Conlusie: F ds = S [ 1 3 u9 1 dudv = 6π u1] 1 1 = 3π. Bij tegensgestelde oriëntatie van S vervalt uiteraard het minteken. 5 (3) ( 1 ). Beshouw de gebieden in IR 3 gegeven door Ω 1 ={(x, y, z) IR 3 x +y 1, z 1, y+z 1}, Ω ={(x, y, z) IR 3 x +y 1, z 1, y+z 1} en Ω=Ω 1 Ω. a1. Shets Ω 1 en Ω in het (x, y, z)-assenstelsel. ( 1 a. Bewijs dat de volumes van deze gebieden gelijk zijn: Vol Ω 1 =Vol Ω. ) (Hint: Je mag gebruiken dat spiegelingen, rotaties en translaties volumebehoudend zijn. Een verwijzing naar je shets is géén overtuigend bewijs.) Een orrete shets bij a1 illustreert dat Ω=Ω 1 Ω de vorm heeft van een pillendoosje met de z-as als symmetrie-as, straal 1, hoogte 1 en grondvlak in het (x, y)-vlak. Het vlak V :y+z =1 loopt shuin door het midden van dit pillendoosje en deelt het op in de twee qua vorm en inhoud identieke gebieden Ω 1 en Ω, die omgekeerd op elkaar gestapeld liggen. Het vlak V is eenvoudig te shetsen door op te merken dat het de punten (1,, 1 ), (, 1,, ) en (, 1, 1) bevat. Om a te bewijzen volstaat het om aan te tonen dat Ω 1 en Ω op elkaar afgebeeld kunnen worden door volumebehoudende transformaties zoals spiegelingen, translaties en/of rotaties. In dit geval geldt dat Ω 1 en Ω elkaars beeld zijn onder puntspiegeling ten opzihte van het middelpunt (,, 1 ). Bewijs: Stel (x, y, z) Ω 1 en (ξ, η, ζ) def = ( x, y, z +1), dan volgt ξ +η 1, ζ 1 en η +ζ 1, met andere woorden (ξ, η, ζ) Ω, vie versa. Opmerking: Puntspiegeling in (,, 1 ) kan ook geïnterpreteerd worden als een samenstelling van een rotatie om de z-as over 18 graden gevolgd door een spiegeling in het vlak z = 1, enzovoort. b. Bereken het volume van Ω 1. Op grond van a geldt Vol Ω 1 = 1 Vol Ω, wat het rekenwerk vereenvoudigt. Gebruik makend van ilinderoördinaten, { x = r os θ y = r sin θ z = ζ (r, θ, ζ) IR + [, ) IR, met Jaobideterminant volgt us Vol Ω 1 = 1 π. (x, y, z) (r, θ, ζ) = z Vol Ω = z Ω z = os θ r sin θ sin θ r os θ dv = r drdθdζ = π. = r.. Bereken Ω 1 r ds. Hierin is Ω 1 de rand van Ω 1 voorzien van de gebruikelijke oriëntatie en r het vetorveld met omponenten (x, y, z). (Hint: Vermijd onnodig rekenwerk!) Met de divergentiestelling van Gauss volgt Ω 1 r ds = Ω 1 div r dv = 3 Ω 1 dv = 3 Vol Ω 1 = 3π.

3 d. S 1 is het nietgesloten oppervlak dat verkregen wordt uit Ω 1 door hieruit alle punten weg te laten waarin een normaalvetor bestaat welke evenwijdig is aan de vetor n = (, 1, ). e oriëntatie van S 1 is die welke in de met Ω 1 gemeenshappelijke punten overeenkomt met de gebruikelijke, buitenwaarts gerihte oriëntatie. e rand van S 1 noemen we 1. eze erft zijn oriëntatie van S 1 volgens de gebruikelijke onventie. Verder definiëren we het vetorveld G(x, y, z)=(x, y, 1). d1. Geef een parametervoorstelling voor 1 met de juiste oriëntatie. d. Bewijs dat er een vetorveld F bestaat zodanig dat G = rot F en onstrueer zo n vetorveld. Ad d1: Bij projetie op het (x, y)-vlak ontstaat een negatieve oriëntatie, dat wil zeggen, met de klok mee. (it is eenvoudig in te zien in de shets.) e gesloten kromme 1 = S 1 wordt verder gekarakteriseerd door de vergelijkingen y+z = 1 en x +y =1. Omdat 1 op een ilinder ligt ligt een parametrisatie in ilinderoördinaten voor de hand (let op het minteken): { x = os θ 1 : y = sin θ z = 1 (1 + sin θ) θ [, ). Ad d: Uit div G= en het feit dat G C 1 is volgt dat er een vetorveld F bestaat met G=rot F. Een mogelijke keuze is F(x, y, z)=( 1 y, 1 x, xy). e. Bepaal S 1 G ds door deze via een integraalstelling uit te drukken in een integraal over 1. Hiervoor gebruiken we de stelling van Stokes: G ds = rot F ds = F ds = F( S1 S1 1 1 (θ)) 1 (θ) dθ. Met F( 1 (θ))=( 1 sin θ, 1 os θ, sin θ os θ) en 1 (θ)=( sin θ, os θ, 1 os θ) volgt G ds= 1 S 1 (1+sin θ os θ) dθ = π. () 3. We bekijken een punt P dat beweegt langs het oppervlak van de ilinder C : x +y = 1 in IR 3. We noemen P de loodrehte projetie van P op het (x, y)-vlak. e beweging van P is als volgt: P begint in het punt (1,, ) en stijgt zodanig op langs de ilinderwand dat zijn projetie P in positieve rihting om de oorsprong draait en de hoogte van P boven het (x, y)-vlak steeds gelijk is aan de wortel uit de hoek die OP maakt met de positieve x-as. eze hoek ligt tussen en. Na één volle omwenteling stopt de beweging. Stel f(x, y, z)=x +y +z 1. Bereken f ds, waarin de beshreven baan van P is. Uit de beshrijving extraheren we de volgende mogelijke parametrisatie: { x = os θ : y = sin θ z = θ θ [, ]. Hiermee vinden we f ds = f(os θ, sin θ, θ) ( sin θ, os θ, 1 ) dθ = θ [ ] 1 4θ+1 dθ = 6 (4θ + 1) 3 = 1 ( ) (8π+1) (5) 4. We voeren pooloördinaten in op de gebruikelijke wijze: (x, y)=(r os θ, r sin θ), met domein (r, θ) [, ) [, ). Zij de gesloten kromme in het (x, y)-vlak, gegeven door de vergelijking r =f(θ). e funtie f is -periodiek, C 1 en overal positief. Verder definiëren we m 1 def = 1 f(θ) dθ respetievelijk m def = 1 f (θ) dθ.

4 is het gebied omsloten door. (1) a. Bepaal de oppervlakte Opp van, uitgedrukt in m, via rehtstreekse berekening middels een oppervlakteïntegraal, dat wil zeggen zonder gebruik te maken van een integraalstelling. eze kan het eenvoudigst uitgerekend worden in het (r, θ)-domein: f(θ) f(θ) (x, y) Opp = da = dxdy = drdθ = r drdθ = 1 f (θ) dθ = π m. (r, θ) (1) b. Bepaal nogmaals Opp, ditmaal door deze met behulp van een geshikt gekozen integraalstelling te shrijven als een lijnintegraal over. Vergelijk je antwoord met a. We kunnen zowel de stelling van Green als de divergentiestelling van Gauss in IR hiervoor gebruiken: In geval van Green: Kies een vetorveld F zodaning dat rot F = 1, bijvoorbeeld F(x, y) = 1 ( y, x). In geval van Gauss: Kies een vetorveld G zodaning dat div G=1, bijvoorbeeld G(x, y)= 1 (x, y). Opp = da = rot F da Green = F ds = 1 xdy ydx, Opp = da = div G da Gauss = G n ds = 1 xdy ydx. In de laatste vergelijking is n de naar buiten gerihte eenheidsnormaalvetor, waarvoor we de formele identiteit n ds = (dy, dx) hebben. Vervolgens kunnen we als volgt parametriseren: { x = f(θ) os θ : y = f(θ) sin θ θ [, ). erhalve Opp = 1 xdy ydx = 1 f(θ) os θ (f (θ) sin θ+f(θ) os θ) f(θ) sin θ (f (θ) os θ f(θ) sin θ) dθ = 1 f (θ) dθ = π m. ( 1 ) ( 1 ) 1. Toon aan dat voor de omtrek l van geldt: l m 1.. Voor welke keuze(s) van f geldt l =m 1? Hoe groot is in dat geval m? Middels de parametrisatie vinden we l = { x = f(θ) os θ : y = f(θ) sin θ θ [, ). x (θ)+y (θ) dθ = f (θ)+f (θ) dθ f(θ) dθ =. Gelijkheid geldt d.e.s.d.a. f de nulfuntie is, dat wil zeggen als r =f(θ)=r onstant. Uit het gegeven f(θ) dθ =m 1 volgt dan R = m 1. e bijbehorende waarde van m volgt uit het gegeven f (θ) dθ = m, namelijk m = R = m 1. Kennelijk zijn omtrek en oppervlakte beide minimaal voor het geval van een irkel. Let op: e volgende vraag is faultatief. oor een orret bewijs te leveren kun je een bonuspunt verdienen. Begin er alleen aan als je de rest van het tentamen af hebt! (+) Bonus. Bewijs de stelling: m m 1, uitgaande van de definities in de laatste opgave. ( it volgt uit de ongelijkheid f(θ) 1 ) f(θ )dθ dθ =(m m 1 ). Gelijkheid treedt op bij een irkel.

5 EINE

Vergelijkbare documenten

Vectoranalyse voor TG

Vectoranalyse voor TG college 12 collegejaar college build slides Vandaag : : : : 17-18 12 4 september 217 3 ail Training Vessel 263 tad Amsterdam 1 2 3 4 stelling van Gauss stelling van Green Conservatieve vectorvelden 1 VA