Λύσεις στο επαναληπτικό διαγώνισμα 3

Transcript

1 Τμήμα Μηχανικών Οικονομίας και Διοίκησης Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Γ. Καραγιώργος Λύσεις στο επαναληπτικό διαγώνισμα Διπλά Ολοκληρώματα Άσκηση (Υπολογισμός διπλού ολοκληρώματος- Αλλαγή σειράς ολοκλήρωσης). (i) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα y sin(x y) da, όπου, το επίπεδο χωρίο που ορίζουν οι ευθείες y =, y =, x =, y = x. (ii) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα ln ln e x dxdy. y/ Λύση: (i): Εδώ το χωρίο ολοκλήρωσης είναι (κάντε σχήμα!!!) το = {(x, y) y, x y}, το οποίο είναι τύπου IΙ. Οπότε, έχουμε I = y y sin(xy) dxdy = y cos(xy) y y dy = y cos(y ) dy = = sin() sin(4) +. (ii): Εδώ πρέπει να αλλάξουμε τη σειρά ολοκλήρωσης. Έχουμε = {(x, y) x ln(), y x}, το οποίο είναι τύπου IΙ. Οπότε, έχουμε

2 I = ln() x e x dydx = ln() xe x dx = =. Άσκηση (Εύρεση εμβαδού με το διπλό ολοκλήρωμα). Βρείτε το εμβαδόν του επίπεδου χωρίου, που ορίζουν οι καμπύλες x = y, y = x +. Λύση: (i) Εδώ το χωρίο ολοκλήρωσης είναι το = {(x, y) y, y x y }, όπου τα άκρα ως προς y, τα βρήκαμε λύνοντας την εξίσωση y = y, η οποία δίνει τα σημεία τομής των δύο καμπυλών. Οπότε έχουμε Α = y y dxdy = y y dy = = 7 6. Άσκηση (Εύρεση όγκου με το διπλό ολοκλήρωμα). (i) Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού, που φράσσεται από πάνω από το επίπεδο z = y και έχει ώς βάση το χωρίο στο xy-επίπεδο, που ορίζουν οι καμπύλες y = x, y =. (ii) Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού, που φράσσεται από πάνω από τον παραβολικό κύλινδρο z = x και έχει ώς βάση το χωρίο στο xy-επίπεδο, που ορίζουν οι καμπύλες y = x, y = x, x =. Λύση: (i): Από την υπόθεση καταλαβαίνουμε ότι z y. Οπότε V = y dzdxdy, όπου = {(x, y) x, x y }.

3 [ Εδώ, αυτό που χρείαζεται να καταλάβουμε γεωμετρικά, είναι το χωρίο, καθώς τα άκρα για το z προκύπτουν άμεσα από την εκφώνηση ]. Άρα V = y dzdxdy = = x 4 dx = = 8 5. y dydx x (ii): Όμοια με το (i), έχουμε, z x. Οπότε όπου V = x dzdxdy, = {(x, y) x, x y x }, Άρα V = x dzdxdy = x x dydx x = x x x 4 dx = = 6. Άσκηση 4 (Αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες). (i) Κάνοντας αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα στο δακτύλιο x + y 9 da, = {(x, y) 9 x + y 5}. (ii) Κάνοντας αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα x + y da,

4 στον κύκλο = {(x, y) x + y x, x, y }. Λύση: (i): Εδώ το χωρίο ολοκλήρωσης (κάντε σχήμα!!!) είναι ο δακτύλιος = {(x, y) 9 x + y 5}, Έχουμε x = r cos(θ), y = r sin(θ), όπου r 5, θ π. Επομένως, το χωρίο που προκύπτει με αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες είναι = {(r, θ) r 5, θ π}. Επίσης η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι ίση με r, οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται π I = 5 π r 9r drdθ = (r 9) / 5 dθ = 64 π dθ = = 8π. (ii): Εδώ το χωρίο, είναι το άνω ημικύκλιο (αφού x, y ) του κυκλικού δίσκου με κέντρο το (, ) και ακτίνα, που δίνεται από την εξίσωση (x ) + y. Επειδή βρισκόμαστε στο πρώτο τεταρτημόριο, θα ισχύει θ π. Επίσης, από τη σχέση x + y x, προκύπτει με αντικατάσταση, ότι r cos(θ). Επομένως, το χωρίο που προκύπτει με αλλαγή σε πολικές συντεταγμένες είναι = {(r, θ) r cos(θ), θ π/}. Επίσης η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι ίση με r, οπότε το ολοκλήρωμα γίνεται 4

5 π/ I = cos(θ) r π/ drdθ = r cos(θ) dθ = 8 π/ cos (θ) dθ = = 6, όπου, υπενθυμίζω ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα υπολογίζεται, ώς εξής: π/ Οπότε θέτοντας u = sin(θ), προκύπτει ότι π/ cos π/ (θ) dθ = cos π/ (θ) dθ = ( sin (θ)) cos(θ) dθ. ( sin (θ)) cos(θ) dθ = u du = =. Άσκηση 5 (Αλλαγή μεταβλητών μέσω γραμμικού μετασχηματισμού). Υπολογίστε το ολοκλήρωμα όπου, το τραπέζιο που ορίζουν οι ευθείες x+y x y e da, y = x, y = x, x =, y =, κάνοντας την αλλαγή μεταβλητών u = x + y, v = x y. Λύση: Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε x = u + v u v, y =. Βρίσκουμε τα όρια ολοκλήρωσης για τα u, v. Αρκεί να βρούμε που απεικονίζεται το σύνορο του (δηλ. το τραπέζιο στο xy-επίπεδο) στο u v-επίπεδο. Έχουμε y = x x y = v =. Άρα η ευθεία y = x, απεικονίζεται στην ευθεία v =. Δουλέυοντας όμοια, έχουμε y = x x y = v =. Άρα η ευθεία y = x, απεικονίζεται στην ευθεία v =. Τέλος, έχουμε y = u = v 5

6 και x = u = v Άρα η ευθεία y =, απεικονίζεται στην ευθεία u = v, ενώ η ευθεία x =, απεικονίζεται στην ευθεία u = v. Οπότε το χωρίο που προκύπτει μετά την αλλαγή συνεταγμένων είναι το τραπέζιο στο u v-επίπεδο (κάντε σχήμα!!!), που ορίζουν οι ευθείες u = v, u = v v =, v =. Δηλαδή Για την Ιακωβιανή ορίζουσα έχουμε = {(u, v) v, v u v }. (x, y) (u, v) = x u y u x v y v = / / / / = /. Τελικά έχουμε Ι = x+y x y e dxdy = e u v dudv = v e u v v dudv = v e u v v v dv v = (e e ) du = = (e e ). 4 Eπικαμπύλιο ολοκλήρωμα-θεώρημα Green Άσκηση 6 (Υπολογισμός έργου με το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα ). Να υπολογίστεί το έργο που παράγει το πεδίο δυνάμεων F(x, y) = (4x, 4y), κατά μήκος της καμπύλης C = {(x, y) (x ) + (y ) =, y }, όπου C θετικά προσανατολισμένη. 6

7 Λύση: Η καμπύλη C, παριστάνει το άνω ημικύκλιο, του κύκλου με κέντρο το (, ) και ακτίνα. Μια παραμετρική παράσταση για την καμπύλη C, είναι η ακόλουθη. r(t) = ( + cos(t), + sin(t) ), t [, π]. Οπότε, C π F ds = F (r(t)) r π (t) dt = (4 + 4 cos(t), cos(t)) ( sin(t), cos(t)) dt π = 4 cos(t) 4 sin(t) dt = = 8. Άσκηση 7 (Υπολογισμός επικαμπύλιου ολοκληρώματος με το Θεώρημα Green). Με τη βοήθεια του Θεωρήματος Green, να υπολογιστεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα του διανυσματικού πεδίου F(x, y) = (y + sin(x ), x + cos(y )), κατά μήκος της καμπύλης C, η οποία είναι θετικά προσανατολισμένη και αποτελεί σύνορο του τετραγώνου = {(x, y) x, y }. Λύση: Από το Θεώρημα Green, ισχύει ότι F ds = Q + x P y da. Επομένω αρκεί να υπολογίσουμε το διπλό ολοκλήρωμα στο. Εδώ έχουμε ότι P(x, y) = y + sin(x ), Q(x, y) = x + cos(y ), Q x P y = x y. Οπότε Q x P y da = x y dxdy = =. Άσκηση 8 (Επαλήθευση του Θεωρήματος Green). Να επαληθευτεί το Θεώρημα Green για το διανυσματικό πεδίο F(x, y) = ( y, x ), στο δακτύλιο = { (x, y) x + y 4 }. 7

8 Λύση: Θα υπολογίσουμε ξεχωριστά τα δύο μέλη της ισότητας του Θεωρήματος Green. Για το διπλό ολοκλήρωμα: Εδώ έχουμε ότι P(x, y) = y, Q(x, y) = x Q x P y = (x + y ). Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες, έχουμε ότι x = r cos(θ), y = r sin(θ), όπου r, θ π. Οπότε λαμβάνοντας υπόψιν και την Ιακωβιανή ορίζουσα, έχουμε (x + y π ) dxdy = r drdθ = = 45π. Για το επικαμπύλιο: = C C όπου C : r (t) = (sin(t), cos(t)), t [, π] (Ο αρνητικά προσανατολισμένος κύκλος x + y = ). C : r (t) = ( cos(t), sin(t)), t [, π] (Ο θετικά προσανατολισμένος κύκλος x + y = 4). Οπότε οι παραπάνω παραμετρικές καμπύλες προσανατολίζουν θετικά το και F ds = F ds + F ds. + C C + Υπολογίζοντας τα επιμέρους ολοκληρώματα, έχουμε C π F ds = ( cos (t), sin (t)) (cos(t), sin(t)) dt (*): Όπου π = cos 4 (t) sin 4 (t) dt = π 4 + cos(4t) dt = = π 4. cos 4 (t) + sin 4 (t) = + cos(t) + cos(t) = = 4 + cos(4t). 4 Δουλεύοντας όμοια, έχουμε 8

9 C + π F ds = ( 8 sin (t), 8 cos (t)) ( sin(t), cos(t)) dt Τελικά π = 6 Οπότε, το Θεώρημα Green έχει επαληθευτεί. cos 4 (t) + sin 4 (t) dt = π cos(4t) dt = = 4π. 4 + F ds = 4π π = 45π. Άσκηση 9 (Εφαρμογή του Θεωρήματος Green σε αστρόβιλο διανυσματικό πεδίο). (i) Έστω C μια απλή, κλειστή, θετικά προσανατολισμένη καμπύλη, η οποία δεν διέρχεται από το (, ) και η οποία αποτελεί σύνορο ενός χωρίου, στο οποίο μπορεί να εφαρμοσθεί το Θεώρημα Green. Αν y F(x, y) = x + y, να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα x x + y, F ds. C (ii) Έστω το διανυσματικό πεδίο y F(x, y) = x + y, x x + y. Να υπολογίστεί το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα του F, κατά μήκος της καμπύλης C, η οποία είναι θετικά προσανατολισμένη και αποτελεί σύνορο του τετραγώνου = {(x, y) x, y }. Λύση: (i): Έχουμε Οπότε προκύπτει ότι P(x, y) = Q x P y = y x + y, Q(x, y) = x x + y. y (x + y ) = y (x + y ) =. Δηλαδή το πεδίο είναι αστρόβιλο. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 9

10 Έστω ότι (, ). Τότε ισχύουν οι προυποθέσεις του Θεωρήματος Green στο, οπότε F ds = Q x P y da =. C Έστω ότι (, ). Τότε δεν ισχύουν οι προυποθέσεις του Θεωρήματος Green στο, καθώς το πεδίο F δεν ορίζεται στο (, ). Προκειμένου να μπορέσουμε να εφαρμόσουμε το Θεώρημα, θεωρούμε τον ανοικτό κυκλικό δίσκο δ = ((, ), δ) και παίρνουμε το σύνολο (δακτύλιο) Δ δ = δ. Με αυτόν το τρόπο εξαιρούμε το προβληματικό σημείο και τώρα μπορούμε να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Green στο Δ δ (κάντε σχήμα), όπου Δ + δ = δ C+. Από το Θεώρημα Green και το γεγονός ότι Q x = P y, έχουμε Οπότε F ds = F ds + F ds =. + δ δ C F ds = F ds = F ds. C δ + δ Θεωρώντας την παραμετρική παράσταση r(t) = ( δ cos(t), δ sin(t) ) για το + δ, έχουμε + δ π F ds = δ sin(t) δ, δ cos(t) δ ( δ sin(t), δ cos(t)) dt Τελικά π = cos (t) + sin π (t) dt = dt = π. F ds = π. C (ii): Επειδή το σημείο (, ) ανήκει στο, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Green. Δουλέυοντας όπως στο (i), θεωρούμε τον ανοικτό μοναδιαίο κυκλικό δίσκο = ((, ), )) και παίρνουμε το σύνολο Δ =.

11 Ακριβώς όπως στο (i), έχουμε ότι F ds = F ds = π. + + Άσκηση (Κυκλοφορία-Εξερχόμενη ροή). Έστω το διανυσματικό πεδίο και το τετράγωνο που ορίζουν οι ευθείες F(x, y) = (x + 4y, x + y ) x =, x =, y =, y =. (i) Εφαρμόστε το Θεώρημα Green (Εφαπτομενική μορφή) για να βρείτε την κυκλοφορία του διανυσματικού πεδίου F κατά μήκος της καμπύλης C =. (ii) Εφαρμόστε την κάθετη μορφή του Θεωρήματος Green για να βρείτε την εξερχόμενη ροή του διανυσματικού πεδίου F διαμέσου της καμπύλης C =. Λύση: (i): Έχουμε P(x, y) = x + 4y, Q(x, y) = x + y Q x P y = 4 =. Οπότε για την κυκλοφορία του F, έχουμε (F T) ds = F ds = Q x P y da = da = A() =, + + όπου A() = (το εμβαδόν του τετραγώνου). (ii): Για την εξερχόμενη ροή, έχουμε (F n) ds = div(f) da = P x + Q y da = x + y da. + Επειδή το είναι τετράγωνο, για το τελευταίο ολοκλήρωμα, έχουμε x + y da = x + y dxdy = =. Τριπλά ολοκληρώματα Άσκηση (Υπολογισμός όγκου με καρτεσιανές και κυλινδρικές συντεταγμένες). Να υπολογιστεί ο όγκος του στερεού που περικλείεται από τον κύλινδρο x + y = 9 και το οποίο φράσσεται από κάτω από το επίπεδο z = και από πάνω από το επίπεδο x + z = 5, με χρηση Καρτεσιανών και κυλινδρικών συντεταγμένων.

12 Λύση: Έστω W, το στερεό του οποίου θα υπολογίσουμε τον όγκο. Από την εκφώνηση καταλαβαίνουμε ότι το z 5 x. Για να βρούμε τα όρια για τα x, y πρέπει να βρούμε την προβολή του W στο επίπεδο x y. Εδώ επειδή το W είναι κομμάτι του κυλίνδρου x + y = 9, το είναι ο κύκλος με κέντρο το (, ) και ακτίνα (κάντε σχήμα!!!). Βλέποντας το ως χωρίο τύπου I στο R, έχουμε ότι = (x, y) x, 9 x y 9 x. Οπότε το W γράφεται ως W = (x, y, z) x, 9 x y 9 x, z 5 x. Οπότε V = W dv = 9 x 5 x dzdydx 9 x = 9 x = 4A() 9 x 4 x dydx = 4 9 x 9 x dydx x 9 x dx = 6π (9 x ) / 9 x x dydx 9 x = 6π. Θεωρώντας τώρα κυλινδρικές συντεταγμένες, έχουμε x = r cos(θ), y = r sin(θ), z = z, όπου, r, θ π, z 5 r cos(θ). Οπότε, αν W, είναι το χωρίο που προκύπτει μετά την αλλαγή σε κυλινδρικές συντεταγμένες, τότε W = {(r, θ, z) r, θ π, z 5 r cos(θ) }. Επίσης, η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι ίση με r, οπότε για τον όγκο του W, έχουμε

13 V = W π = π = dxdydz = r drdθdz W 5 r cos(θ) π 4r drdθ π r dzdrdθ = (4 r cos(θ))r drdθ r cos(θ) drdθ = = 6π = 6π. Άσκηση (Υπολογισμός τριπλού ολοκληρώματος με κυλινδρικές συντεταγμένες). Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα z dv, W όπου W, το στερεό που βρίσκεται κάτω από το παραβολοειδές z = 5 x y, μέσα στον κύλινδρο x + y = 4, πάνω από το xy-επίπεδο. Λύση: Από την εκφώνηση καταλαβαίνουμε ότι το z 5 x y. Για να βρούμε τα όρια για τα x, y πρέπει να βρούμε την προβολή του W στο επίπεδο x y. Εδώ επειδή το W είναι κομμάτι του κυλίνδρου x + y = 4, το είναι ο κύκλος με κέντρο το (, ) και ακτίνα (κάντε σχήμα!!!). Βλέποντας το ως χωρίο τύπου I στο R, έχουμε ότι Οπότε το W γράφεται ως W = (x, y, z) x, 4 x y 4 x, z 5 x y. Θεωρώντας τώρα κυλινδρικές συντεταγμένες, έχουμε x = r cos(θ), y = r sin(θ), z = z, όπου, r, θ π, z 5 r. Οπότε, αν W, είναι το χωρίο που προκύπτει μετά την αλλαγή σε κυλινδρικές συντεταγμένες, τότε W = (r, θ, z) r, θ π, z 5 r. Επίσης, η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι ίση με r, οπότε

14 I = W π = dxdydz = z r drdθdz W 5 r π z r dzdrdθ = 5 r r drdθ π = 6 5 r dθ = = π (5 ). Άσκηση (Υπολογισμός όγκου με σφαιρικές συντεταγμένες). Να υπολογιστεί ο όγκος του στερεού W, που αποκόπτει από τη σφαίρα x + y + z, ο κώνος z = x + y. Λύση: Κάνοντας αλλαγή σε σφαιρικές συντεταγμένες, έχουμε x = r cos(θ) sin(φ), y = r sin(θ) sin(φ), z = r cos(φ), Όπου, r (προσοχή μην μπερδευτείτε με το r από τις κυλινδρικές συντεταγμένες, το οποίο κείτεται στο xy-επίπεδο) και θ π. Για να βρούμε που κινείται η γωνία φ, πρέπει να βρούμε τη γωνία που σχηματίζει η γεννέτειρα του κώνου z = x + y με τον άξονα z. Μπορούμε να βρούμε την εν λόγω γωνία είτε γεωμετρικά ή αλγεβρικά. Γεωμετρικά: Για κάθε τιμή του z, ισχύει x + y = z. Άρα τα x, y κινούνται σε κύκλο με κέντρο το (, ) και ακτίνα ρ = z. Από τα παραπάνω, έχουμε ότι tan(φ) = ρ z = φ = π ( φ π). οπότε φ π/. Αλγεβρικά: Έχουμε z = x + y r cos(φ) = r sin (φ) r cos(φ) = r sin(φ) tan(φ) = φ = π, όπου sin(φ) για φ [, π]. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι W = (r, φ, θ) r, φ π/, θ π. Επίσης η Ιακωβιανή ορίζουσα είναι r sin(φ), οπότε 4

15 V = W π = dxdydz = r sin(φ) drdφdθ W π/ r sin(φ) drdφdθ = = π. 5