1. No category

TMA4105 - Tanker omkring innlevering 3 fra en
studentassistents perspektiv
April 27, 2015
Mesteparten av dere har klart denne øvingen langt bedre enn de to forregående øvingene selv om denne var hakket vanskeligere. Merk at oppgavene
som var gitt på denne innleveringen er svært eksamensrelevant, og selv om en
ikke har levert inn bør en gjøre oppgavene før eksamen. Som vanlig er ikke dette
et løsningsforslag, men mer en begrunnelse på hvorfor det er naturlig å bruke
Greens teorem på integralet, og hvorfor en rett frem anvendelse ikke fungerer.
Oppgave 1 (b). I denne oppgaven skulle en beregne følgende linjeintegral
Z
x
−y
dx + 2
dy
(1)
2 + y 2 )2
(x
(x
+
y 2 )2
C1
Mange benytter seg av Greens theorem her, men glemmer helt å sjekke om
kravenene for å bruke greens er tilfredstillt. Dessverre blåser feltlinjene opp
i origo (se perspektivene på forrige øving) og kravene er dermed ikke tilfredstillt.
Bruker en derimot feilaktig greens får en
ZZ
Z
2π
Z
√
2/ 2−cos θ
=
D
0
0
−2 · rdr dθ
,
(r2 )2
(2)
som blåser opp når en setter inn r = 0. En må altså bruke en av de to andre
metodene for å beregne linjeintegralet på. Feltet er ikke konservativt (se slutten
av notatene) slik at det bare gjenstår å parametrisere kurven.
Oppgave 3 (b). Beregn integralet
Z
−y
x
dx + 2
dy
2 + y 2 )2
(x
(x
+
y 2 )2
C2
(3)
√
lang den lukkede kurven C2 gitt ved r = 2/ 2 − cos θ, θ ∈ [0, 2π].
Det første en bør gjøre er å grunngi hvorfor kurven ser slik den gjør. Det
holder altså ikke å bare skrive av wolfram alpha. For
√ å se at C2 er lukket kan
en se at endepunktene er like og å vise at r1 = 2/ 2 − cos θ ≥ 1 = r2 , dette
overlates til leser.
Anta nå at du for et øyeblikk sitter på eksamen og blir bedt om å beregne
linjeintegralet ovenfor. Du har altså bare fått oppgitt linjeintegralet ovenfor og
kurven C2 . For å beregne et linjeintegral har du i utgangspunktet tre verktøy i
verktøykassen
1
1. Vise at feltet er konservativt, slik at en kan ta differansen av endepunktene.
2. Parametrisere kurven, og deretter integrere langs parametriseringen.
3. Bruke greens teorem til ås rkive om linjeintegralet til et dobbeltintegral.
Fra figur (2) faller det naturlig at feltet ikke er konservativt, men dette kan
en og se fra at feltet blåser opp i origo. Et naturlig valg blir derfor å prøve å
innføre en parametrisering, for deretter å beregne integralet direkte.1 Vi kan for
eksempel bruke ρ(t) = [r cos t, r sin t], t ∈ [0, 2π] og r er samme som før.
= r cos t = √
x
2 cos t
og
2 − cos t
cos t sin t
= −√
dt og
−
2 − cos θ (2 − cos t)3/2
2 sin θ
dx
y
dy
= r sin t = √
=
2 sin t
2 − cos t
sin2 t
√
dt
−
2 − cos θ (2 − cos t)3/2
2 cos θ
Videre har vi at x2 + y 2 = r2 = 4/(2 − cos t) slik at
!
!
2
2 sin θ
cos t sin t
2 sin t
−y
2 − cos t
−√
−
dt
dx = − √
(x2 + y 2 )2
4
2 − cos t
2 − cos θ (2 − cos t)3/2
=
1
1
(2 − cos t)(cos t)2 − (sin t)2 cos t dt
4
8
(4)
Tilsvarende for det andre leddet kan en vise at
!
!
2
2 cos t
2 cos θ
sin2 t
x
2 − cos t
√
dy = √
−
dt
(x2 + y 2 )2
4
2 − cos t
2 − cos θ (2 − cos t)3/2
=
1
1
(2 − cos t)(sin t)2 + (sin t)2 cos t dt
4
8
(5)
Ved å kombinere (4) og (5) så kan kurveintegralet skrives som
Z
C2
−y dx
x dy
+ 2
=
(x2 + y 2 )2
(x + y 2 )2
Z
2π
(2 − cos t)(cos t)2
(sin t)2 cos t
−
dt
4
8
2π
(2 − cos t)(sin t)2
(sin t)2 cos t
+
dt = π ,
4
8
0
Z
+
0
hvor leser selv kan få gleden av å finne de pene kanseleringene. Poenget her er
ikke utregningene i seg selv, men vanskelighetsgraden. Å klare å gjøre noe av
regningen ovenfor på en eksamen er svært vanskelig og ikke minst tidkrevende.
Det er derfor øvingsoppgaven ber om bruken av Greens teorem, som er i kurset
nettop for å bekjempe slike stygge linjeintegral.
Problemet er at dersom en bruker Greens teorem direkte på C2 vil en ende
opp med galt svar. La D være arealet innesluttet av kurven C2 , da er
ZZ
ZZ
∂M
∂L
∂
x
∂
−y
−
dA =
−
dA
∂y
(x2 + y 2 )2
∂y (x2 + y 2 )2
D ∂x
D ∂x
ZZ
−2xy
=
dA
2
2 2
D (x + y )
1 På
eksamen bør du innse at dette er en dårlig idè fra starten
2
som går mot uendelig når vi nærmer oss origo (avtar som 1/r). Mange velger
å integrere over området mellom C1 og C2 for å unngå dette problemet, men
dette er ikke lov å bare velge! Greens teorem sier at en må integrere over hele
området som kurven omslutter. Dobbelintegralet divergrer fordi feltet er ikke
er eksisterer i origo (det blåser opp, og går mot uendelig). Et krav er at feltet
som omsluttes av kurven skal ha kontinuerlige partielderiverte, men siden feltet
ikke eksisterer i origo kan det heller ikke ha kontinuerlige partielderiverte her.
For å bruke Greens teorem til å beregne C2 må vi altså være smartere.
Figure 1: En lukket kurve som unngår origo.
En idè kan være å legge en kurve C1 omkring origo, da det bare er her
funksjonen blåser opp. Se figur (1). Anta nå at C3 og −C3 ligger ekstremt
nærme hverandre, da vil disse to linjeintegralene kansellere hverandre. Jeg definerer nå C5 til å være kurven vist på figuren hvor C1 er en sirkel med radius
ε og sentrum i orgo. Hvorfor akuratt denne kurven ble valgt handler om at det
er enkelt å beregne linjeintegralet, samt at det er enkelt å bestemme radien ε
slik at C2 omslutter C1 . Altså er
I
Z
Z
=
−
(6)
C5
C2
C1
At C1 blir negativ faller naturlig da C1 og C2 er definert i oppgaveteksten til å
ha positiv omløpsretning. Siden C1 nå går motsatt vei er det logisk at fortegnet
snus. Som nevnt før ligger C3 og −C3 ligger uhyre nærme hverandre og slår
hverandre dermed i hjel. Studer for figur (1) igjen. Dersom vi nå integrerer C5
over samme feltet som (3) så kan Greens teorem benyttes uten problem. Det
kan vises at linjeintegralet over C1 er uavhengig av radien ε så vi kan like gjerne
sette denne til 1. Ved å bruke Greens på venstresiden av likning (6) fås da
Z
Z
ZZ
∂L
∂M
L dx + M dy =
L dx + M dy +
−
dA
(7)
∂x
∂y
C2
C1
R
Hvor en selvsagt integrerer over samme feltet som i (3), men det utelates å skrive
siden det tar så stor plass. Videre så løste jeg bare likning (6) med hensyn på
3
integralet over C2 Her er som nevnt tidligere R området mellom kurvene C1 og
C2 .
I korte trekk legger vi altså på en kurve inne i C2 som er enkel å integrere
over. Dette blir gjort for å unngå origo siden dobbelintegralet blåser opp der.
Tilslutt er det helt meningsløst å skrive
ZZ
Z
x
∂M
∂L
π
−y
dx
+
dy
=
−
dA = −2 · = −π (8)
2
2
2
2
2
2
(x + y )
∂y
2
R ∂x
C2 (x + y )
av to grunner. For det første integrerer vi en funksjon med positiv kurl, og
svaret burde dermed bli positivt. For det andre så er C2 ikke randen til R og å
benytte Greens på den måten blir fullstendig gal.
Regningen ovenfor kan virke noe omstendig, men å bruke Greens på måten
ovenfor er rask og elegant når en forstår hvorfor.
Figure 2: Figur av vektorfeltet F (x, y) = −
4
(x2
y
x
·i+ 2
·j
2
2
+y )
(x + y 2 )2
Avslutningsvis legges ved en figur av vektorfeltet vi integrerer over, (2). Det
hjelper å tenke på vektorfeltet som noe som gjør motstand mot en partikel
som beveger seg langs kurven. Typiske eksempler er strømninger i vann, eller
luftstrømninger. Fra feltet ser vi at i hvert punkt så vil vektorfeltet gå i retningen
(−y, x) som gir en rotasjon (Ser en ikke dette kan en regne ut curlen) Delen
(x2 + y 2 )2 gjør bare at vektorfeltet øker i styrke jo nærmere origo vi kommer
(som er det samme som at styrken til vektorfeltet avtar med r4 fra origo.) Denne
diskusjonen er bare for å forklare hvorfor integralet vårt burde vært positivt, og
forklarer og hvorfor integralet av C1 blir negativt når vi integrerer motsatt vei.
5