1. No category

TMA4105 Matematikk 2
Vår 2015
Løsningsforslag — Øving 1
Norges teknisk–naturvitenskapelige
universitet
Institutt for matematiske fag
Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex’ Calculus: A Complete
Course.
5 Exercise 8.2.1
Ved å løse x = 1 + 2t for t, finner vi et uttrykk vi kan sette inn i y = t2 . Vi ser direkte
at t = 12 (x − 1), slik at y = 41 (x − 1)2 .
5 y
4
3
2
1
x
−2
−1
1
2
3
4
Figur 1: Den parametriske kurven x = 1 + 2t, y = t2
6 Exercise 8.2.9
2
2
Siden cos2 t + sin2 t = 1, har vi x 3 + y 3 = 1, som er likningen for en astroide, se
Figur 2. Legg merke til at kurven er innom alle fire kvadranter, dette er mulig siden
potensen er odde i både x og y.
7 Exercise 8.3.9
Formelen for stigningstallet til en parametrisert kurve x = f (t), y = g(t) er
dy
g 0 (t)
= 0 .
dx
f (t)
I vårt tilfelle har vi
x = f (t) = t3 + t,
f 0 (t) = 3t2 + 1,
15. januar 2015
Side 1 av 4
Løsningsforslag — Øving 1
y
1
x
−1.5
−1
−0.5
0.5
1
1.5
−1
Figur 2: Den parametriske kurven x = cos3 t, y = sin3 t
og
y = g(t) = 1 − t3 ,
g 0 (t) = −3t2 ,
og vi skal finne stigningstallet i t = 1. Ved innsetting i formelen får vi
dy g 0 (t) −3t2 3
= 0 =
=− .
2
dx t=1
f (t) t=1
1 + 3t t=1
4
8 Exercise 8.3.17
En parametrisert kurve er glatt i et gitt punkt dersom begge komponentfunksjonenes
deriverte er kontinuerlige og ikke begge 0 i det aktuelle punktet.
Her har vi x = t3 og y = t2 , hvor begge komponentfunksjonenes deriverte er 0 i t = 0,
slik at den parametriserte kurven ikke er glatt der.
9 Exercise 8.4.5
Formelen for kurvelengde er
Z bp
L=
x0 (t)2 + y 0 (t)2 dt.
a
For x = t2 sin t, y = t2 cos t, 0 ≤ t ≤ 2π, har vi
x0 (t) = 2t sin t + t2 cos t
og
y 0 (t) = 2t cos t − t2 sin t
som gir
2
2
x0 (t)2 + y 0 (t)2 = 2t sin t + t2 cos t + 2t cos t − t2 sin t
= 4t2 sin2 t + 4t3 sin t cos t + t4 cos2 t + 4t2 cos2 t − 4t3 sin t cos t + t4 sin2 t
= t2 4 + t2
15. januar 2015
Side 2 av 4
Løsningsforslag — Øving 1
Dermed har vi
2π
Z
L=
Z
p
2
2
t (4 + t ) dt =
0
2π
p
t 4 + t2 dt.
0
Substitusjonen u = 4 + t2 , fulgt av tilbakesubstitusjon for å slippe å beregne nye
grenser, gir så
1
L=
2
Z
t=2π
t=0
3
12
u du =
4 + t2 2
23
1
2
2π
=
0
3
8
1 + π2 2 − 1 .
3
10 Exercise 8.4.8
Vi bruker samme fremgangsmåte som i oppgave 8.4.5, med x = sin2 t og y = 2 cos t
har vi de deriverte
x0 (t) = 2 sin t cos t, y 0 (t) = −2 sin t,
slik at
x0 (t)2 + y 0 (t)2 = 4 sin2 t cos2 t + 1 .
Dermed har vi
Z
L=
π
2
q
4 sin2 t (cos2 t + 1) dt
0
Z
=
π
2
2 sin t
p
cos2 t + 1 dt.
0
Substitusjonen u = cos t, du = − sin t dt gir
Z 0 p
Z 1 p
2
L=−
2 u + 1 du =
2 u2 + 1 du
1
0
h p
i1 √
√
√
= u u2 + 1 + arsinh u = 2 + arsinh 1 = 2 + ln(1 + 2),
0
hvor integralet enten slås opp1 eller finnes ved delvis integrasjon fulgt av hyperbolsk–
trigonometrisk substitusjon.
11 Review exercise 8.6
Vi ser at x2 + y 2 = 4 for alle t i definisjonsområdet, så kurven ligger på en sirkel av
radius 2. Siden 3 · 12 < π2 ser vi at kurven er litt mindre enn en kvart sirkel. Den har
omløpsretning med klokka siden cos og sin er byttet om sammenliknet med standard
parametrisering av sirkelen, og befinner seg i første kvadrant siden den starter i (0, 2).
12 Review exercise 8.15
En formel for arealet begrenset av en lukket parametrisert kurve x = f (t), y = g(t) er
Z
A=±
b
g(t)f 0 (t) dt,
a
1
I ettbindsutgaven finnes dette på innsiden av omslaget bakerst i boka.
15. januar 2015
Side 3 av 4
Løsningsforslag — Øving 1
der fortegnet er avhengig av parametriseringen av kurven.
Vi begynner med å finne ut når kurven skjærer seg selv, siden dette gir integrasjonsgrensene.
Som alltid er det nyttig å skissere kurven.
2 y
1.5
1
0.5
x
−1
−0.5
0.5
1
Figur 3: Den parametriske kurven x = t3 − t, y = |t3 |
Av figuren ser vi at kurven skjærer seg selv i (0, 1), som tilsvarer t = −1 og t = 1,
som altså blir henholdsvis nedre og øvre integrasjonsgrense.
For å finne dette ved hjelp av likningene, setter vi
t31 − t1 = t32 − t2 og |t31 | = |t32 |,
som gir t1 = ±t2 . Kun løsningen med t1 = −t2 er interessant, og gir 2 t31 − t1 = 0.
Dette gir løsningene t1 = 0, som ikke er interessant, og t1 = ±1, som er interessante,
og de samme som vi fant ved inspeksjon av figuren.
Videre er f 0 (t) = 3t2 − 1, slik at vi får
Z
1
|t3 | 3t2 − 1 dt
A=
−1
Z
1
t3 3t2 − 1 dt
0
1 6 1 4 1
= 2 3t − t
6
4 0
1
= .
2
=2
15. januar 2015
Side 4 av 4