Szerkesztő:Mozo/A3 gyakorló feladatok 6.

Differenciálgeometria

Ívhossz és ívhosszparaméterezés

$s=\int\limits_{t_1}^{t_2}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt$

$s(t')=\int\limits_{t_0}^{t'}|\dot{\mathbf{r}}(t)|dt$

$s=s(t')\qquad\to\qquad t'=t'(s)\qquad\to\qquad \mathbf{r}(s)=\mathbf{r}(t')|_{t'=t'(s)}$

1. a) Mi az alábbi görbe ívhossza a [1,e] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=1-tól kezdődően?

$\mathbf{r}(t)=(t\cos \ln t, t\sin \ln t, t)$

b) Mi az alábbi görbe ívhossza a [0,1] paraméterszakaszon és mi az ívhosszparaméterezése t=0-tól kezdődően?

$\mathbf{r}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{t^3}, 2t, \frac{3}{2}t^2)$

MO.: a)

$\dot{\mathbf{r}}(t)=(\cos\ln t-t\sin\ln t\cdot \frac{1}{t},\sin\ln t+t\cos\ln t\cdot \frac{1}{t}, 1)=(\cos\ln t-\sin\ln t,\sin\ln t+\cos\ln t, 1)$

$|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{(\cos\ln t-\sin\ln t)^2+(\sin\ln t+\cos\ln t)^2+1}=$

$=\sqrt{\cos^2\ln t+\sin^2\ln t-2\cos\ln t\sin\ln t+\cos^2\ln t+\sin^2\ln t+2\cos\ln t\sin\ln t+1}=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$

Ívhossz: [1,e]-n:

$s=\int\limits_{1}^{e}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_1^e=\sqrt{3}(e-1)$

Ívhossz paraméterezés t=1-től:

$s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}\sqrt{3}\,dt=[\sqrt{3}\cdot t]_{1}^{t'}=\sqrt{3}(t'-1)\qquad\to\qquad t'=\frac{s}{\sqrt{3}}+1$

$\mathbf{r}(s)=\left(\left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\cos \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)\sin \ln \left(\frac{s}{\sqrt{3}}+1\right), \frac{s}{\sqrt{3}}+1\right)$

b)

$\sqrt{t^3}=t^{\frac{3}{2}}$

$\dot{\mathbf{r}}(t)=(\frac{4\sqrt{3}}{3}\frac{3}{2}\sqrt{t}, 2, \frac{3}{2}2t)=(2\sqrt{3}\sqrt{t}, 2, 3t)$

$|\dot{\mathbf{r}}(t)|=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=$

Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll:

$=\sqrt{12t+ 4+9t^2}=\sqrt{9t^2+12t+4}=\sqrt{(3t+2)^2}=|3t+2|$ ez t>0-ra persze azonos 3t+2-vel.

Ívhossz: [1,e]-n:

$s=\int\limits_{0}^{10}3t+2\,dt=\left.\frac{(3t+2)^2}{6}\right|_0^{10}=\frac{(32)^2}{6}-\frac{2}{3}$

Ívhossz paraméterezés t=0-tól:

$s(t')=\int\limits_{t=1}^{t'}3t+2\,dt=\left[\frac{(3t+2)^2}{6}\right]_{0}^{t'}=\frac{(3t'+2)^2}{6}-\frac{2}{3}$

$t'=\frac{\sqrt{6(s+\frac{2}{3})}-2}{3}=\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}$

$\mathbf{r}(s)=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^3}, 2\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}, \frac{3}{2}\left(\frac{\sqrt{6s+4}-2}{3}\right)^2\right)$

Felszín

$\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v)$ esetén

$A=\iint\limits_{T_{u,v}}|\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}|\,dudv$

z = f(x,y) esetén

$A=\iint\limits_{T_{x,y}}\sqrt{(\partial_xf)^2+(\partial_yf)^2+1}\,dxdy$

2. a) Számítsuk ki a z = x² − y² egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az $x^2+y^2\leq 4$, $x\geq 0$ feltételek adnak meg!

b) Számítsuk ki a $z=\frac{x^2}{2y}$ egyenlettel adott felület azon darabjának felszínét, melyet az $0\leq x\leq 1$, $1\leq y\leq 3$ feltételek adnak meg!

c) Számítsuk ki az $\mathbf{r}(u,v)=(u\cos v,u\sin v,u)$ felület azon darabjának felszínét, melyet a $0\leq u\leq 2$, $0\leq v\leq \pi$ feltételek adnak meg!

MO.: a)

$\sqrt{(\partial_xz(x,y))^2+(\partial_yz(x,y))^2+1}=\sqrt{(2x)^2+(2y)^2+1}=\sqrt{4x^2+4y^2+1}=\sqrt{4(x^2+y^2)+1}$

Mivel a tartomány is és a függvény is hengerszimmetriát mutat (minden amiben x² + y² van, az hengerszimmetrikus), ezért az integrált hengerkoordinátákban számítjuk ki. A tartomány derékszögű és polárparamméterezése (érdemes felrajzolni koordinátarendszerben és leolvasni az r-t, φ-t), r a Jacobi-determináns:

$T_{x,y}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 4, x\geq 0 \}$

$T_{r,\varphi}=\{(r,\varphi)\mid 0\leq r\leq 2, -\frac{\pi}{2}\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2}\}$

$A=\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,r\,drd\varphi=\frac{1}{8}\int\limits_{\varphi=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{r=0}^2\sqrt{4r^2+1}\,8r\,drd\varphi=\frac{1}{8}[\varphi]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cdot[\frac{2}{3}(4r^2+1)^{\frac{3}{2}}]_0^2=\frac{\pi}{24}(17^{\frac{3}{2}}-1)$

b)

$\sqrt{(\frac{x}{y})^2+(-2\frac{x^2}{4y^2})^2+1}=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=$

Vegyük észre, hogy a négyzetgyök alatt egy teljes négyzet

$=\sqrt{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x^4}{4y^4}+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{2y}+1\right)^2}=\left|\frac{x}{2y}+1\right|$, ami $\frac{x}{2y}+1$, a $0\leq x\leq 1$, $1\leq y\leq 3$ feltételek mellett.

$T_{x,y}=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1,1\leq y\leq 3 \}$

$A=\int\limits_{x=0}^1\int\limits_{y=1}^3\,\frac{x}{2y}+1\,dydx=\int\limits_{x=0}^1\,\left[2x(\ln y)+y\right]_{y=1}^3\,dx=\int\limits_{x=0}^1\,2x(\ln 3)+2\,dx=[x^2(\ln 3)+2x]_0^1=(\ln 3)+2$

Érintősík

Ha $\mathbf{r}=\mathbf{r}(u,v)$ a felület, akkor az érintősík normálisa:

$\mathbf{n}=\partial_u\mathbf{r}\times\partial_v\mathbf{r}$, ha pedig n=(A,B,C), akkor az érintősík egyenlete:

A(x − x₀) + B(y − y₀) + C(z − z₀) = 0

ahol (x₀,y₀,z₀) annak a pontnak a koordinátái, ahol az érintősíkot keressük, ez néha $\mathbf{r}(u_0,v_0)$-ként van meghatározva. Speciálisan, ha z=f(x,y) és u=x, v=y, akkor $\mathbf{n}=(\partial_xf,-\partial_yf,1)$. Ugyanis ekkor (x,y,f(x,y)) a felület és

$\partial_x\mathbf{r}=(1,0,\partial_xf)$

$\partial_y\mathbf{r}=(0,1,\partial_yf)$

$\begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ 1 &0 &\partial_xf \\ 0 & 1 & \partial_yf \end{vmatrix}=\mathbf{i}\partial_xf-\mathbf{j}\partial_yf+\mathbf{k}$

3. a) $\mathbf{r}(u,v)=(e^u\sin v,e^u,uv+1)$. Mi az érintősíkja az (u,v)=(0,0)-ban?

b) z = x² − y² érintősíkja a (x₀,y₀,z₀) = (0,1, − 1)-ben.

MO.: a)

$\partial_u\mathbf{r}=(e^u\sin v,e^u,v)$

$\partial_v\mathbf{r}=(e^u\cos v,0,u)$

az adott (0,0) pontban

$\partial_u\mathbf{r}=(0,1,0)=\mathbf{j}$

$\partial_v\mathbf{r}=(1,0,0)=\mathbf{i}$

ezek vektoriális szorzata: -k, azaz a normálvektor: (A,B,C)=(0,0,-1) vagy egyszerűbben (A,B,C)=(0,0,1) mert az érintősíknál nincs jelentősége a normálvektor irányításának. Az adott pont: $\mathbf{r}(0,0)=(0,1,1)=(x_0,y_0,z_0)$ Tehát a sík egyenlete: z-1=0, azaz z=1.

b) $\mathbf{n}=(2x,-2y,1)=(0,-2,1)=(A,B,C)$

$-2(y-1)+z+1=0\,$

Differenciálegyenletek

Lineáris állandóegyütthatós

Minden

f₀(x)y + f₁(x)y' + ... + f_n(x)y⁽ⁿ⁾) = f(x)

lineáris differenciálegyenlet megoldásainak halmaza

$\,y=y_H+y_P$

alakú, ahol y_H a homogén

f₀(x)y + f₁(x)y' + ... + f_n(x)y⁽ⁿ⁾)

egyenlet megoldása, y_p pedig az egyenlet egy partikuláris megoldása.

Állandóegyütthatójú, ha

f₀(x) = a₀,f₁(x) = a₁ + ... + f_n(x) = a_n számok.

Gyakran csak másodrendű:

$ay''+by'+cy=f(x)\,$

ha a, b, c ∈ R.

Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ²+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).

$y(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}$, ha $\lambda_1\ne\lambda_2\in\mathbf{R}\,$

$y(x)=C_1e^{\lambda x}+C_2xe^{\lambda x}\,$, ha $\lambda_1=\lambda=\lambda\in\mathbf{R}\,$ (gyök vagy belső rezonancia esete)

$y(x)=C_1e^{\alpha x}\cos(\beta x)+C_2e^{\alpha x}\sin(\beta x)\,$, ha $\lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta\in\mathbf{C}\,$

Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható

$f(x)=e^{ax}\left(p(x)\cos(bx)+q(x)\sin(bx)\right)$

ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ib ∈ C szám m szeres gyöke az aλ²+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az y_p(x) partikuláris megoldásra a feltevés:

$y_p(x)=x^me^{ax}\left(P(x)\cos(bx)+Q(x)\sin(bx)\right)$

ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.

4. $y''+4y=\sin(2x)\,$ kezdeti feltételek: y(0) = 0, y'(0) = − 1

MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:

$y''+4y=0\,$

$\lambda^2+4=0\qquad\to\qquad \lambda_{1,2}=\pm 2i$ (tehát a megoldás $\alpha\pm\beta$, alakú, ahol α = 0,β = 2)

$y_H=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)\,$

II. Vegyük észre, hogy a karakterisztikus egyenlet β = 2 gyöke rezonanciában van az sin(2x) inhomogén tag 2 frekvenciájával. Ekkor egy x szorzót veszünk hozzá az Asin(2x) + Bcos(2x) kifejezéshez, ezért a próbafüggvény:

$y_P=x(A\sin(2x)+B\cos(2x))\,$

lesz.

$\,y_P'=A\sin(2x)+2Ax\cos(2x)+B\cos(2x)-2Bx\sin(2x)\,$

$\,y_P''=2A\cos(2x)+2A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-2B\sin(2x)-2B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)\,$

Behelyettesítve az egyenletbe:

$y''+4y=\sin(2x)\,$

$\,4A\cos(2x)-4Ax\sin(2x)-4B\sin(2x)-4Bx\cos(2x)+4xA\sin(2x)+4Bx\cos(2x)=\sin(2x)$

$\,4A\cos(2x)-4B\sin(2x)=1\cdot\sin(2x)+0\cdot \cos(2x)$

Az együtthatókat leolvasva:

4A = 0, − 4B = 1 azaz $A=0, B=-\frac{1}{4}$

Az általános megoldás:

$y=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)-\frac{1}{4}\sin(2x)$

A kezdeti érték feltételből a konstansok:

$y(0)=0\,$

$0=C_1\,$

$y'(0)=-1\,$

$y'=-2C_1\sin(2x)+2C_2\cos(2x)-\frac{1}{2}\cos(2x)$

$-1=+2C_2-\frac{1}{2}$

$-\frac{1}{2}=+2C_2$

$-\frac{1}{4}=C_2$

5.

$y''-5y'+6y=e^{2x}\,$ kezdeti feltételek: y(0) = 1, y'(0) = − 1

MO.: I. Először a homogén egyenletet oldjuk meg:

$y''-5y'+6y=0\,$

$\lambda^2-5\lambda+6=0\qquad\to\qquad \lambda_1=2,\lambda_1=3$

$y_H=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}\,$

II. Vegyük észre, hogy 2 gyök rezonál az exponenciális frekvenciájával. Ezért a partikuláris megoldást

y = Axe^2x

alakban keressük.

y' = Ae^2x + 2Axe^2x

y'' = 2Ae^2x + 2Ae^2x + 4Axe^2x

Behelyettesítve az eredeti egyenletbe:

$2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5(Ae^{2x}+2Axe^{2x})+6Axe^{2x}=e^{2x}\,$

$2Ae^{2x}+2Ae^{2x}+4Axe^{2x}-5Ae^{2x}-10Axe^{2x}+6Axe^{2x}=e^{2x}\,$

$-Ae^{2x}=e^{2x}\,$

$-A=1\,$

$A=-1\,$

Áltlános megoldás:

$y=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}-xe^{2x}\,$

A kezdeti érték feltételből a konstansok:

y(0) = 1: x=0, y=1

$1=C_1+C_2\,$

y'(0) = − 1: x=0, y'=-1

$y'=2C_1e^{2x}+3C_2e^{3x}-e^{2x}-2xe^{2x}\,$

$-1=2C_1+3C_2-1\,$

$0=2C_1+3C_2\,$ azaz $C_2=-\frac{2}{3}C_1\,$

$1=C_1+C_2\,$

$1=C_1-\frac{2}{3}C_1\,$ azaz $1=\frac{1}{3}C_1\,$ azaz C₁ = 3 C₂ = − 2

Hiányos magasabbrendű

Gyakori probléma a lineáris, melyet hiányosként oldunk meg:

6.

y''' + 2y'' + y' = 3x²

Ez egy y-ban hiányos lineáris. Valójában olyan, mintha nem is y-ra, hanem y'-re lenne felírva az egyenlet. Ilyenkor érdemes először y'-re megoldani, majd y'-t integrálni, hogy y-hoz jussunk. Ehhez bevezetjük a p(x)=y'(x) új ismeretlen függvényt. Ekkor az egyenlet:

p'' + 2p' + p = 3x²

Ez már egy állandó együtthatójú másodrendű lineáris. Először megoldjuk p-re.

I. Karakterisztikus polinom

λ² + 2λ + 1 = 0

Ez egy teljes négyzet:

(λ + 1)² = 0 azaz λ_1,2 = − 1, vagyis belső rezonancia van, a gyökök egybeesnek.

p_H = C₁e ^{− x} + C₂xe ^{− x}

II. Próbafüggvény a másodfokú polinom miatt:

p_P = Ax² + Bx + C

p_P' = 2Ax + B

p_P'' = 2A

2A + 2(2Ax + B) + Ax² + Bx + C = 3x²

2A + C + 2B + (4A + B)x + Ax² = 3x²

A=3, B=-12, C=-6+12=6

Innen

p = C₁e ^{− x} + C₂xe ^{− x} + 3x² − 12x + 6

Az y-t a p=y' egyenlet miatt a p integrálásával kapjuk:

y = − C₁e ^{− x} − C₂xe ^{− x} − C₂e ^{− x} + x³ − 6x² + 6x + D

ahol a középső tag parciális integrálással kapható:

$\int xe^{-x}\,dx=-xe^{-x}-\int -e^{-x} dx=-xe^{-x}-e^{-x} dx$

Integrálátalakító tételek

Gauss-tétel

Gauss-tétel: Ha V olyan mérhető korlátos térfogat, melyet az F felület határol és v olyan folytonosan differenciálható vektormező, mely a V-t és az F-et tartalmazó nyílt halmazon értelmezett, és az F a V-ből kifelé van irányítva akkor

$\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV$

F. Számítsuk ki $z=\sqrt[3]{x^2+y^2}$ és z=1 egyenletek által meghatározott felületek által bezárt korlátos térfogat kifelé irányított határára a

$\mathbf{v}(x,y,z)=(x^3z^2,y^3z^2,xy)$

vektormező integrálját!

MO. Láthatóan a felület hengerszimmetrikus, hiszen csak r-től és z-től függ (x² + y² van benne). $z=\sqrt[3]{x^2+y^2}$ hengerkoordinátákban:

$z=\sqrt[3]{r^2}$

ez egy gyökfüggvény a z tengely körül körbeforgatva (tölcsér) és a magassága z=1. A két felület metszésvonala:

$z=\sqrt[3]{r^2}$

z = 1

azaz

$1=\sqrt[3]{r^2}$

és

r = 1, z = 1.

Alulról tehát a tölcsér, felülről egy sík határolja a térfogatot, ezért a felső határ: z=1, az alsó határ $z=\sqrt[3]{r^2}$ , miközben a sugár $0\leq r\leq 1$ és a forgásszimmetria miatt: $0\leq \varphi\leq 2\pi$

$\mathrm{div}\, \mathbf{v}=\partial_x v_1+\partial_y v_2+\partial_z v_3=3x^2z^2+3y^2z^2=3z^2r^2$

$\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1\int\limits_{z=r^{\frac{2}{3}}}^1 r^2 3z^2 r\,dzdrd\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1[r^3 z^3]_{z=r^{\frac{2}{3}}}^1 \,drd\varphi=$

$=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{r=0}^1r^3-r^5 \,drd\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}[\frac{1}{4}r^4-\frac{1}{6}r^6]_0^1 \,d\varphi=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\,d\varphi=\frac{\pi}{6}$

F. Számítsuk ki $z\leq \sqrt{4-x^2-y^2}$ és $x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0$ egyenlőtlenségek által meghatározott korlátos térfogat kifelé irányított határárra a

$\mathbf{v}(x,y,z)=(y,x,\frac{1}{3}z^3)$

vektormező integrálját!

MO.: Zárt térfogatra kell integrálni, ez Gauss-tétel lesz. A vektormező divergenciája:

$\mathrm{div}\, \mathbf{v}=\partial_x v_1+\partial_y v_2+\partial_z v_3=0+0+z^2=z^2$

A $x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0$ feltételek az első térnyolcadot határozzák meg, az $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ egyenlet pedig a 2 sugarú, origó középpontú gömbfelületet felső felét, ugyanis gömbi koordinátákban r az origótól mért távolság:

$z=\sqrt{4-x^2-y^2}$

z² = 4 − x² − y²

x² + y² + z² = 4

r² = 4

A tartomány gömbi paraméterezése

$V_{r,\varphi,\vartheta}=\{(r,\varphi,\vartheta)\mid 0\leq r\leq 2,0\leq\varphi\leq \frac{\pi}{2},0\leq\vartheta\leq \frac{\pi}{2}\}$

mivel

$z=r\cos\vartheta$

és a Jacobi-determináns:

$r^2\sin\vartheta$

ezért

$\oint\limits_F\mathbf{v}\,d\mathbf{f}=\int\limits_{V} \mathrm{div}\,\mathbf{v}\,dV=\int\limits_{r=0}^{2}\int\limits_{\varphi=0}^{\frac{\pi}{2}}\int\limits_{\vartheta=0}^{\frac{\pi}{2}}r^2\cos^2\vartheta r^2\sin\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr=\int\limits_{r=0}^{2}\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\int\limits_{\vartheta=0}^\frac{\pi}{2}r^4\cos^2\vartheta\sin\vartheta\,d\vartheta d\varphi dr=$

$=\left(\int\limits_{r=0}^{2}r^4 dr\right)\cdot\left(\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\cos^2\vartheta\sin\vartheta d\vartheta\right)\cdot=\left(\int\limits_{\varphi=0}^\frac{\pi}{2}\varphi\right)=$