15 svar
284 visningar
mrlill_ludde behöver inte mer hjälp
mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 18 jan 2019 11:10

stokes sats.

 

Har kommit fram till att rotF=(0,0,-2y)rot F = (0,0,-2y)
n=(*,*,1)n = (*,*,1)

rotF·n=-2yrot F \cdot n = -2y
kvadratkompletterar vi cylindern får vi ellipsen (x-1)2+2(y-2)22(x-1)^2+2(y-2)^2 \le 2
så paramatiserar jag och får

x=rcos2θ+1x = r cos^2\theta +1
y=(rsin2θ+1)12y = (r sin^2\theta + 1)\frac{1}{2} men det känns fel. för detta tänkte jag sätta som gränser i integralen sen? eller ... hmm

Laguna Online 29932
Postad: 18 jan 2019 11:23

Jag får rot F till nollvektorn.

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 18 jan 2019 11:24
Laguna skrev:

Jag får rot F till nollvektorn.

 Nee. Hur då?:)

Smaragdalena 80504 – Avstängd
Postad: 18 jan 2019 11:37

mrlill_ludde, om du visar hur du har fått fram att rotF=(0,0,-2y) kan vi hjälpa dig därifrån.

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 18 jan 2019 13:08
Smaragdalena skrev:

mrlill_ludde, om du visar hur du har fått fram att rotF=(0,0,-2y) kan vi hjälpa dig därifrån.

  ???

Laguna Online 29932
Postad: 18 jan 2019 13:23

Nu får jag samma som du.

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 18 jan 2019 13:27

Laguna skrev:

Nu får jag samma som du.

 Och jag testade den andra med determinanteN (sitter på tåget så kommer åt datorn) men som få ser ut såhär

 

Det|{i,j,k},{d/dx.d/dy,d/dz},{P,Q,R}|

 

då får jag 0... 

 

hur kan de skilja sig?

vilken metod använder man?

Smaragdalena 80504 – Avstängd
Postad: 18 jan 2019 13:32
mrlill_ludde skrev:
Smaragdalena skrev:

mrlill_ludde, om du visar hur du har fått fram att rotF=(0,0,-2y) kan vi hjälpa dig därifrån.

  ???

 Vad kom du fram till? Visa dina beräkningar för rotF.

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 18 jan 2019 13:35
Smaragdalena skrev:
mrlill_ludde skrev:
Smaragdalena skrev:

mrlill_ludde, om du visar hur du har fått fram att rotF=(0,0,-2y) kan vi hjälpa dig därifrån.

  ???

 Vad kom du fram till? Visa dina beräkningar för rotF.

 Den där determinanten blir (4y-4y,2z-2z,3x^2x^2-2y) = (0,0,-2y)

Men med din länk får jag 0.

AlvinB 4014
Postad: 19 jan 2019 10:34 Redigerad: 19 jan 2019 10:37

Rätt svar är rot F=(0,0,-2y)\text{rot}\ \mathbf{F}=(0,0,-2y). Jag vet inte hur ni beräknar determinanterna, men jag gillar själv Sarrus regel när man beräknar rotationer. Då får vi samma svar med båda metoder (om  man är duktig med determinanter kan man direkt se att deras värden är samma om man gör två radbyten och sedan transponerar).

ijkxyzFxFyFz=4yi+2zj+3x2k-4yi-2zj-3x2+2yk=3x2k-3x2k-2yk=-2yk=0,0,-2y\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\\mathbf{F}_x&\mathbf{F}_y&\mathbf{F}_z\end{vmatrix}=4y\mathbf{i}+2z\mathbf{j}+3x^2\mathbf{k}-4y\mathbf{i}-2z\mathbf{j}-\left(3x^2+2y\right)\mathbf{k}=3x^2\mathbf{k}-3x^2\mathbf{k}-2y\mathbf{k}=-2y\mathbf{k}=\left(0,0,-2y\right)

xFxe1yFye2zFze3=3x2e3+2ze2+4ye1-4ye1-3x2+2ye3-2ze2=3x2e3-3x2e3-2ye3=-2ye3=0,0,-2y\begin{vmatrix}\frac{\partial}{\partial x}&\mathbf{F}_x&\mathbf{e}_1\\\frac{\partial}{\partial y}&\mathbf{F}_y&\mathbf{e}_2\\\frac{\partial}{\partial z}&\mathbf{F}_z&\mathbf{e}_3\end{vmatrix}=3x^2\mathbf{e}_3+2z\mathbf{e}_2+4y\mathbf{e}_1-4y\mathbf{e}_1-\left(3x^2+2y\right)\mathbf{e}_3-2z\mathbf{e}_2=3x^2\mathbf{e}_3-3x^2\mathbf{e}_3-2y\mathbf{e}_3=-2y\mathbf{e}_3=\left(0,0,-2y\right)

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 19 jan 2019 11:55
AlvinB skrev:

Rätt svar är rot F=(0,0,-2y)\text{rot}\ \mathbf{F}=(0,0,-2y). Jag vet inte hur ni beräknar determinanterna, men jag gillar själv Sarrus regel när man beräknar rotationer. Då får vi samma svar med båda metoder (om  man är duktig med determinanter kan man direkt se att deras värden är samma om man gör två radbyten och sedan transponerar).

ijkxyzFxFyFz=4yi+2zj+3x2k-4yi-2zj-3x2+2yk=3x2k-3x2k-2yk=-2yk=0,0,-2y\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\\mathbf{F}_x&\mathbf{F}_y&\mathbf{F}_z\end{vmatrix}=4y\mathbf{i}+2z\mathbf{j}+3x^2\mathbf{k}-4y\mathbf{i}-2z\mathbf{j}-\left(3x^2+2y\right)\mathbf{k}=3x^2\mathbf{k}-3x^2\mathbf{k}-2y\mathbf{k}=-2y\mathbf{k}=\left(0,0,-2y\right)

xFxe1yFye2zFze3=3x2e3+2ze2+4ye1-4ye1-3x2+2ye3-2ze2=3x2e3-3x2e3-2ye3=-2ye3=0,0,-2y\begin{vmatrix}\frac{\partial}{\partial x}&\mathbf{F}_x&\mathbf{e}_1\\\frac{\partial}{\partial y}&\mathbf{F}_y&\mathbf{e}_2\\\frac{\partial}{\partial z}&\mathbf{F}_z&\mathbf{e}_3\end{vmatrix}=3x^2\mathbf{e}_3+2z\mathbf{e}_2+4y\mathbf{e}_1-4y\mathbf{e}_1-\left(3x^2+2y\right)\mathbf{e}_3-2z\mathbf{e}_2=3x^2\mathbf{e}_3-3x^2\mathbf{e}_3-2y\mathbf{e}_3=-2y\mathbf{e}_3=\left(0,0,-2y\right)

Föredrar också Sarrus. Men aaa fick 0 med den första deterinant matrisen. Får kolla upp det 

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 20 jan 2019 17:40

Okej vad nice:)

Men jag har fortf inte fått svar på min fråga :'D

AlvinB 4014
Postad: 20 jan 2019 18:33 Redigerad: 20 jan 2019 20:57

Ja, ditt variabelbyte har blivit lite fel.

Stokes sats ger ju som du redan räknat ut att:

ΓF·dr=(x-1)2+2(y-2)22×F dS=(x-1)2+2(y-2)22-2y dxdy\displaystyle\int_{\Gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2}\nabla\times\mathbf{F}\ dS=\iint_{(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2}-2y\ dxdy

Härifrån skulle vi vilja ha ett variabelbyte som gav oss några fina trigonometriska ettor (på samma vis som i denna tråd). Till att börja med vill vi bli av med -1-1 och -2-2 i kvadraterna. Detta kan vi göra genom att addera 11 och 22 till respektive koordinat:

{x=rcos(θ)+1y=rsin(θ)+2\{\begin{matrix}x=r\cos(\theta)+1\\y=r\sin(\theta)+2\end{matrix}

Men detta variabelbyte är fortfarande inte riktigt perfekt. Om vi prövar att sätta in det i (x-1)2+2(y-2)22(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2 får vi:

(x-1)2+2(y-2)222(x-1)^2+2(y-2)^2^2\leq2

(rcos(θ)+1-1)2+2(rsin(θ)+2-2)22(r\cos(\theta)+1-1)^2+2(r\sin(\theta)+2-2)^2\leq2

r2cos2(θ)+2r2sin(θ)22r^2\cos^2(\theta)+2r^2\sin(\theta)^2\leq2

Tyvärr kan vi inte använda trigonometriska ettan här eftersom den där tvåan ställer till det. Om vi då tänker oss att vi skulle efter kvadreringen vilja ha delat på två så att den försvann blir det ju före kvadreringen delat på roten ur två, d.v.s. variabelbytet:

{x=rcos(θ)+1y=rsin(θ)2+2\{\begin{matrix}x=r\cos(\theta)+1\\y=\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}}+2\end{matrix}

Prövar vi detta ser vi att vi får vår trigetta:

(x-1)2+2(y-2)22(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2

rcosθ+1-12+2(rsin(θ)2+2-2)22\left(r\cos\left(\theta\right)+1-1\right)^2+2(\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}}+2-2)^2\leq2

rcosθ2+2(rsin(θ)2)22\left(r\cos\left(\theta\right)\right)^2+2(\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}})^2\leq2

r2cos2θ+2·r2sin2(θ)22r^2\cos^2\left(\theta\right)+2\cdot\dfrac{r^2\sin^2(\theta)}{2}\leq2

r2cos2θ+r2sin2θ2r^2\cos^2\left(\theta\right)+r^2\sin^2\left(\theta\right)\leq2

r22r^2\leq2

Voila! Detta är alltså variabelbytet vi eftersöker.

Tänk på att du inte får den gamla vanliga Jacobideterminanten rr med detta variabelbyte, utan du får multiplicera med en extra konstant.

AlvinB 4014
Postad: 20 jan 2019 18:54 Redigerad: 20 jan 2019 18:55

Angående Jacobideterminanter för sådana här variabelbyten kan det vara bra att komma ihåg en egenskap från den linjära algebran, nämligen att om vi multiplicerar en rad eller en kolonn med en viss skalär multipliceras determinanten med samma skalär. Om vi har matrisen

A=123545666A=\begin{bmatrix}1&2&3\\5&4&5\\6&6&6\end{bmatrix}

och multiplicerar en rad med en skalär, t.ex. 22 så att vi får matrisen:

123545121212\begin{bmatrix}1&2&3\\5&4&5\\12&12&12\end{bmatrix}

så kommer denna matris determinant att vara lika med 2det(A)2\det(A).

Denna egenskap kan vi använda oss av när vi skall räkna fram Jacobideterminanten. Eftersom vi vet att:

xrxθyryθ=r\begin{vmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial r}&\dfrac{\partial x}{\partial\theta}\\\dfrac{\partial y}{\partial r}&\dfrac{\partial y}{\partial\theta}\end{vmatrix}=r

och eftersom vi multiplicerar yy med 12\frac{1}{\sqrt{2}} (konstanterna struntar vi i eftersom de försvinner när vi deriverar) kommer vi att få determinanten:

xrxθ12·yr12·yθ=r2\begin{vmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial r}&\dfrac{\partial x}{\partial\theta}\\\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\partial y}{\partial r}&\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{\partial y}{\partial\theta}\end{vmatrix}=\dfrac{r}{\sqrt{2}}

eftersom vi multiplicerat den nedre raden med skalären 12\frac{1}{\sqrt{2}}.

Detta trick är väldigt användbart i sfäriska koordinater eftersom man arbetar med krångligare determinanter där.

mrlill_ludde 1047 – Fd. Medlem
Postad: 20 jan 2019 20:42
AlvinB skrev:

Ja, ditt variabelbyte har blivit lite fel.

Stokes sats ger ju som du redan räknat ut att:

ΓF·dr=(x-1)2+2(y-2)22×F dS=(x-1)2+2(y-2)22-2y dxdy\displaystyle\int_{\Gamma}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\iint_{(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2}\nabla\times\mathbf{F}\ dS=\iint_{(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2}-2y\ dxdy

Härifrån skulle vi vilja ha ett variabelbyte som gav oss några fina trigonometriska ettor (på samma vis som i denna tråd). Till att börja med vill vi bli av med -1-1 och -2-2 i kvadraterna. Detta kan vi göra genom att addera 11 och 22 till respektive koordinat:

{x=rcos(θ)+1y=rsin(θ)+2\{\begin{matrix}x=r\cos(\theta)+1\\y=r\sin(\theta)+2\end{matrix}

Men detta variabelbyte är fortfarande inte riktigt perfekt. Om vi prövar att sätta in det i (x-1)2+2(y-2)22(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2 får vi:

(x-1)2+2(y-2)222(x-1)^2+2(y-2)^2^2\leq2

(rcos(θ)+1-1)2+2(rsin(θ)+2-2)22(r\cos(\theta)+1-1)^2+2(r\sin(\theta)+2-2)^2\leq2

r2cos2(θ)+2r2sin(θ)22r^2\cos^2(\theta)+2r^2\sin(\theta)^2\leq2

Tyvärr kan vi inte använda trigonometriska ettan här eftersom den där tvåan ställer till det. Om vi då tänker oss att vi skulle efter kvadreringen vilja ha delat på två så att den försvann blir det ju före kvadreringen delat på roten ur två, d.v.s. variabelbytet:

{x=rcos(θ)+1y=rsin(θ)2+2\{\begin{matrix}x=r\cos(\theta)+1\\y=\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}}+2\end{matrix}

Prövar vi detta ser vi att vi får vår trigetta:

(x-1)2+2(y-2)222(x-1)^2+2(y-2)^2^2\leq2

rcosθ+1-12+2(rsin(θ)2+2-2)22\left(r\cos\left(\theta\right)+1-1\right)^2+2(\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}}+2-2)^2\leq2

rcosθ2+2(rsin(θ)2)22\left(r\cos\left(\theta\right)\right)^2+2(\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}})^2\leq2

r2cos2θ+2·r2sin2(θ)22r^2\cos^2\left(\theta\right)+2\cdot\dfrac{r^2\sin^2(\theta)}{2}\leq2

r2cos2θ+r2sin2θ2r^2\cos^2\left(\theta\right)+r^2\sin^2\left(\theta\right)\leq2

r22r^2\leq2

Voila! Detta är alltså variabelbytet vi eftersöker.

Tänk på att du inte får den gamla vanliga Jacobideterminanten rr med detta variabelbyte, utan du får multiplicera med en extra konstant.

Men varför delas inte konstanten 2 hos sin med 2\sqrt{2}

AlvinB 4014
Postad: 20 jan 2019 21:09

Därför att då tar den inte ut minus tvåan i parentesen. Eftersom -2-2 står i parentesen behöver vi bara lägga till +2+2 för att ta ut den. Se vad som händer om vi prövar med +22+\frac{2}{\sqrt{2}}:

(x-1)2+2(y-2)22(x-1)^2+2(y-2)^2\leq2

rcosθ+1-12+2(rsin(θ)2+22-2)22\left(r\cos\left(\theta\right)+1-1\right)^2+2(\dfrac{r\sin(\theta)}{\sqrt{2}}+\dfrac{2}{\sqrt{2}}-2)^2\leq2

rcosθ2+2(rsin(θ)+2-222)22\left(r\cos\left(\theta\right)\right)^2+2(\dfrac{r\sin(\theta)+2-2\sqrt{2}}{\sqrt{2}})^2\leq2

r2cosθ+(rsinθ+2-22)22r^2\cos\left(\theta\right)+(r\sin\left(\theta\right)+2-2\sqrt{2})^2\leq2

r2cosθ+r2sin2θ+(2-22)rsin(θ)-82+122r^2\cos\left(\theta\right)+r^2\sin^2\left(\theta\right)+(2-2\sqrt{2})r\sin(\theta)-8\sqrt{2}+12\leq2

r2+(2-22)rsin(θ)-82+122r^2+(2-2\sqrt{2})r\sin(\theta)-8\sqrt{2}+12\leq2

Vi får alltså inte alls det snygga uttryck vi vill ha om vi delar 22 med 2\sqrt{2}.

Svara
Close