PRVI KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE III
19. november 2007
1. (a) Poiˇsˇcite tangentno ravnino ploskve
~
r(u, v) =
uv,u v, 1
u2
v toˇcki T 2,1,12 .
(b) Poiˇsˇcite toˇcko na krivulji
~ r(t) =
1
4sint+7 8,7
2 −√
3 cost,7
2 −cos(2t)
,
v kateri je tangentna premica pravokotna na ravnino x+ 4y+ 8z = 10.
Reˇsitev.
(a) Za doloˇcitev parametrov u, v v preseˇciˇsˇcu dobimo sistem enaˇcb uv = 2, u
v = 1, 1 u2 = 1
2, ki ima reˇsitev u =v =±√
2. Vemo, da normalo tangentne ravnine dobimo na sledeˇc naˇcin
~ru(u, v) =
v,1 v,− 2
u3
~rv(u, v) = u,−u
v2,0
~
n =~ru ±√ 2,±√
2
×rv ±√ 2,±√
2
=
− 1
2,−1,−2
∼(1,2,4) Torej se tangentna ravnina glasix+ 2y+ 4z =d, kjerdporaˇcunamo z vstavlja- njem toˇcke T 2,1,12
in dobimo x+ 2y+ 4z = 6.
(b) Poraˇcunajmo si najprej tangentni vektor:
~r(t) =˙ 1
4cost,√
3 sint,2 sin(2t) .
Ker mora biti tangentna premica pravokotna na ravnino, pomeni, da mora biti tangentni vektor vzporeden normali ravnine. Torej mora veljati
1
4cost,√
3 sint,2 sin(2t)
=k(1,4,8) oziroma dobimo sistem enaˇcb
1
4cost =k, √
3 sint= 4k, 2 sin(2t) = 8k.
Kakorkoli pogledamo na ta sistem (recimo, da najprej zdelimo prvi dve enaˇcbi ali da najprej enaˇcimo drugi dve enaˇcbi, kjer upoˇstevamo sin(2t) = 2 sintcost), dobimo reˇsitev t = π6. Iskano roˇcko dobimo seveda tako, da sedaj to vstavimo v zaˇcetno parametrizacijo, kar nam da toˇcko T(1,2,3).
2. S pomoˇcjo odvajanja na parameter izraˇcunajte integral F(a) =
Z π
−π
log(1 +asinx)
sinx dx, |a|<1.
Reˇsitev. Sledimo navodilu in si res najprej izraˇcunajmo odvod tega integrala s parametrom:
F0(a) = Z π
−π
sinx
(1 +asinx) sinxdx= Z π
−π
1
1 +asinxdx To pogledamo v matematiˇcni priroˇcnik in dobimo
F0(a) = 2
√1−a2 arctantanx2 +a
√1−a2
π
−π
= 2
√1−a2 π
2 +π 2
= 2π
√1−a2 Tako smo izraˇcunali odvod naˇse iskane funkcije, torej sedaj to integrirajmo:
F(a) = Z
F0(a)da=
Z 2π
√1−a2da = 2πarcsina+C
Ce pogledamo zaˇˇ cetni integral, vidimo, da velja F(0) = 0 in tako dobimo enaˇcbo 0 = 0 +C, katere reˇsitev je C = 0. Tako smo dobili reˇsitevF(a) = 2πarcsina.
3. Izraˇcunajte prostornino telesa doloˇcenega z
x2+y2 ≤2x, z ≤4−(x2+y2), z ≥0.
Reˇsitev. Prva mejna ploskev je premaknjen pokonˇcen valj v smeri xosi za 1, druga mejna ploskev pa obrnjen paraboloid v srediˇsˇcni legi in dvignjen za 4 v smeriz osi, ki
ima presek z ravninoz= 0 (tretja mejna ploskev) kroˇznico v srediˇsˇcni legi s polmerom 2. Pomeni, da ima naˇse telo projekcijo na xy ravnino ravno enako x2 +y2 ≤ 2x oziroma (x−1)2 +y2 ≤ 1. Uvedimo polarne koordinate x = rcosϕ, y = rsinϕ.
Kroˇznica, ki je mejna krivulja tega integracijskega obmoˇcja, se v polarnih koordinatah glasi r2 = 2rcosϕoziroma r = 2 cosϕ, omenjen paraboloid pa z = 4−r2. ˇCe povrh vsega upoˇstevamo ˇse simetrijo, dobimo
V = 2 Z π/2
0
dϕ
Z 2 cosϕ
0
(4−r2)r dr =
= 2 Z π/2
0
2r2− r4 4
2 cosϕ
0
dϕ=
= 16 Z π/2
0
cos2ϕ dϕ−8 Z π/2
0
cos4ϕdϕ=
= 16 1
2ϕ+1
4sin(2ϕ)
π/2
0
−8 3
8ϕ+ 1
4sin(2ϕ) + 1
32sin(4ϕ)
π/2
0
=
= 16π
4 −83π
16 = 4π−3π 2 =
= 5π 2
