Eksamen i V139A Matematikk 30

Transkript

1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi Eksamen i V139A Matematikk desember Fagnummer: V139A Faglærer: Hans Petter Hornæs Tillatte hjelpemidler: Godkjent kalkulator ottmanns formelsamling Oppgavesettet består av 7 oppgaver på tilsammen 5 sider inkludert forside og 2 sider formelsamling. Kontrollér at settet er komplett før du starter arbeidet. Ved innlevering skilles hvit og gul besvarelse, og de legges i hvert sitt omslag. Oppgavetekst, kladd og blå kopi beholdes av kandidaten. Innføring med penn eller blyant som gir gjennomslag. Husk kandidatnummer på hvert ark! LYKKE TIL MED EKAMEN!

2 Eksamen i V139A Matematikk desember 21 2 Oppgave 1 I en snøball med sentrum i origo og radius 5 centimeter er temperaturen u i et punkt ved et tidspunkt gitt som funksjonen ux, y, z = 1e x2 y 2 z 2, x 2 + y 2 + z Finn en vektor som angir retningen varmeenergien vil strømme fra punktet 2, 2, 1, og finn den retningsderiverte av u i denne retningen. Oppgave 2 La være en sirkelskive i planet, med radius 1 og sentrum i origo. egn ut integralet Oppgave x 2 + y 2 da. La være en bit av en ellipse i planet parametrisert ved rt =[3cost, sint], t π/2. La feltet F, definert i 2 \{}, væregittved [ F x, y = x x2 +9y 2, ] 6y x2 +9y 2. egn ut arbeidsintegralet F T ds = F dr. Oppgave 4 I denne oppgaven er vektorfeltet F,definertihele 3,gittved La T være kula gitt ved likningen F x, y, z = [ x 3 + e y,y 3 x 5,z 3 ]. x 2 + y 2 + z La være overflaten til T,ogn enhetsnormalvektoren til som peker bort fra origo. a Uttrykk fluksen F n d som et integral over legemet T. I svaret skal integranden uttrykkes som en formel med x, y og z, men grensene behøver foreløbig ikke settes inn.

3 Eksamen i V139A Matematikk desember 21 3 b ett opp trippelintegralet fra a oppgaven så langt du kommer med grenser uten å begynne å integrere, både i rektangulære koordinater, sylinderkoordinater og kulekoordinater. c egn ut F n d. Oppgave 5 I denne oppgaven er F vektorfeltet gitt ved F x, y, z = [ 2z 3 3x 2 y, x 3, 6xz 2 ], x, y, z 3. a Vis at F er et konservativt felt på hele 3. b Finn en fx, y, z slik at fx, y, z =F x, y, z. det vil si at du skal finne en potensialfunksjon til F. c egn ut arbeidsintegralet Oppgave 6 Løs bølgelikningsproblemet 2,,1 1,2, F T ds. 1 2 u xx = u tt 1 u,t = 2 uπ, t = 3 ux, = sinx 1 sin3x 4 9 u t x, = 5 x π, t. Bruk separasjon av variable, og vis i grove trekk utregningene. Oppgave 7 Et flatestykke i rommet er parametrisert ved ru, v = [ sin 2 u/2, cosu sinv, cosu cosv ], u π 2, v 2π. a egn ut arealet til. b er en del av en flate som kan utrykkes som løsningsmengden til en likning i rektangulære koordinater, altså en likningen med x, y og z. Finn en slik likning. LUTT på oppgavesettet.

4 Eksamen i V139A Matematikk desember 21 4 FOMELAMLING, MATEMATIKK 3 1. Koordinatskifte i multiple integraler: Dobbeltintegral, generelt: } x = xu, v y = yu, v der Ju, v =x u y v x v y u. fx, y dx dy = Dobbeltintegral, polarkoordinater: } x = r cos θ fx, y dx dy = y = r sin θ Trippelintegral, generelt: fx, y, z dx dy dz = x = xu, v, w y = yu, v, w z = zu, v, w der Ju, v, w = Trippelintegral, sylinderkoordinater: x = r cos θ y = r sin θ fx, y, z dx dy dz = z = z Trippelintegral, kulekoordinater: fx, y, z dx dy dz = fxu, v,yu, v Ju, v du dv fr cos θ, r sin θ rdrdθ fxu, v, w,yu, v, w,zu, v, w Ju, v, w du dv dw x = ρ sin φ cos θ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ x u x v x w y u y v y w z u z v z w. fr cos θ, r sin θ, z rdzdrdθ fρ sin φ cos θ, ρ sin φ sin θ, ρ cos φ ρ 2 sin φdρdφdθ 2. Formler for gradient, divergens og curl : gradf = f = f x i + f y j + f z k divf = F = P x + Q y + z, curlf = F = ı j k x y z P Q der F = P i + Qj + k = y Q z i x P z j +Q x P y k

5 Eksamen i V139A Matematikk desember To viktige setninger: Divergenssetningen Gauss setning: F n d = T F dv dersom T er et begrenset legeme, er overflaten til T og er stykkevis glatt, n er den overalt utadrettede enhetsnormalvektor på og F er et vektorfelt hvis komponenter er definert og kontinuerlig deriverbare i hele T og på hele. tokes setning: F T ds = F n d dersom er en lukket, begrenset og stykkevis glatt flate, n er en orientering av, er randkurven til positivt orientert m.h.p. n, og F er et vektorfelt hvis komponenter er definert og kontinuerlig deriverbare ienåpen del av rommet som inneholder. 4. Differensiallikninger 1. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av F z+af z =erf z =e az,dera er en gitt og en vilkårlig konstant. 2. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av af z +bf z +cf z =dera,b og c er en gitte og 1 og 2 vilkårlige konstanter: 4ac b 2 > 4ac b F z =e bz/2a 2 4ac b 2 1 cos z + 2 sin z 2a 2a b 2 4ac > b 2 4ac = D Alemberts løsningsmetode F z = 1 e b+ b 2 4ac z/2a + 2 e b b 2 4ac z/2a F z = 1 e bz/2a + 2 ze bz/2a Bølgelikningen c 2 u xx = u tt har allmenn løsning på formenf x + ct+gx ct der F og G er vilkårlige to ganger kontinuerlig deriverbare funksjoner Hvis vi har randbetingelsen u t x, = er ux, t =F x + ct+f x ct Hvis også u,t=ul, t =erf x en odde funksjon med periode 2L Fourierrekker for halvperiodiske utvidelser Hvis fx er definert på intervallet,l, og er stykkevis kontinuerlig og begrenset gjelder for alle x der fx er kontinuerlig: 1. nπ fx = b n sin L x 2. der a = 1 L der L b n = 2 L fx =a + n=1 L nπ fxsin L x dx n=1 fx dx og a n = 2 L nπ a n cos L x L nπ fxcos L x dx

6 Fasit, eksamen i V139A Matematikk desember 21 1 Løsning, V139A Matematikk 3, 21. desember 21 Oppgave 1 iden gradienten angir retningen funksjonen øker raskest, vil varmeenergien strømme i stikk motsatt retning så u gir strømningsretningen: [ ] u = 2xe x2 y 2 z 2, 2ye x2 y 2 z 2, 2ze x2 y 2 z 2, [ ] [ ] u2, 2, 1 = 4 e 9, 4 e 9, 2 e 9 = 4e 9, 4e 9, 2e 9 Hvilken som helst positiv konstant multiplisert med dette gir også retningen. For eksempel godtas at temperaturen, pga. kulesymmetrien til u, strømmer bort fra origo så retningen er [2, 2, 1], som svar. Normen til gradienten gir den retningsderiverte i gradientretningen, og i motsatt retning får den retningsderiverte motsatt fortegn: D u2, 2, 1 = u 4e e e 9 2 = 6e 9 Oppgave 2 Bør bruke polarkoordinater, og da kan sirkelen beskrives ved ulikhetene r 1, θ 2π. iden x 2 + y 2 = r 2 og da = rdrdθ er da integralet 1 1+x 2 + y 2 da = 2π 1 r dr dθ 1+r2 Innerste integral regnes ut ved substitusjonen u =1+r 2, du =2rdr rdr= 1 2 du, nedre grense u =1+ 2 =1,øvregrenseu =1+1 2 =2: Oppgave 3 = 2π π u 2 du dθ = 1 2 [ln u ]2 1 dθ = 1 2π ln2 ln1 dθ = 1 2π 2 2 ln2 dθ = π ln2 F T ds = Pdx+ Qdy = x x 2 +9y dx + 6y 2 x 2 +9y dy 2 etter inn x =3cost, dx = 3sint dt, y =sint, dy =cost dt, t π/2. Vi har da at x 2 +9y 2 = 3 cost 2 +9sint 2 = 9cos 2 t+sin 2 t = 9 1=3: F T ds = π/2 3cost 3 3sint dt + 6sint 3 cost dt = π/2 sintcost dt ubstituerer med u =sint, du =cost dt, NG:u =sin=,øg:u =sinπ/2 = 1: 1 [ F T ds = udu= 1 ] 1 2 u2 = 1 2

7 Fasit, eksamen i V139A Matematikk desember 21 2 Oppgave 4 a Divergenssetningen: F n d = T F dv = T 3x 2 +3y 2 +3z 2 dv b Med rektangulære koordinater x, y, z: 5 25 x 2 25 x 2 y 2 F n d = x 2 25 x 2 y 2 x 2 + y 2 + z 2 dz dy dx Med sylinderkoordinater r, θ, z har vi at x 2 +y 2 = r 2,så x 2 +y 2 +z 2 =25 z 2 =25 r 2 som gir grensene ± 25 r 2 for z. Har dessuten dv = rdzdrdθ: F n d =3 2π 5 25 r 2 25 r 2 r 2 + z 2 rdzdrdθ Med kulekoordinater ρ, φ, θ erx 2 + y 2 + z 2 = ρ 2,ogdV = ρ 2 sinφ dρ dφ dθ. Videreer kula beskrevet ved ρ 5, φ π, θ 2π, såvihar F n d = 2π π 5 ρ 2 ρ 2 sinφ dρ dφ dθ =3 2π π 5 ρ 4 sinφ dρ dφ dθ c Kulekoordinater gir enklest utregning: 3 2π π 5 ρ 4 sinφ dρ dφ dθ =3 2π π [ 1 5 ρ5 sinφ] 5 dφ dθ = Oppgave π π π 2π sinφ dφ dθ = dθ = 375 2π [ cosφ] π dθ = dθ = 75π a Vi har at F er konservativt på hele 3 hvis og bare hvis F = påhele 3 : i j k 6xz 2 F = x y z = i 2z 3 3x 2 y x 3 6xz 2 y x3 z 6xz 2 j 2z3 3x 2 y x 3 + k 2z3 3x 2 y = x z x y i j 6z 2 6z 2 + k 3x 2 3x 2 =i j +k = Q.E.D.

8 Fasit, eksamen i V139A Matematikk desember 21 3 b For origo og et punkt med koordinater x 1,y 1,z 1 gjelderdetat x1,y 1,z 1,, F dr = Pdx+ Qdy+ dz = fx 1,y 1,z 1 f,,, uansett hvilken kurve mellom punktene,, og x 1,y 1,z 1 vi velger. Vi har derfor fx 1,y 1,z 1 = x1,y 1,z 1,, Pdx+ Qdy+ dz+ f,, Når vi regner ut høyresiden av dette får vi en formel for fx 1,y 1,z 1 som gjelder i et vilkårlig punkt, slik at den tilsvarende formelen der indeksene på x 1, y 1 og z 1 strykes gir fx, y, z. Dessuten er f,, en konstant, som blir i derivasjonene i gradienten. Den kan derfor velges fritt, og enklest som f,, =. Vi kan for eksempel regne ut integralet ved å bruke kurven som består av de tre rette linjestykkene parallelle med koordinataksene gitt ved: 1 : r 1 t =[x 1 t,, ] dx = x 1 dt dy = dz = 2 : r 2 t =[x 1,y 1 t, ] dx = dy = y 1 dt dz = 3 : r 3 t =[x 1,y 1,z 1 t ] dx = dy = dz = z 1 dt For alle tre kurvene gjelder det at t 1. Arbeidsintegralet er da Pdx+ Qdy+ dz+ 1 Pdx+ Qdy+ dz+ 2 Pdx+ Qdy+ dz 3 iden dx, dy og dz er flere steder faller mange av leddene, og vi står igjen med = Pdx+ 1 Qdy+ 2 dz 3 etter så innx, y, z og dx, dy, dz fra parametriseringa, og P, Q og fra F og har da = 2 3 3x 1 t 2 x 1 dt + 1 x 1 3 y 1 dt + 2 6x 1 z 1 t 2 z 1 dt 3 iden alle integralene er på området t 1 kan de samles under felles integrasjonstegn. 1 = x 3 1y 1 +6x 1 z1 3 t 2 dt = [ x 3 1y 1 t +2x 1 z1 3 t 3] 1 = x3 1y 1 +2x 1 z1 3 esultatet kan da oppsummeres til fx 1,y 1,z 1 = x 3 1y 1 +2x 1 z 3 1 fx, y, z =2xz 3 x 3 y c 2,,1 1,2, F T ds = f2,, 1 f1, 2, = 4 2 = 6

9 Fasit, eksamen i V139A Matematikk desember 21 4 Oppgave 6 Begynner med å se etter løsninger på formenxxt t, som innsatt i 1 gir 1 2 X T = XT X X = 1 T 1 2 T = k Prøver med k<, og kaller den da κ 2. Dette gir to difflikninger X + κ 2 X = med løsning X = A cosκx+ B sinκx T +1 2 κ 2 T = med løsning T = cos1κt+b sin1κt Vi har så langt løsninger på formen ux, t =XxT t =A cosκx +B sinκx cos1κt +D sin1κt, og bruker randbetingelse 2, at u,t = for alle t: A cosκ + B sinκ cos1κt +D sin1κt = A cos1κt +D sin1κt = For å få til ikke trivielle løsninger må vi derfor ha A =,og dermed ux, t =B sinκx cos1κt+d sin1κt. Bruker så randbetingelse 3, at uπ, t = for alle t: uπ, t =B sinκπ cos1κt+d sin1κt = Får åfå ikke trivielle løsninger må vihasinκπ = κ = n, for positive heltall n. Vihar derfor så langt ux, t =B sinnx cos1nt+d sin1nt, og skal bruke initialbetingelse 5, at u t,t = for alle x: Dermed er u t x, t =B sinnx 1n sin1nt + 1nD cos1nt u t x, = B sinnx 1n sin + 1nD cos = 1nBD sinnx = For åfå til ikke-trivielle løsninger må D =,ogvistår igjen med ux, t =B sinnx cos1nt u n x, t =E n sinnx cos1nt I siste omforming har vi omdøpt løsningen så langt til u n, og konstanten B til E n. Det er nå ikke mulig å finne konstanter så 4 er oppfyllt direkte, men vi kan finne konstanter så hvert av leddene passer: u n x, = E n sinnxcos = sinx om n =1ogE 1 =1 u n x, = E n sinnxcos = 1 9 sin3x om n =3ogE 3 = 1 9 Vi har dermed u 1 x, t =sinx cos1t ogu 3 x, t = 1 9 sin3x cos3t, og summerer vi disse får vi den entydige løsningen som oppfyller alle betingelsene: ux, t =sinx cos1t 1 sin3x cos3t 9

10 Fasit, eksamen i V139A Matematikk desember 21 5 Oppgave 7 a Arealformelen er A = d = D r u r v du dv, så vi begynner med å regne ut r u r v = i j k sinucosu sinusinv sinucosv cosucosv cosusinv i sinucosusin 2 v+sinucosucos 2 v k j = sinucos 2 usinv + sinucos 2 ucosv sinucosu er felles faktor og kan settes utenfor. iden sinucosu for u π/2 kan det også settes utenfor absoluttverdien til vektoren: sin r u r v =sinucosu 2 v+cos 2 v 2 + cosusinv 2 +cosucosv 2 Første ledd er cos 2 v +sin 2 v 2 =1 2 = 1, og i de to siste kan vi sette cos 2 u utenforsom felles faktor, og det som står igjen der er da sin 2 v+cos 2 v = 1, slik at r u r v =sinucosu 1+cos 2 u d =sinucosu 1+cos 2 u du dv D er området parametrene u og v gjennomløper D =[,π/2] [, 2π], så arealet er A = 2π π/2 sinucosu 1+cos 2 u du dv Innerste integral løses ved substitusjonen z =1+cos 2 u, som gir dz = 2cosusinu du, nedre grense z =1+cos 2 = = 2 og øvre grense z =1+cos 2 π/2 = =1: A = b Vi har at 2π z1/2 dz dv = = 1 3 2π 2 2π 2 1 [ 1 ] z3/2 2 dv = 2π 3 dv = 2π x =sin 2 u/2, y =cosusinv og z =cosucosv, 1 2 3/2 1 3/2 dv = 3 og vi skal eliminere u og v fra disse likningene. Den trigonometriske identitetene sin 2 θ+cos 2 θ = 1 er nyttig. Vi har bl.a. at y 2 + z 2 =cos 2 u sin 2 v+cos 2 v y 2 + z 2 =cos 2 u Videre er 2x =sin 2 u slik at 2x + y 2 + z 2 =sin 2 u+cos 2 u 2x + y 2 + z 2 =1 Dette er en paraboloide med x aksen som omdreiningsakse, og punktet 1/2,, som toppunkt. Parametriseringen gir den delen av denne som har positiv x kordinat og ser ut som reflektoren i en parabolantenne. LUTT