Kosmologisk perturbasjonsteori: I ditt ansikts sved skal du ete ditt brød
|
|
- Sunniva Berger
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Kosmologisk erturbsjonsteori: I ditt nsikts sved skl du ete ditt brød Vi skl nå gjennomgå en tålmodighetsrøve. Jeg håer t det skl komme ut noe fysikk til slutt, men først og fremst er det som følger en grisejobb. L oss begynne. Boltzmnnligningen for fotoner Boltzmnnligningen er generelt df dt Cf. Vi skl først regne ut venstresiden, deretter høyresiden. Begge deler til første orden i erturbsjonene. Gled dere. Den erturberte metrikken vi skl se å er ds 1 + Ψdt + t1 + Φdx + dy + dz. Fordelingsfunksjonen f vhenger v x µ t, x, y, z og firerimulsen P µ dx µ /dλ, der λ er en rmeter som vrierer monotont lngs bnen til fotonet, x µ x µ λ. Bnen er bestemt v geodetligningen, som igjen vhenger v metrikken. Vi vet t fotonet er msseløst, og det gir oss en føring å firerimulsen: P g µν P µ P ν. Setter vi inn for metrikken, gir dette Vi innfører g ij P i P j, og ser d t 1 + ΨP + g ij P i P j. P 1 Ψ. 1 + Ψ 1/ Den siste likheten gjelder bre til første orden i Ψ. Vi er interessert i å sette o ligningene for førsteordens erturbsjonsteori, og vi skl derfor konsekvent rekkeutvikle lle funksjoner v Ψ og Φ til første orden. Jeg kommer til å bruke likhetstegn i slike overgnger, selv om de strengt ttt bre er gyldige til første orden. I den newtonske grensen er Ψ grvitsjonsotensilet, som er lik GM/r for en sfærisk kilde. Dette indikerer t jo tettere et område er, jo mer negtiv er Ψ. Siden P gir energien til fotonet, ser vi t fotonet mister energi når det beveger seg ut v et tett område. Det virker fornuftig. Siden P vi relsjonen over er bestemt v, trenger vi ikke t med denne frihetsgrden i f. Vi lr f vhenge v og dens retning, definert v enhetsvektoren med komonenter ˆ i ˆ i, der δ ij ˆ iˆ j 1. D kn vi skrive df/dt som df dt f + f dx i x i dt + f d dt + f dˆ i ˆ i dt. 1
2 Men i det siste leddet er begge fktorene v første orden i erturbsjonene. Til lveste orden er nemlig f f 1/e /T 1, dvs. bre en funksjon v, og ikke v retningen til bevegelsesmengden. Og i frværet v erturbsjoner er det ingenting som får fotonet til å endre retning, slik t dˆ i /dt må være v minst første orden i erturbsjonene. Dermed er dette leddet totlt v minst. orden, og kn derfor neglisjeres i førsteordens erturbsjonsteori. De ndre leddene vil imidlertid bidr, og nå må vi først bestemme dx i /dt. Siden P i dx i /dλ og P dt/dλ, hr vi t dx i dt dxi dλ dλ dt P i P. Men vi hr også t den ite komonenten v P må være lik et tll C gnget med enhetsvektor i den ite retningen, Det gir oss t P i Cˆ i. g ij C ˆ iˆ j 1 + Φδ ij ˆ iˆ j C 1 + ΦC som fører til t og dermed Dette viser t vi hr og d finner vi t 1 + Φ 1/ C 1 + ΦC, C Φ 1 Φ. P i ˆ i1 Φ, dx i dt P i P ˆi 1 Φ/ 1 Ψ ˆi 1 Φ1 + Ψ, og gnger vi ut rentesen smtidig som vi stryker ledd v høyere orden enn første i erturbsjonene, så ender vi o med dx i dt ˆi 1 + Ψ Φ. Denne fktoren skl multiliseres med f/ x i. Igjen ser vi t til lveste orden er f uvhengig v x i, slik t f/ x i må være v minst første orden i erturbsjonene. Vi kn derfor neglisjere Φ og Ψ i uttrykket for dx i /dt, fordi roduktet v f/ x i med disse vil være v minst. orden. Dermed hr vi så lngt funnet df dt f + ˆ i f x i + f d dt.
3 Vi må nå regne ut d/dt. Vi strter med geodetligningen d x µ dλ dx α dx β Γµ αβ dλ dλ. Siden P µ dx µ /dλ, kn vi skrive denne som Vi ser videre å µ -komonenten: Deretter skriver vi Dermed kn ligningen skrives slik: Så og dp µ dλ Γµ αβ P α P β. dp dλ Γ αβ P α P β. d dλ dt d dλ dt P d dt 1 Ψ d dt. 1 Ψ d dt 1 Ψ Γ αβp α P β. d dt 1 Ψ P α P β Γ αβ 1 Ψ 1 Γ P α P β αβ 1 + Ψ, d 1 Ψ dψ dt dt P α P β Γ αβ 1 + Ψ. Gnger vi hele ligningen med 1 + Ψ vil det første leddet å venstresiden bli redusert til d/dt, siden 1 Ψ1 + Ψ 1 Ψ 1 til første orden i Ψ. I det ndre leddet å venstredsiden blir vi stående igjen med dψ/dt, siden dψ/dt llerede er v første orden i erturbsjonene. Dermed får vi t d dt dψ dt Γ αβ Siden Ψ Ψ x, t, får vi t P α P β 1 + Ψ dψ dt Γ αβ dψ dt Ψ + Ψ dx i x i dt Ψ + ˆi Ψ x i, P α P β 1 + Ψ. der vi hr brukt resulttet for dx i /dt, og husket å t lle ndreordensledd skl strykes. Dermed: d Ψ dt + ˆi Ψ x i Γ P α P β αβ 1 + Ψ. 3
4 Vi hr t Christoffelsymbolet er gitt ved Γ αβ gν gαν x β + g βν x α g αβ x ν, der vi husker t g µν som mtrise betrktet er den inverse til g µν. Produktet P α P β som vi skl multilisere med og summere over α og β, er symmetrisk under ombytte v α og β. De to første leddene i klmmerentesen vil derfor gi smme bidrg: strter vi med g αν x β P α P β α β g αν x β P α P β, så kn vi bytte om summsjonsindeksene α og β og få α β Derfor kn vi skrive g αν x β P α P β β Γ P α P β αβ gν α g βν x α P β P α g βν x α P α P β. g να x β g αβ P α P β x ν. Nå er g µν og g µν digonle, slik t i summsjonen over ν er det bre leddet med ν som gir bidrg: Γ P α P β αβ g g α x β g αβ P α P β x g α x β g αβ P α P β 1 Ψ 1. Videre hr vi t slik t og g αβ P α P β g α δ α 1 + Ψ, g α x β δ Ψ α x β, g Ψ δ ij Ψ δ ij Ψ δ ij P P g ij P i P j P i P j 1 + Φ ȧ1 + Φ + Φ Φ + H1 + Φ P i P j P i P j 4
5 Men så Videre: Dermed: Γ P α P β αβ g αβ δ ij P i P j j 1 Φ δ ij ˆ iˆ 1 Φ, P α P β g α P α P β x β Ψ Φ + H1 + Φ 1 Φ. Ψ P α P β δ α x β 4 Ψ P P β x β 4 Ψ x β P β. 4 Ψ 1 ΨP β x β { 1 + Ψ 4 Ψ x β P β + Ψ Φ } + H1 + Φ 1 Φ 1 + Ψ 4 Ψ x β P β + Ψ Φ H + 4HΦ 4HΦ 1 + Ψ 4 Ψ x β P β + Ψ Φ H 1 + Ψ Ψ 4 P + P i Ψ x i + Ψ Φ H 1 + Ψ 4 Ψ + ˆi Ψ x i + Ψ Φ H 1 + Ψ Ψ ˆi Ψ Φ x i + Ψ + H 1 + Ψ Ψ ˆi Ψ Φ x i + H. Setter inn i ligningen for d/dt: d dt det vil si Ψ + ˆi Ψ x i Γ αβ Ψ + ˆi P α P β 1 + Ψ Ψ Ψ1 Ψ xi Ψ + ˆi Ψ x i Ψ ˆi Ψ x i ˆi Ψ x i Φ H, Ψ 1 d dt ˆi Ψ x i Φ H. 5 ˆi Φ + H Ψ Φ x i + H
6 Dette kn vi sette inn i uttrykket for df/dt: df dt f + ˆi f x i + f f + ˆi f x i f 1 d dt H + Φ + ˆi Ψ x i. 1 Men dette vr bre begynnelsen! Nå må vi velge en form for fordelingsfunksjonen f for å komme videre. Vi ser å små erturbsjoner rundt en homogen fotongss, så vi forventer t Bose- insteinfordelingen skl være en god tilnærming. Motivert v dette kn vi røve oss med fx,, ˆ, t { ex Tt1 + Θx, ˆ, t 1} 1. Det er en ntgelse som er gjort her om t Θ ikke vhenger v. Dette funker fordi ikke endres i kollisjoner mellom fotoner og ikke-reltivistiske elektroner og rotoner. Med dette in mente kn vi nå Tylorutvikle f rundt Θ til første orden i Θ: f f fθ + T 1 e /T 1 + Vi skriver f 1/e /T 1 og ser t og slik t Dermed: TΘ Θ T e/t 1 1 TΘ. f T 1 e /T 1 T e /T e /T T e /T 1, f 1 1 e /T 1 T e/t T f T, T f T f. f f f Θ. Vi kn nå sette inn denne rekkeutviklingen i uttrykket vi fnt for df/dt. Vi vil d få noen ledd som ikke inneholder Φ, Ψ eller Θ. Dette er ledd v te orden i erturbsjonene. I Dodelson er det vist hvordn disse leddene til smmen gir ligingen dt/dt/t d/dt/, som igjen gir det gode, gmle resulttet T 1/. Vi går videre til første orden. Vi får d df dt f f Θ 6 + ˆi x i f Θ
7 f f H + Φ + ˆi f H f ˆi Θ f x i +H f Θ f Θ ˆi Θ f x i +HΘ f f Vi ser nærmere å det første leddet: f Θ f f f f + f Θ Ψ x i f Θ Φ + ˆi Ψ x i Φ + ˆi Θ Θ f Θ ΘdT f dt T Θ ΘdT dt Θ + ΘdT/dt T Ψ x i. T f f H Så førsteordensbidrget til df/dt blir husk t vi fr te orden hr dt/dt/t H: df dt f ˆi f Θ + ΘdT/dt T Θ f x i + HΘ Φ + ˆi Ψ x i. f f Dermed, og endelig: df f Θ dt + ˆi Θ x i + Φ + ˆi Ψ x i. Kollisjonsleddet orienteringsstoff Men det er ikke over ennå. Fotonene vekselvirker med elektronene vi Comtonsredning, så Boltzmnnligningen hr et kollisjonsledd. Dette må vi nå regne. 7
8 ut til første orden i erturbsjonene. Comtonsredning er rosessen e q + γ e q + γ. I det følgende skl vi regne ut kollisjonsleddet fr denne rosessen, i grensen der fotonenergien er mye mindre enn elektronets hvileenergi. Beregningen er gnske komlisert, og du trenger ikke å skjønne lle detljene. t enkelt, men viktig oeng som vi kn lese ut v kinemtikken til rosessen, bør du imidlertid t med deg: i grensen vi ser å, vil sredningsrosessen ikke endre størrelsen å fotonets bevegelsesmengde, bre retningen. Dersom vi ser å rosessen i refernsesystemet der elektronet til å begynne med er i ro q, finner vi ved å kreve bevring v energi og bevegelsesmengde t 1 + m 1 cosθ, der θ er vinkelen mellom og. I grensen m, ser vi d t. Kollisjonsleddet er å formen Cf 1 d 3 q π 3 q q d 3 q π 3 e q d 3 π 3 M π 4 δ + q q δ + e q e q f e q f f e qf. Fotonene er ultrreltivistiske slik t, mens elektronene er ikkereltivistiske og ofyller q m e + q e m e, der det siste leddet er en liten korreksjon til det første. D kn vi skrive Cf 1 d 3 q d 3 q d 3 π 3 m e π 3 m e π 3 M π 4 δ + q q δ + q q m e m e f e q f f e qf d 3 q m e π 3 m e π4 π 3 δ + q q + m e m e f e q + q f f e qf π d 3 q d 3 4m e π 3 π 3 M δ f e q + q f f e qf. d 3 π 3 M + q q + m e m e 8
9 nergien som overføres til elektronet i kollisjonen er e q e q + q m e q + m e q q q m e, m e der q er mye større enn både og. Det betyr t energioverføringen i kollisjonen er liten i forhold til de ndre energiene som er involvert i kollisjonsrosessen. D kn vi Tylorutvikle deltfunksjonen i den grd det gir noen mtemtisk mening: δ + q q + δ e q e q m e m e δ + e q e q e q δ + eq e q e der vi hr brukt t Vi gjør også tilnærmingen fx y x δ + q m e δ, fx y. y f e q + f e q, og d blir Cf π 4m e π 4m e d 3 q π 3 d 3 q π 3 f e q d 3 π 3 M d 3 π 3 M δ + q δ m e δ + q δ m e f e qf f e qf f f. For å komme videre, trenger vi å vite mlituden M for Comtonsredning. Denne vhenger generelt både v vinkelen mellom bevegelsesretningen til det innkommende og det utgående fotonet, og v deres olrissjonsvektorer. Vi følger imidlertid Dodelson og setter sredningsmlituden lik en konstnt. Såvidt jeg kn skjønne, må dette svre til å si t Comtonsredning og Thomsonsredning er det smme når elektronene hr liten energi. I Dodelsons enheter er d M 8πσ T m e. Jeg hr vært for lt til å finne ut v hvorfor konstntene forn σ T velges kkurt slik. Men uvhengig v min ltsk får vi d Cf π 4m e 8πσ Tm e d 3 q π f e q d 3 π 3 δ + q δ m e 9
10 π σ T π σ T π σ T π σ T n e d 3 q π f d 3 e q π 3 δ + q δ m e d 3 π 3 δ d 3 q π 3 f d 3 q δ e q + m e π 3 f e q q d 3 π 3 n e δ + n e q δ m e f f d 3 π 3 δ + δ v b f f. Vi setter nå inn rekkeutviklingen v fotonenes fordelingsfunksjon. D blir f f f f f Θˆ + f Θˆ, og Cf π n e σ T d 3 π 3 f f f n eσ T d dω 4π δ f δ + δ v b Θˆ + f Θ f f Θˆ + f Θˆ + f f δ v b. Vi innfører størrelsen Θ x, t 1 4π dω Θˆ, x, t, og legger merke til t siden v b er konstnt under integrsjonene, kn vi velge og legge z-ksen lngs denne og få +1 dω v b πv b dcosθcos θ. D finner vi, ved å bruke delvis integrsjon i integrlet som inneholder den deriverte v deltfunksjonen, Cf n eσ T 4π 1 d δ f 4πΘ + 4π f Θˆ + 4πf f δ v b n eσ T f Θ Θˆ 1
11 + n e σ T v b f d δ f f n e σ T Θ Θˆ + n e σ Tˆ v b d δ f f f n e σ T Θ Θˆ + n e σ Tˆ v b f n eσ T Θ Θˆ + ˆ v b. d δ f f + f Boltzmnnligningen for fotoner, fiks ferdig Dermed er vi endelig ferdige med kollisjonsleddet. Nå trenger vi bre å sette dette lik førsteordensresulttet for df/dt: f det vil si Θ + ˆi Θ x i + Φ + ˆi Ψ x i f n eσ T Θ Θˆ + ˆ v b, Θ + ˆi Θ x i + Φ + ˆi Ψ x i n eσ T Θ Θˆ + ˆ v b. Men tror du vi er fornøyde med dette? At vi endelig kn sle v? Selvfølgelig ikke. Nå skl vi først inføre konform tid, dη dt/, slik t lle 1/-fktorene i ligningen forsvinner. D blir den seende slik ut: Θ + ˆ i Θ x i + Φ + ˆ i Ψ x i n eσ T Θ Θ + ˆ v b, der rikkede størrelser er derivert med hensyn å konform tid. Denne ligningen er en rtiell diffligning, men ved å fouriertrnsformere kn vi gjøre den om til en ordinær egentlig: et sett v uvhengige ordinære diffligninger. Vi innfører den fouriertrnsformerte v en størrelse som Θx d 3 k π 3 ei k x Θ k, og tilsvrende for ndre størrelser. Setter vi dette inn i ligningen, og innfører µ k ˆ/k, kn ligningen skrives som d 3 k π 3 ei k x Θ + ikµ Θ + Φ + ikµ Ψ n e σ T d 3 k π 3 ei k x Θ Θ + ˆ v b. 11
12 Dodelson ntr så t v b ˆ ṽ b µ, og innfører den otiske dybden ved τη slik t τ n e σ T. D får vi endelig η η dη n e σ T, Θ + ikµθ + Φ + ikµψ τθ Θ + µv b, der vi nå hr fulgt Dodelson og droet tilder over fouriertrnsformerte størrelser. Dette er Boltzmnnlignignen for fotoner til første orden i erturbsjonene. Hurr. Boltzmnnligningen for kld mørk mterie tter denne strålende triumfen går vi med stort mot løs å Boltzmnnligningen for kld mørk mterie CDM. Det er to viktige forskjeller mellom CDM og fotoner: CDM-rtiklene er ikke-reltivistiske, og de vekselvirker så svkt seg imellom og med ndre rtikler t de kn regnes som kollisjonsløse. Dermed slier vi i det minste, o fryd, å regne ut et kollisjonsledd for dem. llers er gngen i greiene gnske lik som for fotonene, ihvertfll i strten. Først v lt må vi se litt å kinemtikken. Fordi CDM-rtiklene er mssive med msse m så hr vi t g µν P µ P ν m, Ved å sette inn for metrikken får vi d + m g ij P i P j. m 1 + ΨP +, som gir P 1 + Ψ 1 Ψ. Siden P i Cˆ i, med δ ij ˆ iˆ j 1 finner vi t g ij ˆ iˆ j C δ ij ˆ iˆ j 1 + ΦC 1 + ΦC, slik t C 1 + Φ 1/ 1 Φ, og dermed kn vi skrive P µ 1 Ψ, ˆ i1 Φ. 1
13 Dodelson velger å bruke som vribel i dette tilfellet og skriver df dt f + f dx i x i dt + f d dt. Igjen hr vi sløyfet et leddet som inneholder den deriverte v f med hensyn å ˆ i, siden dette leddet er v ndre orden i erturbsjonene. Vi må nå gå gjennom det smme dillet som for fotonene for å regne ut leddene i dette uttrykket. Først v lt, siden P i dxi dλ og P dt dλ finner vi t dx i dt dxi dλ dλ dt P i P ˆi 1 + Ψ Φ. For å bestemme den ndre koeffisienten, må vi igjen ty til geodetligningen: som kn skrives dt dλ Venstresiden blir dermed 1 Ψ d dt dp dt dp dλ Γ αβp α P β, P dp dt Γ αβp α P β. d dψ 1 Ψ 1 Ψ dt dt, og ved å skrive ut dψ/dt som i fotontilfellet og så gnge ligingen med 1 + Ψ får vi t d Ψ dt + ˆi Ψ x i Γ P α P β αβ 1 + Ψ. Bre brnemt. Men nå blir det værre: g να Γ P α P β αβ gν 1 + Ψ 1 + Ψ 1 + Ψ 1 + Ψ x β g αβ P α P β x ν g α x β g αβ P α P β 4 Ψ P P β x β g αβ P α P β 4 Ψ x β 1 ΨP β g αβ P α P β 4 Ψ x β P β g αβ P α P β. 13
14 Vi regner så litt å det siste leddet i rentesen: Vi hr t så g αβ g αβ P α P β P α P β g Ψ δ ij P P g ij P i P j δ ij P i P j 1 Φ, Ψ Φ Ψ Φ + H1 + Φ + H1 + Φ Φ + H. P i P j. 1 Φ Dermed får vi t Γ P α P β αβ Det gir d dt 1 + Φ 1 + Ψ 1 + Ψ Ψ + ˆi + 1 Ψ Ψ + ˆi d/dt Ψ 4 4 Ψ P + Ψ x i P i + Ψ Φ + H Φ 4 Ψ ˆ i x i + Ψ H Ψ Ψ ˆ i x i Φ + H. Ψ x i Ψ Ψ ˆ i x i Ψ x i Ψ Ψ x i ˆ i Φ ˆi Ψ x i. Φ + H 1 + Ψ Φ H D kn vi endelig sette o Boltzmnnligningen for kld mørk mterie: f + ˆi f x i f d/dt + Φ + ˆi Ψ x i. Veien videre fr denne ligningen er litt nnerledes enn for fotoner. Siden rtiklene er ikke-reltivistiske, kn vi neglisjere ledd v orden / og høyere. D viser det seg t hvis vi tr momenter v Boltzmnnligningen reduseres den til to 14
15 koblede hydrodynmiske ligninger. Først integrerer vi rett og slett ligningnen over : d 3 π 3 f + 1 d 3 x i π 3 f ˆi d/dt + Φ d 3 f π 3 1 Ψ d 3 f x i π 3 ˆi. Det siste integrlet er forskjellig fr null kun for den erturberte delen v f, siden f til nullte orden ikke vhenger v retningen å, og ˆ i lene integrert over lle retninger gir null. Det betyr t dette leddet er v minst. orden i erturbsjonene og dermed kn strykes. Så husker vi å t d 3 n π 3 f v i 1 n d 3 π 3 f ˆi husk t hstigheten til en rtikkel er gitt ved v /. Dette er motivert v t vi i sesiell reltivitetsteori hr γm og γm v, der γ 1/ 1 v. D gir den integrerte utgven v Boltzmnnligningen t n + 1 d/dt x i nvi + Φ d 3 f π 3. Det siste integrlet må vi gjøre noe med. Siden + m hr vi og dermed d d + m, f f d d f. Det gir oss t d 3 f π 3 d 3 f π 3 4π π 3 d 3 f { 4π 3 π 3 f } 3 d f 3 3n. Dermed får vi n + 1 nv i d/dt x i Φ n. d 3 π 3 f De to første leddene kjenner vi igjen som kontinuitetsligningen fr hydrodynmikk. Det siste leddet skyldes, som vi ser, universets eksnsjon og erturbsjonene. Vi må nå finne ut hvordn denne ligningen ser ut til første orden 15
16 i den erturberte fordelingen v mørk mterie. Til nullte orden blir ligningen bre som gir n + 3 d/dt n, n 3 som løsning, kkurt som vi burde forvente. Til første orden kn vi skrive n n 1 + δ x, t, og setter vi dette inn i ligningen finner vi n 1 + δ + 1 x i n v i + 3 d/dt n1 + δ + 3 Φ n, som etter litt ommøblering gir n 1 + δ + 3 d/dt n δ + n + 1 v i Φ n + 3n xi. Det første leddet i ligningen er lik null.g.. nullteordensligningen. Dermed sitter vi igjen med, etter å h forkortet bort n : δ + 1 v i x i + 3 Φ. Vi ser t denne ligningen i tillegg til δ inneholder en ny ukjent: hstighetsfeltet for mørk-mteriefluidet, v i. Derfor trenger vi en ligning til. Det kn vi få ved å t nok et moment v Boltzmnnligningen. Vi gnger den med ˆ j / og integrerer over : d 3 π 3 f ˆj + 1 d 3 j ˆ iˆ x i f π 3 d/dt + Φ d 3 f 3ˆ j π 3 1 Ψ x i d 3 f ˆ iˆ j π 3. Det ndre leddet å høyresiden kn vi neglisjere, siden det er v orden /. Det første leddet kjenner vi igjen som nv j /. Videre: d 3 f 3ˆ j d 3 f ˆ j π 3 π 3 dωˆ j π 3 d 4 f { dω ˆj 4 } 4 3 π 3 f df 5 3 dωˆ j 4 π 3 d f 4 d 3 π 3 f ˆj 4nv j. 16
17 Og: d 3 f ˆ iˆ j d 3 f π 3 π 3 ˆiˆ j dω π 3 ˆiˆ j d f { dω π 3 ˆiˆ j 3 f } 3 d f dω 3 π 3 ˆiˆ j d f Dermed blir ligningen d/dt nvj 3 1 4π 3 δij π 3 δ ij + Φ d f d 3 π 3 f δij n. 4nv j 1 Ψ x i δij n. 3 I det ndre leddet kn vi neglisjere Φ/ fordi v llerede er v første orden. Vi ender d o med nvj + 4 d/dt nv j + n Ψ x j. Siden lle leddene i ligningen llerede er v første orden, kn vi sette n n 3. Setter vi inn dette og ordner o, så får vi v j + d/dt v j + 1 Ψ x j. Minner om den første ligningen vi utledet: δ + 1 v i x i + 3 Φ. Vi ser nå t systemet er lukket med hensyn å δ og v. Den siste ligningen vi utledet inneholder ingen nye ukjente. Det skyldes ene og lene t rtiklene vi ser å er ikke-reltivistiske, slik t vi kn neglisjere ledd v orden /. Dette ville ltså ikke h funket med fotonene. At den mørke mterien er ikke-reltivistisk er ltså grunnen til t vi kn behndle dem som et fluid. Vi introduserer konform tid igjen, og fouriertrnsformerer. D blir ligningene slik: δ + ikv + 3 Φ v + ȧ v + ikψ. Vi hr nttt t hstighetsfeltet er rllelt med k, v i k i v/k, og vi hr også droet tilder over fouriertrnsformerte størrelser. 17
18 Bryoner Hlleluj! Bryonene det vil si rotonene og elektronene er også ikke-reltivistiske. Utregningen v df/dt blir derfor kkurt den smme som for CDM, så derfor slier vi å gjøre dette igjen. Men, hver gledesstund du hr å jord betles skl med sorg : rotonene og elektronene vekselvirker med hverndre og med fotonene, slik t Boltzmnnligningene for dem vil h et kollisjonsledd. lektronene er koblet til fotoner vi Comtonsredning rotonene også, men fordi rotonmssen er så mye større enn elektronmssen kn vi se bort ifr dette, og rotonene og elektronene er koblet vi Coulombsredning. På grunn v ldningsnøytrlitet hr vi δ e δ δ b. Coulombsredningen er dessuten så effektiv t rotonene og elektronene ofører seg som en væske med en felles hstighet, v e v v b. Tr mn det første momentet v Boltzmnnligningen for elektroner, viser det seg t kollisjonsleddet forsvinner, siden dette momentet svrer til elektrontllet, som er en bevrt størrelse i lle kollisjoner. Dermed blir den første ligningen nøyktig den smme som for CDM: δ b + ikv b + 3 Φ. Det neste momentet gir oss mer trøbbel, og nå hr jeg ærlig tlt fått nok. Du får røve å integrere kollisjonsleddet ditt sjøl. ventuelt konsultere Dodelson. Det vi ender o med her illefll Her er og mer generelt v b + ȧ v b + ikψ τ 4ρ γ 3ρ b 3iΘ 1 + v b. +1 dµ Θ 1 i 1 µθµ, Θ l 1 +1 dµ i l 1 P lµθµ, der P l µ er Legendreolynomet v grd l. 18
Integrasjon av trigonometriske funksjoner
Integrsjon v trigonometriske funksjoner øistein Søvik 3. november 15 I dette dokumentet skl jeg vise litt ulike integrsjonsteknikker og metoder for å utforske integrlene v (cos x) og (sin x). De bestemte
DetaljerKosmologisk perturbasjonsteori: Einsteintensoren vender tilbake
Kosmologisk perturbsjonsteori: Einsteintensoren vender tilbke Vi hr funnet Boltzmnnligninger for fotoner, bryoner og mørk mterie. Om vi hdde ønsket det, kunne vi også stt opp ligningene for msseløse nøytrinoer.
DetaljerIntegrasjon Skoleprosjekt MAT4010
Integrsjon Skoleprosjekt MAT4010 Tiin K. Kristinslund, Julin F. Rossnes og Torstein Hermnsen 19. mrs 2014 1 Innhold 1 Innledning 3 2 Integrsjon 3 3 Anlysens fundmentlteorem 7 4 Refernser 10 2 1 Innledning
DetaljerBrøkregning og likninger med teskje
Brøkregning og likninger med teskje Dette heftet gir en uformell trinn for trinn gjennomgng v grunnleggende regler for brøkregning og likninger. Dette er sto som vi i FYS 000 egentlig forventer t dere
DetaljerM2, vår 2008 Funksjonslære Integrasjon
M, vår 008 Funksjonslære Integrsjon Avdeling for lærerutdnning, Høgskolen i Vestfold. pril 009 1 Arelet under en grf Vi begynner vår diskusjon v integrsjon, på smme måte som vi begynte med derivsjon, ved
DetaljerKapittel 3. Potensregning
Kpittel. Potensregning I potensregning skriver vi tll som potenser og forenkler uttrykk som inneholder potenser. Dette kpitlet hndler blnt nnet om: Betydningen v potenser som hr negtiv eksponent eller
Detaljerdx = 1 2y dy = dx/ x 3 y3/2 = 2x 1/2 + C 1
NTNU Institutt for mtemtiske fg TMA Mtemtikk høsten Løsningsforslg - Øving 7 Avsnitt 6.5 ) En hr t y = e, så y + 3y = e + 3e = e. b) En hr t y = e 3 e (3/), så y + 3y = e 3e (3/) + 3e + 3e (3/) = e. c)
DetaljerFaktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11.
Fktorisering Per G. Østerlie Senter for IKT i utdnningen per@osterlie.no 11. mi 013 1 Hv er fktorisering? Vi må se på veret å fktorisere. Hv er det vi skl gjøre når vi fktoriserer? Svret er: å lge fktorer.
DetaljerMAT 100A: Mappeeksamen 4
. november, MAT A: Mppeeksmen Løsningsforslg Oppgve ) Vi bruker produktregelen: f (x) x rctn x + x + x Siden x og rctn x hr smme fortegn, og x ldri er negtiv, er f (x) positiv overlt, bortsett fr t f ().
DetaljerMatematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon
Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrsjon Som kjent kn vi regne ut (bestemte) integrler ved nti-derivsjon. Dette resulttet er et v de viktikgste innen klkulus; det heter tross
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 20-24/9
Fsit til utvlgte oppgver MAT00, uk 20-24/9 Øyvind Ryn oyvindry@ifi.uio.no September 24, 200 Oppgve 5..5 år vi viser t f er kontinuerlig i ved et ɛ δ-bevis, er det lurt å strte med uttrykket fx f, og finne
DetaljerFeilestimeringer. i MAT-INF1100
Feilestimeringer i MAT-INF11 Ett v de viktigste punktene i MAT-INF11, og smtidig det som nsees som det vnskeligste i pensum, er feilestimter. Vi bruker mye tid på å beregne tilnærmede verdier for funksjoner,
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 8. a =
TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslg til ving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, s elektronets kselersjon blir = e m E lts mot venstre. b) C Totlt elektrisk felt i
DetaljerVår 2004 Ordinær eksamen
år Ordinær eksmen. En bil kjører med en hstighet på 9 km/h lngs en rett strekning. Sjåføren tråkker plutselig på bremsene, men gjør dette med økende krft slik t (den negtive) kselersjonen (retrdsjonen)
DetaljerSammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra
Smmendrg kpittel 1 - Aritmetikk og lgebr Regneregler for brøker Utvide brøk: Gng med smme tll i teller og nevner. b = k b k Forkorte brøk: del med smme tll i teller og nevner. b = : k b : k Summere brøker:
Detaljerx 1, x 2,..., x n. En lineær funksjon i n variable er en funksjon f(x 1, x 2,..., x n ) = a 1 x 1 + a 2 x a n x n,
Introduksjon Velkommen til emnet TMA45 Mtemtikk 3, våren 9 Disse nottene inneholder det vi gjennomgår i forelesningene, og utgjør, smmen med lle øvingene, pensum for emnet Læreoken nefles som støttelittertur
DetaljerLEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER:
LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: Vi ntr t potensrekken n x n n= konvergerer i ( R, R), R >, med summen s(x). D gjelder: og s (x) = n n x n for hver x med x < R, s(t) dt = n= (Dette er
DetaljerLøsningsforslag Kollokvium 1
Løsningsforslg Kollokvium 1 30. jnur 015 Her finner dere et løsningsforslg for oppgvene som ble diskutert på Kollokvium 1. Oppgve 1 Regning med enheter ) Energienheten 1 ev (elektronvolt) er definert som
Detaljer1 k 2 + 1, k= 5. i=1. i = k + 6 eller k = i 6. m+6. (i 6) i=1
TMA4 Høst 6 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Løsningsforslg Øving 5 5..6 Vi er gitt summen og ønsker å skrive den på formen m k=5 k +, f(i). i= Strtpunktene er henholdsvis
DetaljerNumerisk derivasjon og integrasjon utledning av feilestimater
Numerisk derivsjon og integrsjon utledning v feilestimter Knut Mørken 6 oktober 007 1 Innledning På forelesningen /10 brukte vi litt tid på å repetere inhomogene differensligninger og rkk dermed ikke gjennomgå
DetaljerSensorveiledning Oppgaveverksted 4, høst 2013 (basert på eksamen vår 2011)
Sensorveiledning Oppgveverksted 4, høst 203 (bsert på eksmen vår 20) Ved sensuren tillegges oppgve vekt 0,2, oppgve 2 vekt 0,4, og oppgve 3 vekt 0,4. For å bestå eksmen, må besvrelsen i hvert fll: gi minst
DetaljerLEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: a n x n. R > 0, med summen s(x). Da gjelder: a n n + 1 xn+1 for hver x < R.
LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: Vi ntr t potensrekken konvergerer i ] R, R[, n x n R >, med summen s(x). D gjelder: s (x) = n n x n 1 for hver x < R, og s(t)dt = n n + 1 xn+1 for hver
Detaljer1 Mandag 8. mars 2010
1 Mndg 8. mrs 21 Vi hr tidligere integrert funksjoner lngs x-ksen, og vi hr integrert funksjoner i flere vrible over begrensede områder i xy-plnet. I denne forelesningen skl vi integrere funksjoner lngs
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E
TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 16. Løsningsforslg til øving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, så elektronets kselersjon blir = e m E ltså mot venstre. b) C Totlt elektrisk
Detaljer1 Mandag 1. mars 2010
Mndg. mrs Fundmentlteoremet sier t integrsjon og derivsjon er motstte opersjoner. Vi hr de siste ukene sett hvordn vi på ulike måter kn derivere funksjoner i flere vrible. Nå er turen kommet til den motstte
DetaljerMAT 1001, Høsten 2009 Oblig 2, Løsningsforslag
MAT 1001, Høsten 009 Oblig, sforslag a) En harmonisk svingning er gitt som en sum av tre delsvingninger H(x) = cos ( π x) + cos (π (x 1)) + cos (π (x )) Skriv H(x) på formen A cos (ω(x x 0 )). siden H(x)
DetaljerTillegg om integralsatser
Kpittel 7 Tillegg om integrlstser 7.1 Integrlstser, fundmentlstser Fr et mtemtiske snspunkt er integrlstser beslektet med b f) d = fb) f) b β dr = βr b ) βr ) der den første klles nlsens fundmentlteorem,
Detaljer1 dx cos 1 x =, 1 x 2 sammen med kjerneregelen for derivasjon. For å forenkle utregningen lar vi u = Vi regner først ut den deriverte til u,
TMA0 Høst 205 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg 3.5.30: Vi bruker erivsjonsregelen for cos x, x cos x =, x 2 smmen me kjerneregelen for erivsjon. For å forenkle utregningen
Detaljer1 Mandag 18. januar 2010
Mndg 8. jnur 2 I denne første forelesningen skl vi friske opp litt rundt funksjoner i en vribel, se på hvordn de vokser/vtr, studere kritiske punkter og beskrive krumning og vendepunkter. Vi får ikke direkte
DetaljerS1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka
S kpittel 6 Derivsjon Løsninger til oppgvene i ok 6. c y x y x = = = = y x 4 5 9 4 y 5 6 x 4 = = = = y x y x = = = = 7 ( 5) 6 ( ) 8 6. f( x ) f( x ) 5 7 x x ( ) 4 = = = = 6. T( x) = 0,x +,0 T T = + = (0)
Detaljer1T kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgavene i læreboka
1T kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 3.1 Origo er skjæringspunktet mellom førsteksen og ndreksen. Koordintene til origo er ltså (0, 0). Førstekoordinten til punktet A er 15, og
DetaljerKinematikk i to og tre dimensjoner
Kinemtikk i to og tre dimensjoner 3.1.218 Innleveringsfrist oblig 1: Mndg, 5.eb. kl.18 Innlevering kun vi: https://devilry.ifi.uio.no/ Mulig å levere som gruppe (i Devilry, N 3) Bruk gjerne Pizz ved spørsmål
Detaljer1 Mandag 25. januar 2010
Mndg 5. jnur Vi fortsetter med å se på det bestemte integrlet, bl.. på hvordn vi kn bruke numeriske beregninger til å bestemme verdien når vi ikke nødvendigvis kn finne en nti-derivert. Videre skl vi t
DetaljerKapittel 4 Tall og algebra Mer øving
Kpittel 4 Tll og lger Mer øving Oppgve 1 d Oppgve 2 Se på uttrykket A = g h. Hv forteller de ulike okstvene? Se på uttrykket A = 2π. Hv står de ulike symolene for? Forklr hv vi mener med en vriel og en
DetaljerTemahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall
1 ARBEIDSHEFTE I MATEMATIKK SNART MATTE EKSAMEN Hvordn du effektivt kn forberede deg til eksmen Temhefte nr. 1 Hvordn du regner med hele tll Av Mtthis Lorentzen mttegrisenforlg.com Opplysning: De nturlige
DetaljerKap. 3 Krumningsflatemetoden
SIDE. KRUMNINGSFLTEMETODEN I kpittel. og. hr vi sett t en bjelkes krefter og deformsjon kn beskrives ved fire integrler som henger smmen : Skjærkrft : V d Vinkelendring : φ M d Moment : M V d Forskyvning
Detaljer9.6 Tilnærminger til deriverte og integraler
96 TILNÆRMINGER TIL DERIVERTE OG INTEGRALER 169 Figur 915 Bezier-kurve med kontrollpolygon som representerer bokstven S i Postscript-fonten Times-Romn De ulike Bezier-segmentene ser du mellom kontrollpunktene
DetaljerØving 13, løsningsskisse.
TFY455/FY3 Elektr & mgnetisme Øving 3, løsningsskisse nduksjon Forskyvningsstrøm Vekselstrømskretser nst for fysikk 5 Oppgve nduktns for koksilkbel ) Med strømmen jmt fordelt over tverrsnittet på lederne
DetaljerR2 eksamen våren 2014. (19.05.2014)
R Eksmen V04 R eksmen våren 04. (9.05.04) Løsningsskisser (Versjon 3.0.4) Del - Uten hjelpemidler Oppgve ) fx sinu; u 3x Kjerneregel: f x f uu x cosu3 3 cos3x b) e x e x med kjerneregel som i ) Produktregel:
DetaljerLøsningsforslag Kollokvium 6
Løsningsforslg Kollokvium 6 25. februr 25 Her finner dere et løsningsforslg for oppgvene som ble diskutert på Kollokvium 6. Oppgve Diskusjonsoppgve Diskuter følgende spørsmål med hverndre og prøv å bli
Detaljer1 Tallregning og algebra
Tllregning og lger ØV MER. REGNEREKKEFØLGE Oppgve.0 6 d) ( : 6) Oppgve. ( ) ( ) ()() ( ) ( ) ( ) () (6 ) () d) ( ) 7() ( ) Oppgve. 6 ( ) d) Oppgve. Med ett ddisjonstegn, ett sutrksjonstegn, ett multipliksjonstegn
DetaljerIntegralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne
8 Integrlregning Mål for opplæringen er t eleven skl kunne gjøre rede for definisjonen v estemt integrl som grense for en sum og uestemt integrl som ntiderivert eregne integrler v de sentrle funksjonene
DetaljerLøsningsforslag til Eksamen i fag MA1103 Flerdimensjonal analyse
Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Side 1 v 5 Løsningsforslg til Eksmen i fg MA113 Flerdimensjonl nlyse 2.5.6 Oppgve 1 Vi hr f(x, y) = (4 x 2 y 2 )e x+y. ) Kritiske
Detaljergir g 0 (x) = 2x + x 2 (x + 3) x x 2 x 1 (x + 3) 2 x 5 + 2x 4 + 6x 3 + x 2 + x + 3 x 2 (x + 3) 2 g(x; y) h(x) F (x; y) =
Oppgve ) gir b) c) d) e) f() = 5 4 3 gir f () = 3 6 + 3 g() = + 3 f)når så blir Merk her t = Tilsvrende er gir g () = + ( + 3) ( + 3) 5 + 4 + 6 3 + + + 3 ( + 3) h() = f() gir h () = f () + f() f() = g(;
DetaljerNumerisk kvadratur. PROBLEM STILLING: Approksimér. f(x)dx. I(f) = hvor f : R R. Numerisk sett, integralet I(f) = b. f(x)dx approksimeres med en summe
Numerisk kvdrtur PROBLEM STILLING: Approksimér 1/18 I(f) = f(x)dx. hvor f : R R. Numerisk sett, integrlet I(f) = f(x)dx pproksimeres med en summe Q n (f) = w i f(x i ), n-punkter regel hvor x 1 < x 2
DetaljerR2 - Heldagsprøve våren 2013
Løsningsskisser HD R R - Heldgsprøve våren 0 Løsningsskisser Viktigste oppsummeringer: Må skrive med penn på eksmen! Slurv og regnefeil, både med tll og bokstver, er hovedproblemet. Beste måten å fikse
DetaljerResultatet måles med en sensor. Feilen er forskjellen mellom sensorens utgang og vårt ønske. Hva er reguleringsteknikk
Forelening FYS0 uke 4 H009 Tilbkekobling og tbilitet Innhold HVA ER REGULERINGSTEKNIKK... Generell bekrivele v et tyrt ytem... Ekemel: Amunden å ki til Sydolen.... Synd hn kom ldri til ydolen!... 6 EKSEMPEL
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL ØVING NR. 5, Vår 2014
NTNU Nrges teknisknturvitenskpelige universitet kultet nturvitenskp g teknlgi Institutt fr mterilteknlgi TMT1 JEMI LØSNINGSORSLAG TIL ØVING NR. 5, Vår 01 OPPGAVE 1 ) Vi kmbinerer den vnlige løselighetslikevekten
DetaljerLøsningsforslag til obligatorisk oppgave i ECON 2130
Andres Mhre April 13 Løsningsforslg til obligtorisk oppgve i ECON 13 Oppgve 1: E(XY) = E(X(Z X)) Setter inn Y = Z - X E(XY) = E(XZ X ) E(XY) = E(XZ) E(X ) X og Z er uvhengige v hverndre, så Cov(X, Z) =.
DetaljerØving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt.
Lørdgsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 007. Veiledning: 9. september kl 1:15 15:00. Øving 4: oulombs lov. Elektrisk felt. Mgnetfelt. Oppgve 1 (Flervlgsoppgver) ) Et proton med hstighet
Detaljera 2πf(x) 1 + (f (x)) 2 dx.
MA 4: Anlyse Uke 44, http://home.hi.no/ svldl/m4 H Høgskolen i Agder Avdeling for relfg Institutt for mtemtiske fg Om lengde v kurver. Noen få formler der integrsjon brukes for å beregne lengder, reler
DetaljerLøsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 1100, H-04
Løsningsforslag til obligatorisk oppgave i MAT 00, H-04 Oppgave : a) Vi har zw ( + i )( + i) + i + i + i i og + i + i ( ) + i( + ) z w + i + i ( + i )( i) ( + i)( i) i + i i i ( i ) ( + ) + i( + ) + +
DetaljerMa1101. Part I. 1 Grunnleggende. 1.1 Noen symboler. 1.2 Tallene. 1.3 Noen algebraiske lover
Prt I M1101 1 Grunnleggende 1.1 Noen symboler Union A B i A og/eller B Snitt A B i både A og B Element i B er et element i B Undersett A B A er et undersett v B Skikkelig undersett A B A er et undersett
Detaljer1 Geometri KATEGORI 1. 1.1 Vinkelsummen i mangekanter. 1.2 Vinkler i formlike figurer
Oppgver 1 Geometri KTGORI 1 1.1 Vinkelsummen i mngeknter Oppgve 1.110 ) I en treknt er to v vinklene 65 og 5. Finn den tredje vinkelen. b) I en firknt er tre v vinklene 0, 50 og 150. Finn den fjerde vinkelen.
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk 2 Fysikk 2 Torsdag 2. desember 2004
NTNU Side 1 v 7 Institutt for fysikk Fkultet for nturvitenskp og teknologi Dette løsningsforslget er på 7 sider. Løsningsforslg til eksmen i TFY417 Fysikk Fysikk Torsdg. desember 4 Oppgve 1. Kvntemeknikk
Detaljer2 Symboler i matematikken
2 Symoler i mtemtikken 2.1 Symoler som står for tll og størrelser Nvn i geometri Nvn i mtemtikken enyttes på lignende måte som nvn på yer og personer, de refererer eller representerer et tll eller en størrelse,
Detaljerdy ycos 2 y = dx. Ved å integrere på begge sider av likhetstegnet får man ved å substituere u = y,du = dy dy ycos 2 y = 2du cos 2 u = x.
NTNU Institutt for mtemtiske fg TMA Mtemtikk høsten 2 Løsningsforslg - Øving 7 Avsnitt 6.5 ) En hr t y = e, så 2y +y = 2e +e = e. b) En hr t y = e 2 e (/2), så 2y +y = 2e e (/2) +e +e (/2) = e. c) En hr
Detaljer1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka
T kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i lærebok Uten hjelpemidler E b c E b c Vi gnger vnlige tll med vnlige tll og tierpotenser med tierpotenser. Til slutt omformer vi svret så vi får et tll
DetaljerLøsningsforslag TFE4120 Elektromagnetisme 24. mai = 2πrlɛE(r) = Q innenfor S =
Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for elektronikk og telekommuniksjon Side 1 v 5 Løsningsforslg TFE4120 Elektromgnetisme 24. mi 2011 Oppgve 1 ) Av symmetrigrunner må det elektriske
DetaljerPreken 14. august 2016 13. s i treenighet Kapellan Elisabeth Lund. Tekst: Joh. 15, 13-17
Preken 14. august 2016 13. s i treenighet Kapellan Elisabeth Lund Tekst: Joh. 15, 13-17 I dag har vi fått høre en prekentekst som handler om kjærlighet, om å bli kalt venner og om å bære frukt. Den er
DetaljerLøsningsforslag til øving 4
1 Oppgve 1 FY1005/TFY4165 Termisk fysikk Institutt for fysikk, NTNU åren 2015 Løsningsforslg til øving 4 For entomig gss hr vi c pm = 5R/2 og c m = 3R/2, slik t γ = C p /C = 5/3 Lngs dibten er det (pr
DetaljerBioberegninger - notat 3: Anvendelser av Newton s metode
Bioberegninger - nott 3: Anvendelser v Newton s metode 20. februr 2004 1 Euler-Lotk ligningen L oss tenke oss en populsjon bestående v individer v ulik lder. L n være mksiml lder. L m i være ntll vkom
DetaljerTKP4100 Strømning og varmetransport Løsningsforslag til øving 10
TKP4 Strømning og vrmetrnsport Løsningsforslg til øving Oppgve ) Entlpi ved utløpet (5 br, ), kj/kg Entlpi ved innløpet (5 br, x,95), 7 kj/kg overført: kj/kg Dvs. 4*/6,7 kw b) I området med overhetet dmp
DetaljerEneboerspillet. Håvard Johnsbråten
Håvrd Johnsråten Eneoerspillet Når vi tenker på nvendelser i mtemtikken, ser vi gjerne for oss Pytgors læresetning eller ndre formler som vi kn ruke til å eregne lengder, reler, kostnder osv. Men mer strkte
DetaljerTKP4100 og TMT4206 Løsningsforslag til øving 9
TKP4 og TMT46 Løsningsforslg til øving 9 Oppgve ) Entlpi ved utløpet (5 br, C), kj/kg Entlpi ved innløpet (5 br, x =,95), 7 kj/kg overført: kj/kg Dvs. 4*/6 =,7 kw b) I området med overhetet dmp (T >4C
DetaljerMAT 1110: Løsningsforslag til obligatorisk oppgave 2, V-06
MAT : Løsningsforslg til obligtorisk oppgve, V-6 Oppgve : ) Hvis = (,,...) og = (,,...) er to vektorer, vil kommndoen >> plot(,) tegne rette forbindelseslinjer mellom punktene (, ), (, ) osv. For å plotte
DetaljerFag: Matematikk 1T-Y for elever og privatister. Antall sider i oppgaven: 8 inklusiv forside og opplysningsside
Loklt gitt eksmen 2012 Eksmen Fg: Mtemtikk 1T-Y for elever og privtister Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 25. mi Antll sider i oppgven: 8 inklusiv forside og opplysningsside Eksmenstid: Hjelpemidler under eksmen:
DetaljerS2 kapittel 1 Rekker Utvalgte løsninger oppgavesamlingen
Utvlgte løsiger oppgvesmlige S kpittel Rekker Utvlgte løsiger oppgvesmlige 0 Vi k prøve med differsemetode Differsee mellom leddee utover er 4,6,8, så det er rimelig t differse mellom femte og fjerde ledd
DetaljerLøsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 2005
Løsningsforslag til underveisvurdering i MAT111 vår 5 Beregn grenseverdien Oppgave 1 (x 1) ln x x x + 1 Svar: Merk at nevneren er lik (x 1), så vi kan forkorte (x 1) oppe og nede og får (x 1) ln x ln x
DetaljerKvadratur. I(f) = f(x)dx.
Kvdrtur Når mn snkker om numerisk kvdrtur er mn interessert i pproksimere integrler v funksjoner (som representerer reler, volumer, densiteter, o.s.v.) I(f) = f(x)dx. Det klles for kvdrtur fordi i gmle
DetaljerLøsningsforslag, Midtsemesterprøve fredag 13. mars 2009 kl Oppgavene med kort løsningsforslag (Versjon A)
Institutt for fysikk, NTNU FY100 Elektrisitet og mgnetisme TFY4155 Elektromgnetisme Vår 2009 Løsningsforslg, Midtsemesterprøve fredg 1. mrs 2009 kl 1415 1615. Fsit side 10. Oppgvene med kort løsningsforslg
DetaljerArne B. Sletsjøe. Kompendium, MAT 1012
Arne B. Sletsjøe Kompendium, MAT 2 Forord Dette kompendiet dekker nlysedelen v pensum i kurset MAT 2 ved Universitetet i Oslo. Kurset bygger på MAT og legger mer vekt på nvendelser v teorien enn på dens
DetaljerMED SVARFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO
Eksmen i : MED SVARFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet INF5110 - Kompiltorteknikk Eksmensdg : Onsdg 6. juni 2012 Tid for eksmen : 14.30-18.30 Oppgvesettet er på : Vedlegg
DetaljerR1 kapittel 1 Algebra
Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 1 Alger Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.1 1 8 4 ( ) 15 5 (4 ) 7 1 7 ( ) d ( )( ) ( 4)( ) ( ) ( 4) ( )( 1) Oppgve 1. 49 7 ( 7)( 7) 5 5 5 5 1y 75 (4y 5) ( y) 5
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet Eksmen i: MAT1140 Strukturer og rgumenter Eksmensdg: Mndg 22. jnur 2018 Tid for eksmen: 09:00 13:00 Oppgvesettet er på 7 sider. Vedlegg: Ingen
DetaljerTema 2: Stokastiske variabler og sannsynlighetsfordelinger Kapittel 3 ST :44 (Gunnar Taraldsen)
Tem 2: Stokstiske vribler og snnsynlighetsfordelinger Kpittel 3 ST1101 2019-01-13 12:44 (Gunnr Trldsen) Det nts i nottet t S er et utfllsrom utstyrt med en snnsynlighet P (A) for enhver hendelse A F. F
DetaljerKalkulus 2. Volum av et omdreiningslegeme. Rotasjon rundt x-aksen
Klkulus Klkulus Volum v et omdreiningslegeme Rotsjon rundt x-ksen På figuren nedenfor hr vi skrvert området vgrenset v grfen til den kontinuerlige funksjonen y = f( x) og x-ksen fr x= til x=. Når vi roterer
DetaljerFasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål
Fsit 9 Grunnbok Kpittel Bokmål Kpittel Lineære funksjoner rette linjer. ƒ(x) = 4x + 5 ƒ() = 3 ƒ(4) = ƒ(6) = 9.6 ƒ(x) = -x b ƒ(x) = x b ƒ(x) = (x + ) 3 ƒ() = ƒ(4) = 8 ƒ(6) = 4 ƒ(x) = x 4 ƒ() = - ƒ(4) =
DetaljerFjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd med dempningskoeffisient b til en harmonisk oscillator.
Oppgave 1 a) Ei ideell fjær har fjærkonstant k = 2.60 10 3 [N/m]. Finn hvilken kraft en må bruke for å trykke sammen denne fjæra 0.15 [m]. Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd
DetaljerLøsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 2013
Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 013 Oppgave 1 a) I ligningen for hyostatisk likevekt er P trykket, M(r) massen innenfor en avstand r fra sentrum og ρ(r) er tettheten i en avstand
Detaljer1T kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka
T kpittel Alger Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve. 0 8 ( 0) + 0 + ( 0) 0 8 Oppgve. 7 ( ) + + ( ) 7 Oppgve. ( ) + Oppgve. 0 ( ) 0 ( 0) ( ) 0 ( 0) : ( ) 0 : ( ) Oppgve. ( ) ( ) ( ) (,) ( ) (,) 9 Oppgve.
DetaljerNumerisk kvadratur. Newton-Cotes kvadratur. PROBLEM STILLING: Approksimér. I(f) = f(x)dx. hvor f : R R kan Riemann-integreres.
Numerisk kvdrtur PROBLEM STILLING: Approksimér 1/15 I(f) = hvor f : R R kn Riemnn-integreres. b f(x)dx. Newton-Cotes kvdrtur Newton-Cotes kvdrtur erbsert på ekvidistnte noder i [, b]: For en n-noder åpen
DetaljerIntegrasjon Fundamentalteoremet Substitusjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100
Integrsjon Fundmentlteoremet Substitusjon Forelesning i Mtemtikk 1 TMA4100 Hns Jkob Rivertz Institutt for mtemtiske fg 23. september 2011 2 Mtemtisk induksjon Alle elefnter er ros! Vil bevise P n Alle
DetaljerTerminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014
Terminprøve Mtemtikk for 1P 1NA høsten 2014 DEL 1 Vrer 1,5 time Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler. Forsøk på lle oppgvene selv om du er usikker
DetaljerS1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka
S1 kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok E1 995 995 5 + 5 (995 5) (995 + 5) + 5 990 1000 + 5 990 000 + 5 990 05 E E (61+ 9) 51 49) (51+ 49) 61 9 (61 9) 51 49 ( 100 100 11 1997 00 199
DetaljerRepetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori.
Repetisjon: høydepunkter fra første del av MA1301-tallteori. Matematisk induksjon Binomialteoremet Divisjonsalgoritmen Euklids algoritme Lineære diofantiske ligninger Aritmetikkens fundamentalteorem Euklid:
DetaljerMAGNETFELT OG MAGNETISME SOM RELATIVISTISK FENOMEN
Institutt for fysikk, NTNU 5. april 2005 FY003/TFY455 Elektromagnetisme MAGNETFELT OG MAGNETISME SOM RELATIVISTISK FENOMEN (orienteringsstoff; ikke pensum til eksamen) Utgangspunkt: Anta at i kjenner til
DetaljerMer om likninger og ulikheter
Mer om likninger og ulikheter Studentene skal kunne utføre polynomdivisjon anvende nullpunktsetningen og polynomdivisjon til faktorisering av polynomer benytte polynomdivisjon til å løse likninger av høyere
DetaljerMatematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrasjon
Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrsjon Forståelsen v integrlet som et rel ligger til grunn når vi skl beregne integrler numerisk. Litt mer presist: Når f(x) 0 for lle x i
DetaljerLøsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2005. eksamensoppgaver.org
Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet
DetaljerLøsning IM3 15.06.2011.
Løsning IM 15611 1 Oppgave 1 Innsetting viser at både teller og nevner er i origo, så uttrykket er ubestemt Siden det ikke er noen umiddelbar omskriving som forenkler uttrykket satser vi på å vise at grensen
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 4115/4120 TERMODYNAMIKK 1 (KONT) Fredag 19. august 2005 Tid: kl. 09:00-13:00
Side v 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET (NTNU) - TRONDHEIM INSTITUTT FOR ENERGI OG PROSESSTEKNIKK LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TEP 45/40 TERMODYNAMIKK (KONT) Fredg 9. ugust 005 Tid: kl. 09:00
DetaljerArne B. Sletsjøe. Kompendium, MAT 1012
Arne B. Sletsjøe Kompendium, MAT 2 Dette kompendiet dekker nlysedelen v pensum i kurset MAT 2 ved Universitetet i Oslo. Kurset bygger på MAT og legger mer vekt på nvendelser v teorien enn på dens formelle
DetaljerTMA4140 Diskret matematikk Høst 2011 Løsningsforslag Øving 7
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av?? TMA4140 Diskret matematikk Høst 011 Løsningsforslag Øving 7 7-1-10 a) Beløpet etter n 1 år ganges med 1.09 for å
DetaljerLøsningsforslag til eksamensoppgaver i ECON 2200 våren 2015
Løsningsforslg til eksmensogver i ECON 00 våren 05 Ogve (7 oeng) Deriver følgende funskjoner 3 ) f ( ) gir f ( ) 3 ) f ( ) e e( ) gir f ( ) e c) f ( ) ln gir f ( ) 3 3 (3 ) 3 lterntivt f ( ) ln ln 3 gir
DetaljerNumerisk Integrasjon
Numerisk Integrsjon Anne Kværnø Mrch 1, 018 1 Problemstilling Vi skl ltså finne en numerisk tilnærmelse til integrlet for en gitt funksjon f (x). I(, b) = f (x)dx Teknikken vi skl diskutere klles numeriske
DetaljerForelesning 9 mandag den 15. september
Forelesning 9 mandag den 15. september 2.6 Største felles divisor Definisjon 2.6.1. La l og n være heltall. Et naturlig tall d er den største felles divisoren til l og n dersom følgende er sanne. (1) Vi
DetaljerNumerisk matematikk. Fra Matematikk 3MX (2002) Side
Numerisk mtemtikk Fr Mtemtikk 3MX (2002) Side 142 147 142 Kpittel 4: Integrlregning 47 NUMERISK MATEMATIKK pffiffiffiffiffi På lommeregneren finner du rskt t 71 er lik 8,426150, og t lg 5 er lik 0,698970
DetaljerSKOLEEKSAMEN I. SOS4010 Kvalitativ metode. 19. oktober 2015 4 timer
SKOLEEKSAMEN I SOS4010 Kvalitativ metode 19. oktober 2015 4 timer Ingen hjelpemidler, annet enn ordbøker som er kontrollert av SV-infosenter, er tillatt under eksamen. Sensur for eksamen faller 12. november
Detaljer