EKSAMEN. 3. klassene, ingenørutdanning. ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og formelark)

Transkript

1 KANDIDANUMME: EKAMEN EMNENAVN: Matematikk 3 EMNENUMME: EA32 EKAMENDAO: 5.desember 27 KLAE: 3. klassene, ingenørutdanning. ID: kl EMNEANVALIG: Hans Petter Hornæs ANALL IDE ULEVE: 5 (innkl. forside og formelark ILLAE HJELPEMIDLE: John Haugan: Formler og tabeller. Kalkulator. INNFØING MED PENN, evt. trykkblyant som gir gjennomslag. Ved innlevering skilles hvit og gul besvarelse og legges i hvert sitt omslag. Oppgavetekst, kladd og blå kopi beholder kandidaten. Husk kandidatnummer på alle ark.

2 Eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 1 Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen, oppgaver uten bokstavpunkter teller som et bokstavpunkt. Oppgave 1 La funksjonen f : 3 være definert ved funksjonsuttrykket f(x, y, z ( x 2 + y 2 2 z. a Finn gradienten f(x, y, z i et vilkårlig punkt med koordinater (x, y, z, og spesielt i punktet med koordinater (1, 1, 1. b En romkurve med startpunkt i punktet med koordinater (1, 1, 1 og endepunkt i punktet med koordinater (2,, 3 er parametrisert med r(t [1+t 2, cos( π ] 2 t, 3t, t 1. Et vektorfelt F i rommet 3 er gitt ved F (x, y, z [ x(x 2 + y 2, y(x 2 + y 2, ]. c egn ut arbeidsintegralet F ds. Hint: Hvis du ender opp med et komplisert integral har du kanskje oversett noe? En flate i rommet er gitt ved likningen ( x 2 + y 2 2 z, og punktet med koordinater (1, 1, 1 ligger på denne. (egningen til oppgave 2 er et utsnitt av denne flaten. Finn en likning for tangentplanet til flaten i dette punktet. Oppgave 2 La 1 være flaten gitt ved z 1 ( x 2 + y 2 2 (tegnet til høyre, som sammen med planet 2 gitt ved z avgrenseret romlegeme som kalles. Hele overflaten til kalles. Dessuten har vi gitt feltet F i 3 ved F (x, y, z [ 3xz + z y, 3yz + x z + e y,z 2 +1 ze y] a egn ut arbeidsintegralet F ds der er romkurva parametrisert med r(t [t 2,,t], t 1.

3 Eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 2 b ett opp et trippelintegral for volumet av uttrykt i sylinderkoordinater (r, θ, z. Det vil si at både integranden, dv og integrasjonsgrensene skal uttrykkes i sylinderkoordinater, men du skal ikke regne ut integralet. c egn ut divergensen F og curlen F. Er F et konservativt felt? d egn ut fluksen ut av legemet, det vil si F n d e der n er enhetsnormalvektorene på som peker ut av legemet. egn ut fluksen til curlen oppover gjennom den krumme flaten 1,detvilsi ( F n d 1 der n er enhetsnormalvektorene på 1 som peker oppover (har positiv z koordinat. Oppgave 3 a Finn (den entydige funksjonen u u(x, t, definert for x, t, som oppfyller alle de følgende betingelsene: 9u xx u tt (1 u(,t (2 u(,t (3 u(x, 2 sin(πx ( u t (x, (5. b Utregningene skal i grove trekk vises. Det er ikke påkrevet med en fullstendig detaljert drøfting, for eksempel av at tilfellene κ 2 og κ 2 > ikke gir noen ikke trivielle bidrag (ledd forskjellig fra til løsningen. Finn (den entydige funksjonen u u(x, t, definert for x, t, som oppfyller betingelsene (1, (2, (3 og (5 fra a oppgaven, mens betingelse ( er erstattet med u(x, x 1 x2 (. Løsningen kan skrives som en uendelig rekke u i1 u i u 1 + u 2 + u 3 +. Det er nok åangi tilnærmingsløsningen du får med å ta med de to første ikke trivielle leddene. En integrasjonsformel som litt hjelp for å redusere regnearbeidet: La a væreenkonstant. Daer (x 1 x2 sin(ax dx ( a 2 axsin(ax+(a2 x 2 a 2 x 2cos(ax a 3 Lykke til.

4 Eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 3 HØGKOLEN I GJØVIK FOMELAMLING FO BUK VED EKAMEN I MAEMAIKK 3 Koordinatskifte i multiple integraler: } x x(u, v Dobbeltintegral, generelt: y y(u, v f(x, y dx dy f(x(u, v,y(u, v J(u, v du dv der J(u, v x u y v x v y u. Dobbeltintegral, polarkoordinater: } x r cos θ f(x, y dx dy f(r cos θ, r sin θ rdrdθ y r sin θ x x(u, v, w rippelintegral, generelt: y y(u, v, w z z(u, v, w f(x, y, z dx dy dz f(x(u, v, w,y(u, v, w,z(u, v, w J(u, v, w du dv dw rippelintegral, sylinderkoordinater: x r cos θ y r sin θ f(x, y, z dx dy dz z z rippelintegral, kulekoordinater: f(x, y, z dx dy dz Gradient, divergens og curl : grad(f f f x ı + f y j + f z k x ρ sin φ cos θ y ρ sin φ sin θ z ρ cos φ der J(u, v, w x u x v x w y u y v y w z u z v z w f(r cos θ, r sin θ, z rdzdrdθ f(ρ sin φ cos θ, ρ sin φ sin θ, ρ cos φ ρ 2 sin φdρdφdθ div( F F P x + Q y + z, der F P ı + Q j + k curl( F F ı j k x y z P Q ( y Q z ı ( x P z j +(Q x P y k.

5 Eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 o viktige setninger: Divergenssetningen (Gauss setning: F n d F dv dersom er et begrenset legeme, er overflaten til 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 og påhele. tokes setning: F 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, ogf er et vektorfelt hvis komponenter er definert og kontinuerlig deriverbare i en åpen del av rommet som inneholder. Ordinære differensiallikninger: 1.-ordens lineære, homogene, med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av F (t+af (t er F (t e at. 2.-ordens lineære, homogene, med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av af (t+bf (t+cf (t (dera avhengerava, b og c, slik: (1 Hvis ar 2 + br + c har to forskjellige reelle røtter, r 1 og r 2 : F (t 1 e r1t + 2 e r2t. (2 Hvis ar 2 + br + c harbareén (reell rot, r: F (t ( 1 t + 2 e rt. (3 Hvis ar 2 + br + c har to komplekse røtter, α ± βi: F (t e αt ( 1 cos βt + 2 sin βt. Partielle differensiallikninger, d Alemberts løsning av bølgelikningen c 2 u xx u tt : Allmenn løsning kan skrives slik: F (x + ct+g(x ct. Løsninger som oppfyller randbetingelsen u t (x, kan skrives slik: F (x+ct+f(x ct. Fourierrekker, halvperiodiske utvidelser: Hvis f(x er definert og stykkevis kontinuerlig og begrenset på [,L], da gjelder følgende for de x [,L]derf er kontinuerlig: ( nπ f(x a + a n cos L x, der og: f(x n1 n1 a 1 L L f(x dx og a n 2 L L ( nπ b n sin L x, der b n 2 L ( nπ f(xsin L L x dx. ( nπ f(xcos L x dx,

6 Løsning, eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 1 Oppgave 1 a f(x, y, z [ 2(x 2 + y 2 2x, 2(x 2 + y 2 2y, ] [ x(x 2 + y 2, y(x 2 + y 2, ] f(1, 1, 1 [ 1 ( , 1 ( , ] [8, 8, ] b iden F f er feltet et gradientfelt med potensialfunksjon f. Da avhenger arbeidsintegralet bare av endepunktene, ikke av vegen mellom disse, og kan regnes ut ved [2,,3] F ds f(2,, 3 f(1, 1, 1 [1,1,1] ( ( ( ( c Gradienten er normalvektor til flaten og tangentplanet. Likningen for et plan gjennom punktet med koordinater (x,y,z normaltpåvektoren[a, b, c] er a(x x +b(y y +c(z z, og her har vi da (x,y,z (1, 1, 1 og [a, b, c] f(1, 1, 1 [8, 8, ]: 8(x 1 + 8(y 1 (z 1 2x 2+2y 2 z +1 2x +2y z 3 Oppgave 2 a Vi har [ẋ, ẏ,ż] [2t,, 1] så dx 2tdt, dy ogdz dt: F ds Pdx+ Qdy+ dz 1 1 (3 t 2 t + t 2t +(3 t + t 2 t + e +(t 2 +1 te 1 dt 6t +2t 2 +t 2 +1 tdt b Volumet er [ 6 5 t5 + t 3 + t 1 ] 1 2 t dv,meddv rdzdrdθ i sylinderkoordinater. Flaten som danner nedre avgrensning for z er z 1 Øvre avgrensning er z. ( r 2 2 z 1 r Avgrensingen på (x, y er en sirkel som er projeksjonen av lokket ned i xy planet. Ved å sette inn z får vi likningen for denne: 1 ((x2 + y 2 2 ((x 2 + y x 2 + y 2 x 2 + y Det er med andre ord en sirkelskive med sentrunm i origo og radius 2, som med polar- (og sylinder- koordinater er gitt ved r 2, θ 2π. Dette oppsummeres til 2π 2 V dv rdzdrdθ r /

7 Løsning, eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 2 c F x (3xz + z y+ y (3yz + x z + ey + z (z2 +1 ze y 3z +3z + e y +2z e y 8z F i j k x y z 3xz + z y 3yz + x z + e y z 2 +1 ze y i y 3yz + x z + e y z z 2 +1 ze y j x 3xz + z y x k 3xz + z y z z 2 +1 ze y y + 3yz + x z + e y i( ze y (3y 1 j( (3x +1+k(1 ( 1 [ ze y 3y +1, 3x +1, 2] d e iden F er feltet ikke konservativt. Ved divergenssetningen har vi F n d F dv 8zdV, og det er nok mye enklere å regne ut trippelintegralet på høyresiden en flateintegralet på venstresiden. Det er naturlig å bruke sylinderkordinater, dv og integrasjonsgrensene blir som i a oppgaven. I tillegg har vi med integranden 8z som også er8z i sylinderkoordinater:: 2π 2 8zdV 8z r dz dr dθ 2π 2 [ z 2 r ] zr / dr dθ 2π 2π 2 [ 32r 2 1 ] 2 r1 dθ r / 6r (r / 2 rdrdθ 2π 2π dθ 6r 1 r9 dr dθ Mellomregning: 2 1 / ( /(5 2 3 ( /5 128/5, og så integralet er 2π dθ 2π π Dette flateintegralet blir komplisert, men ved tokes setning kan det omformes til: ( F n d F ds 1 E der E er randen til 1, med omdreiningsretning mot klokka sett ovenifra.

8 Løsning, eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 3 Dette blir imidlertid også litt komplisert, men kan omformes ved å bruke tokes setning en gang til, siden den plane flaten 2 også hare som rand. Da vil jo blant annet bare den enkle 3.-koordinaten i curlen komme med i integranden: ( F n d F ds ( F n d 1 E 2 Dette flateintegralet lar seg forenkle, vi har for eksempel n k på 2, og flateintegraler på plan parallellt med xy planet reduseres til vanlige dobbeltintegraler (ved å sette inn z.løsninger basert på dette er selvfølgelig godtatt, men her tar jeg med løsningen på den generelle måten, med utgangspunkt i at flaten er parametrisert med x og y (en parametrisering direkte med r og θ ville heller ikke vært så dumt: r(x, y [x, y, ] r x [1,, ] r y [, 1, ] Da finner vi lett r x r y [,, 1] k: ( F n d 2 [ ze y 3y +1, 3x +1, 2] [,, 1] dx dy ( F (r x r y dx dy 2 dx dy 2 dx dy Parameterområdet er sirkelen gitt ved x 2 + y 2. Integralet kan løses via polarkordinater, men det er enklere ved å se at dette er arealet av : ( F n d 2 da 2 π 2 2 8π 1 Oppgave 3 a eparasjon av variable, dvs. søker løsninger på formenu X som gir u xx X og u tt X. Dette settes så inn i differensiallikningen (1: 9X X X X 9 Dette er bare mulig hvis begge sider er lik en konstant vi kaller κ 2 : X X κ2 X + κ 2 X og 9 κ2 +9κ 2 Vi finner så langt mulige løsninger påformen u(x, t (A cos(κx+b sin(κx ( cos(3κt+d sin(3κt. etter så innx,ogdermedsin(κx sin( og cos(κx cos( 1 og bruker (2: A ( cos(3κt+d sin(3κt så A Alternativet åvelge D gir bare den trivielle løsningen u(x, t.

9 Løsning, eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 å langt har vi da funksjonene u(x, t sin(κx(e cos(3κt+f sin(3κt som oppfyller (1 og (2, der E B og F BD. etter så innx og bruker betingelse (3: sin(κ (E cos(3κt+f sin(3κt så sin(κ. Betingelsen er også oppfyllt om vi velger E F,mendastår vi bare igjen med den trivielle løsningen. iden nullpunktene til sinus er nπ for heltall n (nok å velge de positive heltallene får vi κ nπ κ nπ. Løsningene på formenu X som oppfyller (1, (2 og (3 er dermed u(x, t sin( nπ ( x E cos(3 nπ t+f sin(3nπ t. Deriverer denne med hensyn på t: : u t (x, t sin( nπ ( x E sin(3 nπ t+f cos(3nπ t 3 nπ Og setter inn t forå bruke betingelse (5: sin( nπ x( E sin( + F cos( 3nπ F sin(nπ x 3nπ F Nå kan det være hensiktsmessig åomdøpeu til u n og E til b n, og løsninger som oppfyller (1, (2, (3 og (5 er på formen u n (x, t b n sin( nπ xcos(3nπ t Ved å sette inn t får vi u n (x, b n sin( nπ x. Vi ser at ved åvelgen ogb 2 er også betingelse ( oppfyllt. Da alle betingelsene er oppfyllt har vi løsningen u(x, t 2sin(πxcos(3πt b Det er åpenbart ikke mulig åskrivex 1 x2 som noen endelig sum av ledd på formen u n (x, b n sin( nπ x, så vimå ty til uendelige summer u(x, t b n sin( nπ xcos(3nπ t u(x, b n sin( nπ x n1 For åfå u(x, x 1 x2 måvivelgeb n som Fourierkoeffisientene i sinusrekka til x 1 x2. Formelen for b n finner vi på det vedlagte formelarket: b n 2 L L ( nπ f(xsin L x dx 2 n1 (x 1 ( nπ x2 sin x dx.

10 Løsning, eksamen i Matematikk 3 5.desember 27 5 Formelen i oppgaveteksten, med a nπ, kan brukes til å regne ut integralet: b n 2 [ (a 2axsin(ax+(a 2 x 2 a 2 ] x 2 cos (ax a 3 ( 1 (a 8asin(a+(16a 2 16a 2 2 cos (a 2 a 3 2a sin(a cos(a+1 a 3 2 nπ a sin ( + ( 2 cos ( a 3 sin( nπ cos( nπ +1 ( nπ 3 inusleddet blir sin(nπ og cosinusleddet blir cos(nπ ( 1 n så b n cos(nπ+1 n 3 π π 3 ( 1n +1 n 3 For n 1får vi b 1 16 π π 3. For n 2får vi b 2 16 π For n 3får vi b 3 16 π ,oghardafått med to ledd forskjellig fra. 27π3 Løsningen er derfor u(x, t 32 π 3 sin(π xcos(3π 32 t 27π 3 sin(3π xcos(9π t+ Kommentar: iden vi har n 3 i nevner konvergerer rekken fort og vi får god tilnærmelse med disse to leddene. Dette er rimelig siden parabelen likner på en sinuskurve i utgangspunktet. Du innser vel også atb n for alle partall n, mens den er på formenb n ± 32 n 3 π med pluss og minus 3 annenhver gang for n oddetall.