Vi har at ' 0 = 4ex +e 2x = 2 cosh x ; ' 00 = 2 sinh x cosh 2 x : Definer χ = arctan e x. Da har vi f.eks. at 2 sin χ cos χ sin(2χ) = cos 2 χ + sin 2
|
|
- Kaj Løkken
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Eksamen i ikkelineρr dynamikk, fag Onsdag 6. mai 998 Lfisninger a) En permanent bfilge forandrer ikke form. Dvs. at hvis den forplanter seg med en konstant hastighet c i en rom-dimensjon, sνa er bfilgeprofilen u(x; t), som funksjon av romkoordinaten x og av tiden t, en funksjon av bare en variabel ο = x ct. u(x; t) =ffi(x ct). Altsνa: Et soliton er en permanent bfilge som er lokalisert, dvs. at u(x; t) og alle dens deriverte mhp. x gνar mot 0 nνar jxj!, og som dessuten er stabil i den forstand at den bevarer form, asymptotisk nνar t!±, ved kollisjoner med andre lokaliserte bfilger (som ikke behfiver vρre solitoner). b) At feltene u og u + ffiu begge er lfisninger av sine Gordon-ligningen, betyr at u tt u xx + sin u = 0 ; (u + ffiu) tt (u + ffiu) xx + sin(u + ffiu) = 0 : Nνar ffiu er en infinitesimal perturbasjon, og vi trekker den ene ligningen fra den andre, fνar vi at ffiu tt ffiu xx + (cos u) ffiu =0: c) For νa vise at energien E er en bevegelseskonstant, regner vi ut den tidsderiverte. Nνar vi setter inn fra sine Gordon-ligningen, fνar vi at de dt = = Z dx (u t u tt + u x u xt + (sin u) u t ) Z dx (u t u xx + u x u xt )=u x u t j =0: Integranden i integralet for E er energitettheten, kall den ρ = ρ(x; t). Beviset ovenfor, for at energien er bevart, gνar ut pνa νa finne et uttrykk for energistrfimmen j = j(x; t) slik + dj dx =0 er oppfylt som en konsekvens av sine Gordon-ligningen. Lfisningen er j = u x u t. Energitettheten bestνar av tre ledd som hver for seg er ikke-negative. De tre integralene mνa vρre endelige hver for seg for at E skal bli endelig. Det betyr at den tidsderiverte u t og den romderiverte u x begge mνa vρre kvadratisk integrerbare fra til, ogat funksjonen cos u mνa vρre integrerbar. Den enkleste mνaten νa oppnνa det pνa, er at u t! 0, u x! 0og cos u! 0 tilstrekkelig raskt" nνar jxj!. Det betyr spesielt for den asymptotiske oppffirselen til u i grensene x!±at u! 2mß nνar x! og at u! 2nß nνar x!, med m og n heltallige. Hvis m 6= n, betyr det at lfisningen inneholder ett eller flere solitoner. d) Den oppgitte lfisningen '(x) = 4 arctan e x er uavhengig av tiden t. Den ligningen som vi skal vise er oppfylt, er derfor ' 00 (x) + sin('(x)) = 0 :
2 Vi har at ' 0 = 4ex +e 2x = 2 cosh x ; ' 00 = 2 sinh x cosh 2 x : Definer χ = arctan e x. Da har vi f.eks. at 2 sin χ cos χ sin(2χ) = cos 2 χ + sin 2 χ = 2 tan χ + tan 2 χ = 2e x +e 2x = cosh x ; cos(2χ) = cos2 χ sin 2 χ cos 2 χ + sin 2 χ = tan 2 χ + tan 2 χ = e 2x = tanh x; +e2x sin ' = sin(4χ) = 2 sin(2χ) cos(2χ) = 2 sinh x cosh 2 x : Ffilgelig er ' 00 + sin ' = 0, som vi skulle vise. Vi har videre at og det gir at (cos ') ' 0 = d dx sin ' = 2 cosh x + 4 sinh 2 x cosh 3 x = 2 cosh x 4 cosh 3 x ; cos ' = 2 cosh 2 x ; forfivrig det resultatet som skulle vises under neste punkt. Vi fνar da at Z E = dx 2 ('0 ) 2 + cos ' Z 4 = dx cosh 2 x = 4 tanh xj =8: Ved speiling om origo, x! x, fνar vi lfisningen 4 arctan e x,etantitvinn. Ved translasjon en avstand a fνar vi lfisningen 4 arctan e x a. Begge disse nye lfisningene har uforandret energi, E = 8 (det ser en lett ved νa bytte integrasjonsvariabel). Ved Lorentz-transformasjon fνar vi lfisningen 4 arctan e (x ct)=p c 2, den beveger seg med konstant bfilgeprofil og med konstant hastighet c (vi mνa forutsette at jcj < ). Siden den opprinnelige lfisningen hadde energi 8 og impuls 0, vil den Lorentz-transformerte lfisningen ha energi E = 8 p c 2 : e) Vi har allerede vist at V (x) = (2= cosh 2 x). Schrödinger-ligningen ψ d2 dx 2 + V (x)! ψ(x) =fflψ(x) ; med ψ = ' 0 og med ffl = 0, ffilger direkte ved derivasjon av sine Gordon-ligningen ' 00 + sin ' =0. 2
3 At bfilgefunksjonen ψ er grunntilstanden, slutter vi av at den ikke har noe nullpunkt. Grunntilstandsenergien kan nemlig finnes ved minimalisering av Z ψ! Z dx ffi d2 ffi N dx + Vffi = ψ! dffi 2 dx + Vffi 2 ; 2 N dx der bfilgefunksjonen ffi = ffi(x) varieres og N er normeringsintegralet for ffi, Z N = dxffi 2 : Ved νa velge en funksjon ffi uten nullpunkt minimaliserer vi bidraget fra (dffi=dx) 2, som er positivt (dette bidraget tolkes i kvantemekanikken som forventningsverdien av den kinetiske energien). f) For νa undersfike om fikspunktet er stabilt eller ustabilt, mνa vi undersfike tidsavhengige infinitesimale perturbasjoner ffiu = ffiu(x; t). Ligningen for ffiu fant vi under punkt b), nemlig ffiu tt ffiu xx + (cos ') ffiu =0: Siden dette er en lineρr ligning for ffiu, Fourier-transformerer vi mhp. tiden. Det vil si at vi studerer lfisninger med eksponensiell tidsavhengighet, ffiu(x; t) =ffiw(x)e t : Her er en Lyapunoveksponent. Da fνar vi Schrödinger-ligningen, ψ! d2 dx + V (x) ffiw(x) = 2 ffiw(x) : 2 Under punkt e) konkluderte vi med at egenverdien 2 har 0 som nedre grense, dvs. at alle Lyapunoveksponentene er rent imaginρre. Det finnes altsνa ingen mulige infinitesimale perturbasjoner som divergerer eksponensielt. Siden rent imaginρre Lyapunoveksponenter er et marginalt tilfelle nνar det gjelder stabilitet, burde vi strengt tatt studere den perturberte sine Gordon-ligningen til andre orden i ffiu, men sνa grundig til verks gνar vi ikke her. 2a) Hvis f (x Λ )=x Λ,ogffl er liten, sνa er f (x Λ + ffl) =x Λ + f 0 (x Λ )ffl + O(ffl 2 ) : Hvis derfor jf 0 (x Λ )j <ffi<, sνa vil det vρre mulig νa velge ffl liten nok til at jf (x Λ + ffl) x Λ j <ffijfflj : Hvis vi betegner den n ganger itererte funksjonen med f n, har vi da at jf n (x Λ + ffl) x Λ j <ffi n jfflj : Det viser at iterasjonen konvergerer mot x Λ, som altsνa er et stabilt fikspunkt. Hvis i stedet jf 0 (x Λ )j >ffi>, gjelder den motsatte ulikheten for smνa nok ffl, jf (x Λ + ffl) x Λ j >ffijfflj : 3
4 I sνa fall er fikspunktet ustabilt. For den oppgitte n-syklusen har vi at x 0, eller en hvilken som helst x k, er et fikspunkt for f n, altsνa atf n (x 0 )=x 0. Dvs. at n-syklusen er stabil eller ustabil alt etter om den deriverte [f n ] 0 (x 0 )= df n (x 0 ) er mindre eller stfirre enn i absoluttverdi. I ffilge kjerneregelen er [f n ] 0 (x 0 )=f 0 (x n ) f 0 (x ) f 0 (x 0 ) : Eller, samme formel skrevet pνa en annen mνate, dx n = dx n dx n dx 2 dx dx : Stabilitetsbetingelsen er derfor at fi fi [f n ] 0 (x0 ) fi fi = fi fif 0 (xn ) fi fi fi fif 0 (x ) fi fi fi fi f 0 (x0 ) fi fi < : 2b) Definisjonen pνa funksjonen g er at g(h(x)) = h(f (x)) for et vilkνarlig punkt x. Dvs. at gh = hf, eller ekvivalent g = ghh = hfh. Vi skriver f.eks. hf for en funksjon som er sammensetningen av de to funksjonene h og f, ffirst f og sνa h. Dersom x Λ er et fikspunkt for f, dvs. f (x Λ )=x Λ, og videre y Λ = h(x Λ ), sνa er som viser at y Λ er et fikspunkt for g. g(y Λ )=g(h(x Λ )) = h(f (x Λ )) = h(x Λ )=y Λ ; Betingelsen for at x Λ er et stabilt fikspunkt for f,eratjf 0 (x Λ )j <. Betingelsen for at y Λ er et stabilt fikspunkt for g, eratjg 0 (y Λ )j <. Vi skal vise at disse to betingelsene er ekvivalente. Det ffilger av atg 0 (y Λ )=f 0 (x Λ ), som bevises slik: Ved derivasjon av ligningen g(h(x)) = h(f (x)) fνar vi at g 0 (h(x)) h 0 (x) =h 0 (f (x)) f 0 (x). Innsatt x = x Λ gir det at og dermed g 0 (y Λ )=f 0 (x Λ ). g 0 (y Λ ) h 0 (x Λ )=h 0 (x Λ ) f 0 (x Λ ) ; At stabilitetskriteriet for en n-syklus, nemlig j[f n ] 0 (x 0 )j <, er koordinatuavhengig, ffilger ganske direkte. Vi har at g n =(hfh ) n = hfh hfh hfh = hf n h : Pνa samme mνate som ovenfor beviser vi da at [g n ] 0 (y 0 )=[f n ] 0 (x 0 ). Lyapunov-eksponenten for iterasjonen x k+ = f (x k )er = lim n! n nx k= ln jf 0 (x k )j = lim n! n ln j[f n ] 0 (x )j ; mens Lyapunov-eksponenten for iterasjonen y k+ = g(y k )er μ = lim n! n ln j[gn ] 0 (y )j = lim n! n ln jh 0 (x n+ )j +lnj[f n ] 0 (x )j +lnj[h ] 0 (y )j : 4
5 Forutsatt at den deriverte h 0 er en begrenset funksjon, slik at lim n! n ln jh0 (x n+ )j =0; sνa gjelder at = μ. Lyapunoveksponenten er dermed koordinatuavhengig. 2c) Fire slags attraktorer: stabile fikspunkt, med tre negative Lyapunov-eksponenter; grensesykler, med to negative Lyapunov-eksponenter, den tredje lik 0; toruser, med en negativ Lyapunov-eksponenter og to lik 0; bisarre attraktorer, med en negativ Lyapunov-eksponent, en lik 0 og den tredje positiv. Den ene Lyapunov-eksponenten som alltid er lik 0, unntatt for et stabilt fikspunkt, svarer til en infinitesimal perturbasjon av startpunktet i den retningen i rommet som er tangent til banen. 2d) Gitt mνaleserien x ;x 2 ;:::;x N. Takens's metode til νa imitere et faserom gνar pνa νa velge en dimensjon d, og sνa tegne" en attraktor som bestνar av ffilgende punkter i d dimensjoner: (x ;x 2 ;:::;x d ), (x 2 ;x 3 ;:::;x d+ ), opp til (x N d+ ;x N d+2 ;:::;x N ). Hvis d bare velges stor nok, viser det seg at denne metoden gir brukbare estimat av f.eks. dimensjonen til en attraktor. 2e) Bruk Takens's metode med dimensjonen d = 2, dvs. tegn en kurve med x k+ som funksjon av x k for k =; 2 :::;8 (de 8 punktene vil i hvert fall antyde en kurve). Den ffirste listen gir da en parabel, mens den andre gir en mer irregulρr kurve. Et godt tips er altsνa at den ffirste listen er generert ved en kaotisk iterasjon av en glatt" funksjon, mens den andre er en liste av tilfeldige tall. 5
Lfisningsforslag SIF4045 Kvantemekanikk Oppgave 1 a) Den tidsavhengige Schrödingerlikningen = c HΨ= Separable lfisninger av denn
Lfisningsforslag SIF4045 Kvantemekanikk 0.08.00 Oppgave a) Den tidsavhengige Schrödingerlikningen er i @Ψ @t = c HΨ= Separable lfisninger av denne, 4 c ~p m + V (~r) 3 5 Ψ= Ψ(~r; t) =ψ(~r) e iet= ; er
DetaljerEksamen i Ikkelineær dynamikk, fag TFY 4305 Onsdag 30. november 2005 Løsninger
Eksamen i Ikkelineær ynamikk, fag TFY 4305 Onsag 30. november 2005 Løsninger 1) Den generelle løsningen av ligningen u t + cu x =0eru(x, t) =f(x ct), er f er en vilkårlig funksjon av en variabel. Hvoran
DetaljerEksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 4270 Onsdag 26. mai 2004 Løsninger
Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 470 Onsdag 6. mai 004 Løsninger 1a) Sammenhengen mellom koordinattiden t og egentiden τ er at Den relativistiske impulsen er Hamiltonfunksjonen er Siden har vi at
DetaljerLøsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1
Løsningsforslag til Mat2 Obligatorisk Oppgave, våren 206 Oppgave Avgjør om følgende rekker er konvergente: (a) n + n n + n + Løsning: rekken lim : n n + n n + n + Vi bruker grensesammenligningstesten mhp.
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 20. desember 2012 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY045/TFY450 0. desember 0 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 0. desember 0 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I a. For x < 0 er potensialet lik null. (i) For E > 0 er da ψ E = (m e E/
DetaljerEksamen i fag TFY 4305 Ikkelineær dynamikk Onsdag 30. november 2005 Tid: 15.00 19.00
Side 1 av 6 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fsikk Faglig kontakt under eksamen: Navn: Jan Mrheim Telefon: 93653 eller 9 7 51 72 Eksamen i fag TFY 435 Ikkelineær dnamikk Onsdag
Detaljersignalet som et signal i en komponent, og utgangs signalet som et signal i en annen komponent, en helt annen plass i nettverket. Oppgave 1 Gitt spenni
Frekvensrespons, impedans og reaktans? Mats Hfivin 23rd May 2002 1 Innledning Bruken av komplekse tall ved beregninger innen elektronikk og signalbehandling er meget utbre. For nye studenter er dette vanligvis
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller
DetaljerEKSAMEN I SIF4018 MATEMATISK FYSIKK mandag 28. mai 2001 kl
Side 1 av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk og Institutt for matematiske fag Faglig kontakt under eksamen: Professor Per Hemmer, tel. 73 59 36 48 Professor Helge Holden,
Detaljer= x lim n n 2 + 2n + 4
NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 8.7 6 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten
DetaljerOppgavesettet har 11 punkter: 1, 2, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.
SIF53 Matematikk 9. desember 998 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lsningsforslag Oppgavesettet har punkter:,, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.
DetaljerLøsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/
Løsningsforslag Eksamen i MA0/MA60 Grunnkurs i analyse II 7/ 008 Oppgave y = y +, y(0) = 0 a) n n y n y = n y n + y = y y n+ 0 0 0 / / / / / 5/4 / 5/8 9/8 9/8 så Eulers metode med steglengde / gir oss
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK Onsdag 8. august 2007 kl
NORSK TEKST Side 1 av 5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK Onsdag 8. august 2007 kl. 09.00-13.00
DetaljerTMA4120 Matematikk 4K Høst 2015
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA41 Matematikk 4K Høst 15 Chapter 6.7 Systemer av ODE. Vi bruker L t} 1 s, L e at f(t } F (s a 6.7:9 Løs IVP. y 1 y 1 + y,
DetaljerMatematikk 1 Første deleksamen. Løsningsforslag
HØGSKOLEN I ØSTFOLD, AVDELING FOR INFORMASJONSTEKNOLOGI Matematikk Første deleksamen 4. juni 208 Løsningsforslag Christian F. Heide June 8, 208 OPPGAVE a Forklar kortfattet hva den deriverte av en funksjon
DetaljerLøsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998
Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim
DetaljerOppgavesettet har 11 punkter: 1, 2, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.
SIF53 Matematikk 9. desember 998 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lsningsforslag Oppgavesettet har punkter:,, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.
Detaljer. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sin θ = 3
NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 00 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 3.7 99 Vi deriverer to ganger: = A cos (ln ) B sin (ln ) = A cos (ln ) A sin (ln ) + B sin (ln ) B cos (ln
DetaljerMA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY2045/TFY4250 14. desember 2011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I a. For E < 3V 0 /4 er området x > a klassisk forbudt, og
DetaljerLsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 8 I kapittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store tema
Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 8 I kaittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store temaet, og her er det mange regneogaver som gir deg anledning til a trene inn disse teknikkene.
DetaljerLøsning til øving 8 for FY1004, høsten 2007
øsning til øving 8 for FY4, høsten 7 Vi tar for oss en partikkel med masse m i en endimensjonal boks med lengde For < x < gjelder den stasjonære Schrödingerligningen h m d ψ Eψ, ( dx der E er energien
DetaljerTFY Løsning øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensialer
TFY4215 - Løsning øving 5 1 Løsning oppgave 16 LØSNING ØVING 5 Krumning og stykkevis konstante potensialer a. I et område hvor V er konstant (lik V 1 ), og E V 1 er positiv (slik at området er klassisk
DetaljerLøsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org
Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
DetaljerTMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven
TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven 10.10.09 Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag October 1, 2009 L.S. (NTNU) TMA4100: Oversikt October 1, 2009 1 / 20 Kapittel 1: Funksjoner.
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag til eksamen i MA000, Brukerkurs i matematikk B 9. mai 01 Oppgave 1 a) Et plan i rommet har ligning
DetaljerMAT feb feb feb MAT Våren 2010
MAT 1012 Våren 2010 Forelesning Vi er ferdig med en-variabel-teorien, og vi kan begynne å jobbe med funksjoner i flere variable. Det første vi skal gjøre er å gå gjennom de vanlige analysene vi gjør for
Detaljerlny = (lnx) 2 y y = 2lnx x y = 2ylnx x = 2xlnx lnx
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 2012 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 3.7 95 Vi antar at > 0 og får Avsnitt 3.8 6 a) 2π/3 b) π/4 c) 5π/6 ln = (ln) 2 = 2ln = 2ln = 2ln ln.
DetaljerMAT 1110: Obligatorisk oppgave 1, V-07: Løsningsforslag
1 MAT 111: Obligatorisk oppgave 1, V-7: Løsningsforslag Oppgave 1. a) Vi deriverer på vanlig måte: ( e (sinh x) x e x ) = = ex + e x = cosh x, ( e (cosh x) x + e x ) = = ex e x = sinh x Enkel algebra gir
Detaljervære en rasjonal funksjon med grad p < grad q. La oss skrive p(x) (x a)q(x) = A
MA 4: Analyse Uke 46, http://homehiano/ aasvaldl/ma4 H Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 73: Først skal vi delbrøkoppspalte (se Eksempel 5 side 558 i boka) 3t
DetaljerLøysingsframlegg TFY4305 Ikkjelineær dynamikk Haust 2012
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY4305 Ikkjelineær dynamikk Haust 01 Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon: 73593131
DetaljerTa ffirst punkt to i oppgaven, der vi forutsatte at vi kunne telle eksakt de N gjenvρrende atomene. Da er alderen t usikker bare pga. den statistiske
Lfisninger, hjemmeeksamen i fag nummer 74 355 Kjernefysikk, tirsdag 30. mai til fredag 2. juni 2000 1a) 12 g av karbon 12 inneholder 1 mol atomer, i ffilge definisjonen pνa atommasseenheten, det er 6;
Detaljer1 Mandag 8. februar 2010
1 Mandag 8. februar 2010 Vi er ferdig med en-variabel-teorien, og vi kan begynne å jobbe med funksjoner i flere variable. Det første vi skal gjøre er å gå gjennom de vanlige analysene vi gjør for funksjoner
Detaljer. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sinθ = 3
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 011 Løsningsforslag - Øving Avsnitt.7 99 Vi deriverer to ganger: = A 1 cos(ln) B1 sin(ln) = A 1 cos(ln) A 1 sin(ln)+b 1 sin(ln) B 1 cos(ln)
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 8. august 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 8. august FY45/TFY45 Kvantemekanikk I a. For E < V blir området x > klassisk forbudt, og den tidsuavhengige Schrödingerligningen
DetaljerNTNU Institutt for matematiske fag. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 8. Oppgave 1. Oppgave 2
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk høsten Løsningsforslag - Øving 8 Oppgave b. Vi har at f() > og f(π/) π /6
DetaljerLøysingsframlegg TFY 4305 Ikkjelineær dynamikk Haust 2011
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY 4305 Ikkjelineær dynamikk Haust 011 Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon: 73593131
DetaljerMA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs i analyse II Vår 4 Løsningsforslag Øving 9 7.3.b Med f() = tan +, så er f () = cos () på intervallet ( π/, π/).
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet NTNU Side 1 av 9 Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003
DetaljerOppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013
Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 26./28. november 2013 Forelesningene 26./28. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis
DetaljerGammafordelingen og χ 2 -fordelingen
Gammafordelingen og χ 2 -fordelingen Gammafunksjonen Gammafunksjonen er en funksjon som brukes ofte i sannsynlighetsregning. I mange fordelinger dukker den opp i konstantleddet. Hvis man plotter n-fakultet
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i TMA45 matematikk, 9.5.4 Oppgave La fx, y, z) xy + arctanxz). La P være punktet,, ). a)
DetaljerTMA4100 Matematikk 1 Høst 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 Løsningsforslag Øving 5.7.4 Vi observerer at både y = cos πx 4 og y = x er like funksjoner. Det vil si
DetaljerUbestemt integrasjon.
Ukeoppgaver, uke 4, i Matematikk 0, Ubestemt integrasjon. Høgskolen i Gjøvik Avdeling for ingeniørfag Matematikk 0 Ukeoppgaver uke 4 I løpet av uken blir løsningsforslag lagt ut på emnesiden http://www.hig.no/toel/allmennfag/emnesider/rea04
DetaljerFigur 2: Fortegnsskjema for g (x)
Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 998 Oppgave a) g) = e ) = e ) Figur : Fortegnsskjema for g) g) > 0 for < 0 og > og g) < 0 for 0 <
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 16. august 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY415 16. august 008 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 (Teller 34 %) Løsningsforslag Eksamen 16. august 008 TFY415 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Siden potensialet V () er symmetrisk, er grunntilstanden
DetaljerFY2045 Kvantefysikk Løsningsforslag Eksamen 2. juni 2008
Eksamen FY045. juni 008 - løsningsforslag Oppgave FY045 Kvantefysikk øsningsforslag Eksamen. juni 008 a. Fra den tidsuavhengige Schrödingerligningen, [ h ] m x + V x ψx Eψx, finner vi at den relative krumningen
DetaljerEKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Mandag 2. juni 2008 kl
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Mandag
DetaljerEksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag
Eksamen i MAT H4: Løsningsforslag Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) x sin(xy ), er f y lik: A) sin(xy ) + xy cos(xy ) B) x cos(xy ) C) x y cos(xy ) D) sin(xy ) + x y cos(xy ) E) cos(xy ) Riktig svar: C):
DetaljerMatematikk 1 (TMA4100)
Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 7: Derivasjon (fortsettelse) Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 23. august, 2012 Den deriverte som momentan endringsrate Den deriverte som momentan endringsrate Repetisjon
DetaljerMA1101 Grunnkurs Analyse I Høst 2017
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs Analyse I Høst 7 9.5. a) Har at + x b arctan b = π + x [arctan x]b (arctan b arctan ) f) La oss først finne en
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 4 1 LØSNING ØVING 4
FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 4 1 Løsning oppgave 4 1 LØSNING ØVING 4 Elektron i potensial med to δ-funksjoner a En delta-brønn er grensen av en veldig dyp og veldig trang brønn Inne i
DetaljerMA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA112 Grunnkurs i analyse II Vår 219 8.4.1 Vi skal finne lengden til kurven x = 3t 2, y = 2t 3 der t 1. Som boka beskriver på
DetaljerEksamen i TFY4170 Fysikk 2 Mandag 12. desember :00 18:00
NTNU Side 1 av 5 Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Professor Arne Brataas Telefon: 73593647 Eksamen i TFY417 Fysikk Mandag 1. desember 5 15: 18: Tillatte hjelpemidler: Alternativ C Godkjent
DetaljerSKRIFTLIG EKSAMEN I NUMERISK DYNAMIK B-sektorens 7. semester 30. januar 2002 kl Alle hjρlpemidler er tilladt OPGAVE 1 Givet randvρrdiprob
SKRIFTLIG EKSAMEN I NUMERISK DYNAMIK B-sektorens 7. semester 0. januar 00 kl. 0.00-1.00 Alle hjρlpemidler er tilladt OPGAVE 1 Givet randvρrdiproblemet k @ u(r;t) @r + 1 r @u(r;t) @u(r;t) @r = @t u(c; t)
DetaljerA.5 Stasjonære og ikke-stasjonære tilstander
TFY4250/FY2045 Tillegg 4 - Stasjonære og ikke-stasjonære tilstander 1 Tillegg 4: A.5 Stasjonære og ikke-stasjonære tilstander a. Stasjonære tilstander (Hemmer p 26, Griffiths p 21) Vi har i TFY4215 (se
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT00 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 4. oktober 20 Tid for eksamen: 5.00 7.00 Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl. 0900-1400 Vi har ligningen der α er
DetaljerLøsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I
Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 8. desember 006. Bokmål Løsningsforslag: Eksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag desember 8, 006, kl. 09-4. Oppgave Gitt funksjonen f(x) = ln(
DetaljerOversikt over Matematikk 1
1 Oversikt over Matematikk 1 Induksjon Grenser og kontinuitet Skjæringssetningen Eksistens av ekstrempunkt Elementære funksjoner Derivasjon Sekantsetningen Integrasjon Differensialligninger Kurver i planet
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 1. desember 2009 TFY4250/FY2045
Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 a. For n = 3j er Løsningsforslag Eksamen 1. desember 9 TFY45/FY45 ψ () 3j (L/3) = A sin(jπ) = og ψ () 3j (L/3) = A sin(jπ) =. Vi kan da konstatere
DetaljerMA2501 Numeriske metoder
MA251 Numeriske metoder Løsningsforslag, Øving 3 Oppgave 1 a) Start med å tegne en skisse av funksjonen f(x) = x.99(e x 1). Vi oppdager fort at α må ligge svært nær, faktisk rundt.2. Newtons metode anvendt
DetaljerOppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014
Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 17./18. november 2014 Forelesningene 17./18. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis
DetaljerLøsningsforslag for FYS2140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 2018
Løsningsforslag for FYS140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 018 Oppgave 1: Materiens bølgeegenskaper a) De Broglie fikk Nobelprisen i 199 for sin hypotese. Beskriv med noen setninger hva den går ut på.
DetaljerPrøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag
Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Kvantekraft. L x. L 2 x. = A sin n xπx. sin n yπy. 2 y + 2.
FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 1 øsning oppgave 5 1 a Med finner vi energien til egenfunksjonen ØSNING ØVING 5 Kvantekraft nπx sin = n xπ x x x ψ nx,n y,n z = A sin n xπx x sin nπx x, sin n yπy
Detaljery = x y, y 2 x 2 = c,
TMA415 Matematikk Vår 17 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 9 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 13. august 2011 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk
Eksamen FY1006/TFY415 13. august 011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 13. august 011 FY1006/TFY415 Innføring i kvantefysikk a. Fra den tidsuavhengige Schrödingerligningen har vi for
DetaljerFremdriftplan. I går. I dag. 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet
1 Fremdriftplan I går 2.5 Uendelige grenser og vertikale asymptoter 2.6 Kontinuitet I dag 2.7 Tangenter og derivasjon 3.1 Den deriverte til en funksjon 3.2 Derivasjonsregler 3.3 Den deriverte som endringsrate
DetaljerEksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl Løysingsforslag:
Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl. 09-15 Løysingsforslag: 1a Her er r 2 løysing av det karakteristiske polynomet med multiplisitet 2 pga. t-faktor. Det karakteristiske
DetaljerLøsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10
Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 får du trening i å løse ulike typer differensialligninger, og her får du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Men
DetaljerEksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag
Oppgave 1. Fra ligningen Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag x 2 64 y2 36 1 finner vi a 64 8 og b 36 6. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c a 2 + b 2 64 + 36 1 1. Dermed er fokuspunktene
DetaljerForkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning
Eksamen i FO99A Matematikk Ordinær Eksamen Dato 8. mai 8 Tidspunkt 9. - 14. Antall oppgaver 4 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 Deriver følgende
Detaljerd) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x =
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 4. desember 2007 TFY4250 Atom- og molekylfysikk/fy2045 Kvantefysikk
Eksamen TFY450/FY045 4. desember 007 - løsningsforslag Løsningsforslag Eksamen 4. desember 007 TFY450 Atom- og molekylfysikk/fy045 Kvantefysikk Oppgave a. For tilfellet α 0 har vi et ordinært bokspotensial
DetaljerEKSAMEN Løsningsforslag
5..7 EKSAMEN Løsningsforslag Emnekode: ITD5 Dato:. desember 7 Hjelpemidler: - To A-ark med valgfritt innhold på begge sider. - Formelhefte. - Kalkulator som deles ut samtidig med oppgaven. Emnenavn: Matematikk
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017 Løsningsforslag Øving 3 apittel 8.2: Likevektspunkter og deres stabilitet La oss si
DetaljerSIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag
SIF5003 Matematikk, 5. desember 200 Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel markert ved =) : lim 0 + ln ln sin 0 + cos sin 0 + cos sin ) =. For den andre får vi et
DetaljerLøsning, eksamen TFY4205 Kvantemekanikk II Mandag 13. august 2012
Løsning, eksamen TFY4205 Kvantemekanikk II Mandag 13 august 2012 1a) Kravene at både ψ og ψ er kontinuerlige der potensialet er diskontinuerlig, følger av Schrödingerligningen 2 2m ψ x) + V x)ψx) = Eψx)
DetaljerLøsningsforslag MAT 120B, høsten 2001
Løsningsforslag MAT B, høsten Sett A = ( ) (a) Finn egenverdiene og egenvektorene til A ( ) λ =, e = ( λ =, e = ) (b) Finn matrisen e ta og den generelle løsningen på initialverdiproblemet Ẋ = AX, X()
DetaljerHøgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN
Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN Emnekode: MA 40 Emnenavn: Analyse Dato: 9. desember 999 Varighet: 09.00-5.00 Antall sider inklusivt forside: Tillatte hjelpemidler: Merknader: 2 Alle, også
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 7. august 2006 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY4215 7. august 2006 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 7. august 2006 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Bundne tilstander i et symmetrisk éndimensjonalt potensial
Detaljer5.5 Komplekse egenverdier
5.5 Komplekse egenverdier Mange reelle n n matriser har komplekse egenverdier. Vi skal tolke slike matriser når n = 2. Ved å bytte ut R med C kan man snakke om komplekse vektorrom, komplekse matriser,
DetaljerMET Matematikk for siviløkonomer
SENSORVEILEDNING - Skriftlig eksamen MET 11803 Matematikk for siviløkonomer Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: 29.05.2019 Kl. 09:00 Innlevering: 29.05.2019 Kl. 14:00 For mer informasjon om formalia,
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2
TMA4 Matematikk, 4. august 24 Side av 2 Oppgave Den rasjonale funksjonen p er definert som p(x) x2 3x +2 3x 2 5x +2. Finn de tre grenseverdiene lim xæ p(x), lim xæ p(x) og lim xæœ p(x). Løsning: x 2 3x
DetaljerLøsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100
Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 00 Dato: Tirsdag /0, 00 Tid: Kl. 9.00-.00 Vedlegg: Formelsamling Tillatte hjelpemidler: Ingen Oppgavesettet er på sider Eksamen består av 0 spørsmål. De 0 første
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
BOKMÅL MAT - Høst 03 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT Grunnkurs i Matematikk I Mandag 6. desember 03, kl. 09- Tillatte hjelpemidler: Lærebok ( Calculus
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 4. august 2008 TFY4250 Atom- og molekylfysikk
Eksamen TFY450 4. auguast 008 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 4. august 008 TFY450 Atom- og molekylfysikk a. I områdene x < a og x > a har vi (med E V 0 ) at ψ m h [V (x) E ]ψ 0.
DetaljerVelkommen til eksamenskurs i matematikk 1
Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 4.-5. desember 2010 Program I dag og i morgen skal vi holde på fra 10-16 med en pause fra 13-14. Vi skal gjennom:
DetaljerAlle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.
Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom
DetaljerOppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015
Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 16./17. november 2015 Forelesningene 17./18. november Denne forelesningen beskriver de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 noen tips for
DetaljerEksamen R2, Våren 2011 Løsning
R Eksamen, Våren 0 Løsning Eksamen R, Våren 0 Løsning Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (8 poeng) a) Deriver funksjonene
DetaljerTFY4215 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving 1 1 LØSNING ØVING 1
TFY425 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving Løsning oppgave a. LØSNING ØVING Vi merker oss at sannsynlighetstettheten, Ψ(x, t) 2 = A 2 e 2λ x, er symmetrisk med hensyn på origo. For normeringsintegralet
DetaljerOppgave 2 Vi ser på et éndimensjonalt system hvor en av de stasjonære tilstandene ψ(x) er gitt som { 0 for x < 0, ψ(x) = Ne ax (1 e ax (1)
Oppgave Gjør kort rede for hva den fotoelektriske effekt er, hva slags konklusjoner man kunne trekke fra observasjoner av denne i kvantefysikkens fødsel, og beskriv et eksperiment som kan observere og
Detaljer1+2 x, dvs. løse ligningen mhp. x. y = 100. y(1+2 x ) = = 2 x = y. xln2 = ln 100 y. x = 1 ln2 ln. f 1 (x) = 1 ln2 ln x
NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk Høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt.5 59 a) Vi skal invertere y f(x) 00 +2 x, dvs. løse ligningen mhp. x. y 00 +2 x y(+2 x ) 00 2 x 00 00 y y
DetaljerEksamen IRF30014, høsten 15 i Matematikk 3 Løsningsforslag
Oppgave 1. Eksamen IRF314, høsten 15 i Matematikk 3 øsningsforslag I denne oppgaven er det to løsningsforslag. Ett med asymptotene som gitt i oppgaveteksten. I dette første tilfellet blir tallene litt
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 04 Løsningsforslag. Eksamen 6. mai Løsning: Oppgave a) dy dx y y y )y ) : gy), så likevektsløsningene
DetaljerTFY Løsning øving 6 1 LØSNING ØVING 6. Grunntilstanden i hydrogenlignende atom
TFY45 - Løsning øving 6 Løsning oppgave 8 LØSNING ØVING 6 Grunntilstanden i hydrogenlignende atom a. Vi merker oss først at vinkelderivasjonene i Laplace-operatoren gir null bidrag til ψ, siden ψ(r) ikke
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
Bokmål UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Løsningsforslag til Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i matematikk I Torsdag 22. mai 28, kl. 9-4. Dette er kun et løsningsforslag.
Detaljer