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

Transkript

1 KANDIDATNUMME: EKAMEN EMNENAVN: Matematikk 3 EMNENUMME: EA32 EKAMENDATO: 8.desember 28 KLAE: 3. klassene, ingenørutdanning. TID: kl EMNEANVALIG: Hans Petter Hornæs ANTALL IDE UTLEVET: 5 (innkl. forside og formelark) TILLATTE 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 8.desember 28 1 Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen, oppgaver uten bokstavpunkter teller som et bokstavpunkt. Oppgave 1 La funksjonen f være definert på 3 ved f(x, y, z) xye 2z. Finn den retningsderiverte Duf(2, 3, ) i retningen gitt av enhetsvektoren u Oppgave 2 La vektorfeltet F være definert på 3 ved F (x, y, z) [2xy + z 2,x 2, 2zx] [ a ) egn ut divergensen F og curlen F for dette feltet. b) La T være legemet gitt ved ulikhetene x 3, y 1, z x, ogla n være enhetsnormalvektorene på overflaten til T som peker ut av T.egnut fluksen ut av T,detvilsi F n d. c ) En funksjon f slik at gradienten f(x, y, z) F (x, y, z) kalles en potensialfunksjon til F.HvoforkandunåværesikrepåatF har en potensialfunksjon? egn ut arbeidsintegralet F T ds der er en sirkel med radius 13 i planet gitt ved 3x +4y 2z 11, og sentrum i punktet med koordinater [1, 3, 2]. d ) Finn en potensialfunksjon f til F. [ e) LaD være kurven parametrisert med e sin(t), cos(t), ], 2t4 t π. egn ut arbeidsintegralet π 4 F T ds. Oppgave 3 D ] Flaten i figuren til høyre er gitt ved parametriseringa (u, v) [ 4u cos(v) 3u 2 +3, 5u sin(v), 3u cos(v)+4u 2 4 ] der u 1og v 2π. Flaten er orientert med normalvektorene n som peker innover i den krumme flaten

3 Eksamen i Matematikk 3 8.desember 28 2 anden er der u 1,såvedå erstatte u med 1 og v med t får vi følgende parametrisering av randen: r(t) [4cos(t), 5sin(t), 3cos(t)] t 2π Orienteringen på denne vil bli mot klokka sett ovenifra, det vil si positivt orientert i forhold til. Vektorfeltet F er definert på 3 ved a) egn ut b) Vis at F (x, y, z) [2x 3y, 2y +4z, 3x 2z] s F n d u v 5 [ 3u 8u 2 cos(v), 1u 2 sin(v), 4u 6u 2 cos(v) ] der u (u,v) og u v (u,v) v c ) egn ut arealet av. Oppgave 4 La u(x, t) være utslaget fra hvilestillingen (i meter) ved tidspunktet t (sekunder) fra hvilestillingen for en svingende streng av lengde 2, og anta denne oppfyller bølgelikningen 25 u xx u tt (1) u(,t) (2) u(2,t) (3) u(x, ) sin 3 (πx) (4) u t (x, ) (5). x 2,t. Finn et eksplisitt funksjonsuttrykk for u(x, t). Hint: D Alemberts metode, som begynner med å fastslå at (to ganger deriverbare) funksjoner på formen u(x, t) F (x + ct)+g(x ct) oppfyller (1). Gi en grov skisse av framgangsmåten, det er ikke nødvendig å forklare eller begrunne alt i detalj. Lykke til.

4 Eksamen i Matematikk 3 8.desember 28 3 HØGKOLEN I GJØVIK FOMELAMLING FO BUK VED EKAMEN I MATEMATIKK 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) Trippelintegral, 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 Trippelintegral, sylinderkoordinater: x r cos θ y r sin θ f(x, y, z) dx dy dz z z Trippelintegral, 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 8.desember 28 4 To viktige setninger: Divergenssetningen (Gauss setning): F n d F dv T dersom T er et begrenset legeme, er overflaten til T og er stykkevis glatt, n er den overalt utadrettede enhetsnormalvektor på og F er et vektorfelt hvis komponenter er definert og kontinuerlig deriverbare i hele T og påhele. tokes setning: F T ds ( F ) n d dersom er en lukket, begrenset og stykkevis glatt flate, n er en orientering av, er randkurven til positivt orientert m.h.p. n, 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(x)sin L L x dx. ( nπ ) f(x)cos L x dx,

6 Løsning, eksamen i Matematikk 3 8.desember 28 1 Oppgave 1 Gradienten er f(x, y, z) [ ye 2z,xe 2z, 2xye 2z] f(2, 3, ) [ 3e, 2e, 2 2 3e ] [3, 2, 12]. Da er den retningsderiverte Duf(2, 3, ) f u [3, 2, 12] 1 1 [4, 12, 3] ( ) Oppgave 2 a) F F 2y ++2x 2y +2x i j k x y z ( )i (2z 2z)j +(2x 2x)k [,, ] 2xy + z 2 x 2 2zx b ) c ) Flateintegralet blir enklere ved å omforme det til et trippelintegral ved divergenssetningen: Gjentatt integrasjon: 3 F n d 3 1 T F dv [2yz +2xz] x dy dx [ y 2 x +2x 2 y ] 1 dx x 3 1 x +2x 2 dx 2y +2xdzdydx. 2yx +2x 2 dy dx iden F er feltet konservativt, det vil si et gradientfelt. I konservative felt er arbeidsintegralet rundt lukkkede kurver så F T ds. [ 1 2 x2 + 2 ] 3 3 x d ) Potensialfunksjonen er f(x,y,z ) x,y,z [,,] F T ds x,y,z [,,] Pdx+ Qdy + dz, det vil si kurveintegralet langs en hvilken som helst veg mellom de to endepunktene. For eksempel den rette linja parametrisert ved [x t, y t, z t]( t 1) med derivert [x,y,z ]: x,y,z [,,] F T ds 1 (2x ty t +(z t) 2 ) x dt +(x t) 2 y dt +2z tx t z dt 1 (2x 2 y + z 2 x + x 2 y +2z 2 x )t 2 dt (3x 2 y +3z 2 x ) Ved å stryke indeksene får vi funksjonsuttrykket f(x, y, z) x 2 y + z 2 x Kontroll: f(x, y, z) [2xy + z 2,x 2 +, +2zx] F (x, y, z). 1 t 2 dt x 2 y + z 2 x

7 Løsning, eksamen i Matematikk 3 8.desember 28 2 e ) I konservative felt avhenger arbeidsintegralet bare av endepunktene, gjennom formelen [x1,y 1,z 1 ] [x,y,z ] F T ds f(x 1,y 1,z 1 ) f(x,y,z ) Endepunktene har koordinater [x,y,z ]r() [ e, cos(), ] [1, 1, ] og [x 1,y 1,z 1 ]r(π) Oppgave 3 D F T ds (1 2 ( 1) ) ) 2. ] [e, cos(π), 2π4 π 4 [1, 1, 2] a ) Ved tokes setning kan flateintegralet omformes til et arbeidsintegral langs randen : F n d F T ds (2x 3y) dx +(2y +4z) dy +(3x 2z) dz s Koordinatvis derivasjon av r(t) gir[ẋ, ẏ,ż] [ 4sin(t), 5cos(t), 3sin(t)], så Pdx+ Qdy+ dz (8 cos(t) 15 sin(t))( 4 sin(t))+(1 sin(t)+12 cos(t))5 cos(t)+(12 cos(t) 6 cos(t))( 3 sin(t)) dt b) 32 cos(t)sin(t)+6sin 2 (t)+5sin(t)cos(t)+6cos 2 (t) 18 cos(t)sin(t) dt i j k x u x v y u y v z u z v 6 dt 12π i j k 4cos(v) 6u 5sin(v) 3cos(v)+8u 4u sin(v) 5u cos(v) 3u sin(v) (5 sin(v))( 3u sin(v)) (3 cos(v) + 8u)(5u cos(v))) i ((4 cos(v) 6u)( 3u sin(v)) (3 cos(v)+8u)( 4u sin(v))) j + ((4 cos(v) 6u)(5u cos(v)) (5 sin(v))( 4u sin(v))) k ( 15u sin 2 (v) 15u sin 2 (v) 4u 2 cos(v))i ( 12u cos(v)sin(v)+18u 2 sin(v)+12u sin(v)cos(v)+32u 2 sin(v))j +(2u cos 2 (v) 3u 2 cos(v)+2u sin 2 (v))j [ 15u 4u 2 cos(v), 5u 2 sin(v), 2u 3u 2 cos(v) ] iden 5 er en delles faktor i alle leddene kan dette settes utenfor: 5 [ 3u 8u 2 cos(v), 1u 2 sin(v), 4u 6u 2 cos(v) ]

8 Løsning, eksamen i Matematikk 3 8.desember 28 3 c) Arealet er d D r u r v du dv der D er området u 1og v 2π i uv planet. Finner først r u r v 5 ( 3u 8u 2 cos(v)) 2 +( 1u 2 sin(v)) 2 +(4u 6u 2 cos(v)) 2 5 9u 2 +48u 3 cos(v)+64u 4 cos 2 (v) + 1u 4 sin 2 (v)+16u 2 48u 3 cos(v)+36u 2 cos 2 (v) 5 1u 4 (sin 2 (v)+cos 2 (v)) + 25u 2 +48u 3 cos(v) 48u 3 cos(v) 5 1u 4 +25u 2 Der er hensiktsmessig å sette den felles faktoren 25u 2 utenfor (som 25u 2 5u): Dermed er arealet r u r v 25u 4u 2 +1 d 1 25u 4u 2 +1du dv Det innerste integralet løses med substitusjonen z 4u 2 + 1, som gir dz/du 8u 1 8 dz udu. Nedre grense er z og øvre grense er z : Oppgave z1/2 dz dv 25 ( 5 ) π 12 6 [ z3/2 ] 5 ( 5 ) 5 1 PDL-en (1) gir funksjoner på formenu(x, t) F (x + ct)+g(x ct), med c 25 5, som mulige løsninger. Ved å derivere med hensyn på t får vi u t (x, t) cf (x + ct) cg(x ct), og betingelse (5) gir da at cf (x) cg(x) G(x) F (x), slik at de mulige løsningene er på formen F (x + ct)+f (x ct). Ved innsetting av x i dette gir betingelse 2 at F (ct)+f ( ct) F (z) F ( z) (ved å sette z ct). Dette vil si at F er en odde funksjon (symmetri om origo). Betingelse (3) er at 1 dv F (2 + ct)+f (2 ct) F (2 + ct) F (2 ct) F (ct +2) F odde F (ct 2) Ved å erstette ct 2medx, ogdermedct +2med x +4 får vi at F (x) F (x +4), det vil si at F er periodisk med periode 4. Betingelse (4) gir at F (x +)+F (x ) sin 3 (πx) F (x) 1 2 sin3 (πx) på intervallet x 2, og siden F er odde og periodisk med periode 4 er løsningen den odde, halvperiodiske utvidelsen av denne. iden 1 2 sin3 (πx) allerede er odde, og periodisk med periode 2 og dermed også periode 4, er dette i orden ved å bruke dette funksjonsuttrykk for alle reelle tall x. Løsningen kan da skrives u(x, t) 1 2 sin3 (π(x +5t)) sin3 (π(x 5t))