VEKTOR OG TENSORANALYSE. Fasit til oppgåver

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "VEKTOR OG TENSORANALYSE. Fasit til oppgåver"

Transkript

1 L A TEX-fil: M216fasit.tex DRAFT: VEKTOR OG TENSORANALYSE Fasit til oppgåver av Gerhard Berge Matematisk institutt UNIVERSITETET I BERGEN April

2 1 Kapittel 1 Oppgåve 1.1 Lat r = r(s) vere ei kurve der bogelenga s er parameter. DåerT = dr(s) eller d2 r(s) = κn, slik at N = 1 d 2 r(s) 2 κ. Vi finn då 2 og dt(s) = κn R = r + N u = r + 1 d 2 r(s) κ 2 u u (, ). (1) Oppgåve 1.2 Frå oppgåve 1 har ein at d2 r(s) 2 Oppgåve 1.3 Gjeve skrulina κ = = κn og resultatet følgjer frå dette. r(t) ={ a sin t, a cos t, b t}. (2) dr(t) dt = { a cos t, a sin t, b}. (3) dr(t) dt = a 2 + b 2 1 T = { a cos t, a sin t, b}. a2 + b2 (4) dt = 1 a 2 {a sin t, a cos t, 0} = κn. + b2 (5) B = T N = N = {sin t, cos t, 0} (6) 1 {b cos t, b sin t, a} (7) a2 + b2 a a 2 + b 2, τ = b a 2 + b 2, K = 1 a2 + b 2. (8) Oppgåve 1.4 eller Vi har at d 2 r 2 =0 x = a 1 s + b 1 y = a 2 s + b 2, (9) z = a 3 s + b 3 r = a s + b (10) Q. E. D. 2

3 Oppgåve 1.5 Null torsjon gjev eller dt dn db = κn = κt = 0 dr = T d 2 r 2 = κn d 3 r = dκ 3 N + κ( κt) = α 3 N + β 3 T Desse likningane impliserer at d n r n = α nn + β n T. (11) Av dette følgjer det at r(s) ikkje kan fjerna seg frå planet definert av vektorane T og N. Oppgåve 1.6 Vi finn and dr dt = {1, 2, 3} for t = 1 (12) r(1) = {2, 1, 2} (13) slik at tangenten i dette punktet vert den rette lina ˆr(u) ={2, 1, 2} + {1, 2, 3}u, u (, + ). (14) Planet gjennom hovudnormal og binormal finn ein lett kan skrivast som som gjev når r = {x, y, z}. (r r(1)) dr (1) = 0, (15) dt x 2y +3z 10 = 0, (16) Oppgåve 1.7 Lat den søkte romkurva vere ˆr(u) =r(t)+u r(t) dt = {cos t, sin t, t} + u{ sin t, cos t, 1}. (17) 3

4 Skjæring med x, y-planet vil seie z = 0 eller u + t = 0. Det gjev x = cos u u sin u, (18) y = sin u + u cos u, (19) som ei parameterframstilling av denne kurva. Oppgåve 1.8 Torsjonen τ til ei kurve. Vi finn r = T r, r = T r + r 2 κn, r = { r κ 2 r 3} T + { [ r 2 κ] + r r κ } N + { r 3 κτ } B [r r r ]= r 6 κ 2 τ [TNB]= r 6 κ 2 τ (20) r r = r 3 κb, r r = r 3 κ, (21) Dei to siste resultata kan kombierast slik at ein får τ = [r r r ] r r 2 (22) Q. E. D. 2 Kapittel 2 Oppgåve 2.1 (b) I utgangspunktet har ein u Φ u = 1 v Φ v = 1 w Φ w = 1 Vi innfører Ut frå dei gjevne relasjonane u = e 1 Φ u = a, v = e 2 Φ v = b, w = e 3 Φ w = c. u Φ v = v Φ w = w Φ u =0 og det faktum at Φ alltid kan veljas symmetrisk, ser ein at vektorsetta e 1, e 2, e 3 og Φ e 1, Φ e 2, Φ e 3 er resiproke sett sidan vi har: e 1 a =1 e 1 b =0 e 1 c =0 e 2 a =0 e 2 b =1 e 2 c =0 e 3 a =0 e 3 b =0 e 3 c =1 (23) 4

5 (b) Vi har Φ Φ 1 = Φ uu + Φ vv + Φ cc = e 1 e 1 + e 2 e 2 + e 2 e 2 = I (24) (c) Vi har at Φ er ein konstant dyade. Det same er Φ 1. Difor er φ 1 = u u+v v+c c, som er den første skalaren til Φ 1, også konstant. Den tredje skalaren til Φ 1 er φ 3 =[uvc] 2. Denne er også konstant og difor er [uvc] også konstant. Oppgåve 2.2 Vi har u Φ v v Φ u = u {Φ Φ c } v = u { I φ} v = u I φ v = u φ v = φ u v. (25) Her er φ vektoren til Φ. Oppgåve 2.3 (i) Gå først ut frå at [abc] 0.Dåer{a, b, c} og b c [abc], resiproke sett. Av dette følgjer det at c a [abc], a b [abc], a (b c)+b (c a)+c (a b) =[abc] I (26) (ii) Deretter set vi [abc] = 0. Dette medfører at minst to av vektorane {a, b, c} er parallelle t.d. b = λa. Men då har vi λ{a (a c)+a (c a)+c (a a)} = 0 (27) der høgresida er null-dyaden, altså gjeld likskapen også i dette høvet. 3 Kapittel 3 Oppgåve 3.1 Lat f(r) def = 1. Vi finn r (f(r)r) =( f(r)) r + f(r) r = r r 3 r +3f(r) = f(r) +3f(r) =2 r (28) R = f(r) r + f(r) r = r r =0, r3 (29) merk at r 0 5

6 Oppgåve 3.2 Vi brukar kulekoordinatar x = r cos θ sin φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos φ, eller r = x 2 + y 2 + z 2, θ = tan 1 y x, φ = tan 1 x2 + y 2, z Vi har for posisjonsvektoren r dekomponert i kartesiske koordinatar Vi finn då r(r, θ, φ)={r cos θ sin φ,rsin θ sin φ,rcos φ} (30) r r = {cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ} r θ = { r sin θ sin φ,rcos θ sin φ, 0} r φ = {r cos θ cos φ, rsin θ cos φ, r sin φ} def = e r, def = r sin φ e θ, def = r e φ. der e r, e θ, e φ er einingsvektorar og i samsvar med likn. (3.50) har ein U =1,V = r sin φ og W = r slik at i desse koordinatane kan Laplace operatoren 2 kan skrivast som (sjå likn. 3.56)) 2 = 1 r 2 r r2 r r 2 sin 2 φ θ r 2 sin φ φ sin φ (31) φ Sidan det er oppgjeve at vår funksjon er berre ein funksjon av r finn ein at berre første leddet i likn. (31) gjev bidrag og vi finn 2 f(r) = 1 r 2 d dr [r2 d dr f(r)] = f rr + 2 r f r =0. (32) Når vi integrerer ein gong får ein og vidare f(r) = c1 r + c 2. r 2 d dr f r = c 1, Oppgåve 3.3 (a) Lat u = y x og v = xy z2.dåer u v = 2 x 2 {zx, yz, yx} som er parallell med V. (b) Ved å setje u = y x 2 og v = y+z x 2x finn ein at u v er parallell med V også i dette tilfellet. 6

7 (c) Svar oppgjeve. (d) Ein gjer det ved å syna at for alle desse oppgåvene er u v 0. Oppgåve 3.4 Eit vektorfelt V er gjeve og er divergensfritt ( V = 0). Dersom vi har V = u v, (33) så følgjer det at V = 0, vi har nemleg, ( u v) = v u u v =0. Omvend kan vi spørja om eit divergensfritt vektorfelt alltid kan skrivast slik. Lat oss gå ut frå at det er slik, og så prøva å bestemma u og v. Altså V = u v, der vektorfeltet V no er gjeve. Då har vi etter føresetnaden at V u =0 og V v =0. Lat u = u(x, y, z) =c vera eit integral av likninga V w = 0 og lat dr vera eit line-element som ligg i flata u = a, altså dr u = 0 på flata u = a. Vidare har vi på denne flata at V dr = ( u v) dr = v u dr u v dr = u v dr = udv. No må u vera ein funksjon av minst ein av dei variable (x, y, z) t.d. z, elles vert u nullvektoren. Lat u z 0,z-komponenten av likninga ovanfor gjev då V x dy V y dx = u z dv. eller V x dy V y dx v =, C u z der dette integralet vert rekna ut langs ei kurve C på flata u = a. Og vi har sett u z = u z, medan V x og V y står for komponentane til V i x og y retningen. Vi kan no visa at dette integralet er uavhengig av integrasjonsvegen. Vi har nemleg V x dy V y dx = k V dr = k V dr, og ( ) k V u z = u z u 2 z (k V)+ 1 u z (k V), 7

8 Ein av vektoridentitetane gjev oss no at Vidare har vi (k V) = k V V k + V k k V = k V = V z, u z (k V) =kv u z Vk u z. Vi finn då u ( ) k V u z = 1 k uv u u 2 z + 1 V uk u z u 2 z z 1 u V u z z = 1 ) (V u z z u + u z V = 1 (V u) =0 u z z Frå integralsatsen til Stoks følgjer det då at integralet langs kurva C mellom to punkt er uavhengig av vegval. OPPSUMMERING: Vi startar med å velja u = u(x, y, z) som eit integral av likninga V w = 0. Vi bestemmer oss for eit punkt (x 0,y 0,z 0 ), set a = u(x 0,y 0,z 0 ) og ser så på flata u(x, y, z) =a. På denne flata har vi V u = 0. Vi bestemmer så ein funksjon v ved v = C V y dx V x dy u z der integralet kan vera frå punktet (x 0,y 0,z 0 ) til eit vilkårleg punkt (x, y, z) på denne flata. Vi har då definert v(x, y, z) på flata u = a. Det same kan vi gjera for andre punkt, t.d. langs ei kurve som skjer flatefamilien u = c der c er ein parameter. På den måten får vi definert v = v(x, y, z) i heile det aktuelle området og vi har k V u v = u dr C u z k V = u s dr C u z = u k V t u z = u k V u z = V k u k V u = V u z u z Q.E.D. Indeksen t står for projeksjonen av k V i flata u = a. 8

9 KONKLUSJON: Dersom V = 0, kan vi alltid finna to funksjonar u og v slik at V = u v. Oppgåve 3.5 Vi har at v = f er eit divergensfritt vektorfelt. Frå resultata i oppgåve 3.4 har ein då at det finst to skalarfunksjonar u og v slik at eller Dette gjev eller f = u v = (u v), (34) {f u v} =0. (35) {f u v} = w (36) f = w + u v. (37) Oppgåve 3.6 Likningane for feltlinene vert eller dz dx = y + z x der siste likninga kan omformast slik slik at vi har integrasjon gjev slik at dx x = dy 2x = dz 2 y + z, (38) dy dx =2x, c 1 = y x 2, = z x + c 1 + x 2 x dz dx z x = x d dx ( z x )=c 1 x + x, d dx ( z x )= c 1 x 2 +1, z x = c 1 x + x + c 2 = y x +2x + c 2 c 2 = y + z 2 x. x Feltlinene til dette vektorfeltet vert difor skjæringskurvene mellom dei to flateskarane, u = y x 2, v = y + z 2 x. x Kontroller svara ved å syne at u v er parallell med V. Eit tilleggsspørsmål kunne vere: Korleis bestemmer du feltlina som går gjennom eit oppgjeve punkt: x = a, y = b og z = c? 9

10 Oppgåve 3.7 Vi har vektorfeltet f = x(y z)i + y(z x)j + z(x y)k. (39) Likningane for feltlinene ti f vert og vi finn dx x(y z) = dy y(z x) = dz z(x y), dy dx = y z x x y z, dz dx = z x y x y z slik at og vi finn dy dx + dz = 1 = dx dx dx, u(x, y, z) =x + y + z = C 1. Vidare finn ein eller slik at 1 dy y dx + 1 dz z dx = 1 x d d (ln x +lny +lnz) =0 ln(xyz) =0, dx dx ln(xyz) =Ĉ 2 v(x, y, z) =xyz = C 2. Vi har då f = v(x, y, z) u(x, y, z). Oppgåve 3.8 Utgangspunktet er vektor identiteten (φ ψ) = φ ψ + φ 2 ψ. (40) Integrerer vi denne likninga over eit volum og nyttar Gauss sitt teorem (divergens-teoremet), så finn ein lett den første identiteten. Den andre identiten finn ein lett ved å skriva opp denne identiteten to gonger. Byt så om φ og ψ i den siste og ta differensen, første leddet fell bort og ein får den andre identiteten. 10

11 Oppgåve 3.9 Vi skal visa følgjande identitet { s f ( n) nf}dσ = mf, S der m = T n. Ved å bruka Stokes generaliserte sats har vi T nf = (n ) (nf)dσ. Vi ser på Merk at C A (n ) (nf) = n i (n k f l )(e i e j ) e k e l x j ( = n i ( ) (e j δ ik e i δ jk )e l ( n i ( n k )f l + n i n k f l x j x j = n i )f l )+n i n i f l x j x j ( n i ( n j )f l + n i n j f l x j x j = f ( n) nf nn f = s f ( s n) nf ) e j e l n = s n + n(n ) n = s n. ) e i e l Vi har nemleg n(n ) n = n dn n = 1 2 dn (n n) =0 Altså (n ) (nf) = s f ( s n)nf, som var det ein skulle visa. Ein alternativ måte å vis dette resultatet på er det følgjande: d d (n ) (nf) = ( n) nf + n n f n (nf) = s f ([ s + nn ] n)nf = s f ( s n) nf, der vi har brukt formelen for det doble vektorproduktet og behandla som ein vektor- (operator). Men ein må alltid vere varsam når ein behandlar denne operatoren som ein vektor og halde fast på kva den verkar på som operator. Oppgåve 3.10 Vi brukar Stokes generaliserte sats i følgjande versjon dσn f = dr f. (41) A Her er f ein skalarfunksjon, A ei flate og C er randa av denne flata. Vi tenkjer oss no ei lukka flate B slik at randa C som er ei lukka kurve ligg på denne flata og deler flata B i to deler B 1 og B 2. Vi brukar integralsatsen ovanfor på kvar av dei to flatene slik at normalvektoren til flatene vender ut or volumet som flata B avgrensar. Då vil ein følgja kurva C i motsett lei for dei to tilfella. Adderer vi så resultata får ein at C 11

12 B dσ(n f) = 0 (42) Dette resultatet kunne ein også funne lettare frå Gauss sin generaliserte sats. Set no f = 1 2 (x2 + y 2 + z 2 ) slik at f = {x, y, z} = r. Vi finn då dσ(n r) =0. (43) B Oppgåve 3.11 Momentet av eit flateelement ndσ med omsyn på origo (vilkårleg valt innafor flata) er pr ndσ, og totalmomentet M finn ein ved å summere (integrere) M = pr ndσ = p r ndσ = 0 (44) etter resultatet i oppgåva før. Oppgåve 3.12 Vi brukar på ny ein versjon av Stokes generaliserte sats dσn f = drf. (45) A og set f = 1 2 {x2 + y 2 + z 2 } = 1 2 r2 og T def = dr. Vi finn f = r og 1 Tr 2 = dσn r. (46) 2 C S C Oppgåve 3.13 Frå Gauss sin generaliserte sats Vdτ = V F n V dσ, (47) finn ein når og V = c r der c er ein konstant vektor (c r)dτ = n (c r) dσ. (48) No er (c r) =2c og vi har V F S n (c r) dσ =2V c (49) 12

13 Oppgåve 3.14 (a) (i) Vilkåret er at determinanten t t t eller D def = 1 4 t (ii) Dersom dette vilkåret er oppfylt har ein det resiproke settet 0 (50) (b) (i) Vi finn e 1 = 1 D { 1 4 t2 1 1, 2 t +1, 1 2 t +1}, e 2 = 1 D { t, 1 t 1, 1 t}, 2 e 3 = 1 D { 1 2 t +1, 1 t, 1 2 t2 1}, (51) t u = r u = { u, 1, 1 } t v = r v = { 1, 1 2 v 1 } (52) t w = r w = { 1, 1, 1 2 w } og i punktet u = v = w = t t u = r u = { t, 1, 1 } t v = r v = { 1, 1 2 t 1 } t w = r w = { 1, 1, 1 2 t } (53) (ii) Normalvektorane er gjevne ved u, v, w. Her merkar vi oss at dette er det resiproke settet til {r u, r v, r w } og ut frå reultatet ovanfor ser vi at dette er samanfallande med oppgåva før slik at når ein brukar resultatet frå denne oppgåva, finn ein same svaret som i likn. (51). Altså { u = e 1 }, { v = e 2 } og { w = e 3 } i denne likninga. Oppgåve 3.15 (a) Vi finn lett at u og v er parallelle slik at u v = 0, og difor er desse funksjonane funksjonelt avhengige. Vi har u(x, y) 2 + v(x, y) 2 1=0 (b) Vi finn u = { 1, 1, 1, }, v = { x, y, z, }, w = { yz, xz, xy, }, (54) og [ u, v, w] =x 2 (z y) +y 2 (x z) +z 2 (y x) 0, slik at desse funksjonane er funksjonelt uavhengige. 13

14 (c) Vi finn lett at u og w er parallelle slik at [ u, v, w] = 0 i dette tilfellet og desse funksjonane er då funksjonelt avhengige. Vi har sin 1 (u(x, y, z)) { sin 1 (w(x, y, z)) } 2 =0. Oppgåve 3.16 (a) Vi inn [e 1, e 2, e 3 ]=2 0, altså er dette ein basis. Det resiproke settet er e 1 = 1 { 1, 2 1, 1 }, e 2 = 1 2 { 1, 1, 1 }, e 3 = 1 2 { 1, 1, 1 }. (b) Nye koordinatar x = x + y, x = x + y, x = x + y, (55) Vi finn r x = 1 2 {1, 1, 1} = e 1, rȳ = 1 2 {1, 1, 1} = e 2, r z = 1 2 { 1, 1, 1} = e 3. x = 1 2 { x +ȳ z}, y = 1 2 {ȳ + z x}, (56) z = 1 2 { z + x ȳ}. e 1 = {1, 0, 1} = x, e 2 = {1, 1, 0} = ȳ, e 3 = {0, 1, 1} = z. Lat x 1 = x, x 2 =ȳ og x 3 = z. Då har vi = e i x, V = e i j V j = e j V j. Vi har då V = V i x. i (58) e 1 e 2 e 3 V = x 1 x 2 x 3 V 1 V 2 V 3 (59) (57) Oppgåve 3.17 Sylinderkoordinatar x = r cos θ, y = r sin θ, z = z, 14

15 eller r = x 2 + y 2, θ = tan 1 y x, z = z, Vi har for posisjonsvektoren r dekomponert i kartesiske koordinatar Vi finn då r(r, θ, φ)={r cos θ,rsin θ, z} (60) r r = {cos θ,sin θ,0} r θ = { r sin θ,rcos θ} r z = {0, 0, 1} def = e r, def = r e θ, def = e z. der e r, e θ, e z er einingsvektorar og i samsvar med likn. (3.50) har ein U =1,V = r og W = 1 slik at i desse koordinatane har vi og f f = e r r + e 1 f θ r θ + f e z z f = f r r + 1 f θ r θ + f z z, (62) der f r = e r f, f θ = e θ f og f z = e z f. Laplace operatoren 2 kan skrivast som (sjå likn. 3.56)) 2 g = 1 ( r g ) g r r r r 2 θ g z 2 (63) (61) Oppgåve 3.18 I denne oppgåva har vi at a, v, n og r u, r v. n er resiproke sett. Av dette følgjer det at einingsdyaden I kan skrivast som I = ar u + vr v + nn. (64) Første resultatet følgjer frå f I = f. Det andre problemet kan løysast slik Gr u F r v = r v r v r u r u r v r v = r v (r u r v )=r v n r u r v = a r u r v 2. Sidan r u r v 2 =(r u r v ) (r u r v )=(r u r v ) r u r v = EG F 2 = H 2, så følgjer løysing av første delen av problemet frå dette. Andre delen av problemet kan visast på tilsvarande måte. 15

16 4 Kapittel 4 Oppgåve 4.1 (a) x 2 y z z + xy2 x y = x2 y 2 z Dei karakteristiske likningane dx x 2 y = dy xy 2 = dz x 2 y 2 z eller Generell løysing dy dx = xy2 x 2 y = y x dz dx = x2 y 2 z x 2 y dy y = dx x = yz = x c 1 z dz z = 1 c 1 xdx ze 1 2 xy = c 2 x y = c 1 ψ = ψ( x y,ze 1 2 xy ) (b) i. Kurva er xy =2,z=2.Frå finn ein x y = c 1, ze 1 2 xy = c 2 c 2 =2e 1 = konst., c 1 = 1 2 x2, dette syner at kurva ikkje er ein karakteristikk. Kurva ligg i flata ze 1 2 xy = 2 e eller z = 2 e e 1 2 xy Ein viser lett ved å rekne ut z z x og y og så substituere i likninga vi starta med, at dette tilfretiller likninga. Dessutan er det lett å sjå at den oppgjevne kurva også ligg i denne integralflata. ii. Romkurva er r(t) ={t, 2t, e t2 } vi finn x y = c 1 = 1 2, altså ligg romkurva i flata 16

17 x y = 1 2, som er eit plan. vi finn også at ze 1 2 xy = c 2 innsett får ein e t2 e 1 2 t 2t =1=c 2. Slik at romkurva også ligg i ze 1 2 xy = 1. Romkurva er difor ein karakteristikk Oppgåve 4.2 Likninga er Karakteristikkane er gjevne ved likningane zz x + yz y = x. dx z = dy y = dz x slik at og vidare dy dx = y z dz dx = x z z 2 x 2 = c 1 = u(x, z) d dx ln y = 1 z = 1 = d x2 + c 1 dx {ln(x + x 2 + c 1 )} altså eller Vi har kurva r(t) ={t, 1, 2t}. ln y = ln(x + x 2 + c 1 )+lnc 2 y x + z = c 2 = v(x, y, z). y x + x 2 + c 1 = c 2 c 1 (t) =4t 2 t 2 =3t 2 c 2 (t) = 1 3t slik at 3c 1 c 2 2 = 1 og vi finn som svar på problemet. (z x)y2 3 x + z =1 Vi har likninga xz x yz y =0, med dei karakteristiske likningane dx x = dy y = dz 0, 17

18 slik at vi får z = c 1, ln x +lny =lnc 2 xy = c 2. Innsett frå kurva finn ein c 1 = t 2 og c 2 = t 2, slik at c 1 = c 2 eller z = xy, som er svaret. Oppgåve 4.3 (a) Likninga er med dei karakteristiske likningane xz x + yz y =1, dx x =+dy y = dz 1, slik at vi får Kurva er x y = c 1, 1 x ez = c 2. r = { 1, 2t, t 2 } og vi finn c 1 (t) eller ln( ez y2 )=, (x <0). x 4x2 e z = xe y2 4x 2. (b) Likninga er med dei karakteristiske likningane (y + z)z x + yz y = x y, dx y + z = dy y = dz x y, dy dx = y y + z, dz dx = x y y + z, d (y + z) = x dx y + z, (y + z)2 x 2 = c 1 dx dy = y + z, y dz dy = x y, y d(x + z) dy = x + z y, 18

19 x + z = c 2 y r = {t, 1, 1+t}. Vi finn c 1 (t) =4(t + 1) og c 2 (t) =2t + 1, slik at c 1 (t) =2c 2 (t)+2 (y + z) 2 x 2 =2 x + z +2. y c) Vi finn 1 y 1 x = c 1, Romkurva kan også skrivast som r(t) ={t, 1 t, 1}. Løysing 2 dx x 2 = dy y 2 = dz z 2 (65) 1 z 1 x = c 2, (66) 1+ 2 x 1 y 1 z =0. (67) Oppgåve 4.4 Vi har v = {2yx, xz, 3xy} = w + u v slik at f def = v = u v = {2x, y, z}. Vi søkjer etter feltlinene til f. Altså løysing av likningane dx 2x = dy y = dz z. Som løysingar finn vi xy 2 y = c 1, z = c 2. Vi har v dr = w dr + u v dr. På flata v =konstant er v dr = 0, altså v dr = w dr = dw, slik at w = v dr langs y/z = a der a er ein konstant. Vi finn w = v dr = (2yz dx + xz dy +3xy dz) = ( 2y2 4xy dx + a a dy) = 2xy2 =2xyz a Merk at langs flate v = y z = a er x = konstant dx = 0. Likninga v = w + u v kan vi no bruke til å bestemma u. vi har {2yz, xz, 3xy} = {2yz, 2xz, 2xy} + u{0, z y 2, 1 y } slik at u = xy 2. Merk at f u = 0. Løysinga er då: u = xy 2, v = y z, w =2xyz. 19

20 5 Kapittel 5 Oppgåve 5.1 Vi har r = (x i x i )e i r og r = (x i x i )e i r slik at r = r og då f(r)= df dr r og f(r)= df dr r følgjer resultatet frå dette. Oppgåve 5.2 F = 1 ( C(r ) ) dτ 4π r = 1 ( ) 1 C(r ) dτ 4π r = 1 ( ) 1 C(r ) dτ 4π r = 1 ( C(r ) ) dτ 4π r = 1 ( C(r ) ) n ds 4π r der vi har brukt at C = 0. Dersom C går raskt nok mot null når r t.d. C 1 r 1+ɛ der ɛ>0, så går dette bra. 6 Kapittel 6 Oppgåve 6.1 Vi har g ik g kl = e i e k e k e l = e i {e k e k} e l = e i I e l = e i e l = δ l i Oppgåve 6.2 Vi har det{a j i } = a1 1 a2 2 a3 3 a1 1 a3 2 a2 3 + a2 1 a3 2 a1 3 a2 1 a1 2 a3 3 + a3 1 a1 2 a2 3 a3 1 a2 2 a1 3 ijk = { 1 for i, j, k lik permutasjon av 1, 2, 3 1 for i, j, k ulik permutasjon av 1, 2, 3 Dette stemmer med definisjonen av ein determinant. 20

21 Oppgåve 6.3 Vi har at a r i A i r = a representerer determinanten oppspalta etter søyle nr. 3, (Laplace utvikling). Merk at dersom eit element i ei rekkje (søyle) vert multiplisert med kofaktoren til eit element i ei annan rekkje (søyle) og summert, så vert resultatet null (svarar til ein determinant med to like rekkjer (søyler). Oppgåve 6.4 Vi har ē j ē i = γ j r er c s i e s = γ j r cs i er e s = γ j r cs i δr s = γj r cr i = δj i Q.E.D. Oppgåve 6.5 Lat ē i og e i vere to basisar som er valde vilkårleg med dei tilsvarande resiproke basisane ē i og e i. For to vilkårlege vektorar u og v har ein då u = ū i ē i = u i e i v = v j ē j = v j e j Vi finn då at skalarproduktet u v =ū i v i = u i v i er invariant. Oppgåve 6.6 Vi skriv u = u i e i = u i e i v = v i e i = v i e i w = w i e i = w i e i u v w = u i v j w k [e i e j e k ]=u i v j w k [e i e j e k ] = u i v j w k ε ijk E 1 = u i v j w k ε ijk E = = u 1 u 2 u 3 v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 E 1 = e 1 u e 2 u e 3 u e 1 v e 2 v e 3 v e 1 w e 2 w e 3 w u 1 u 2 u 3 v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 1 [e 1 e 2 e 3 ] E 21

22 No kan {e 1 e 2 e 3 } vere eit vilkårleg ikkje-koplanart set av vektorar t. d. {abc}, vi har difor det generelle resultatet a u b u c u [uvw][abc]= a v b v c v a w b w c w Når vi no vel {abc}={e 1 e 2 e 3 } og {uvw}={e 1 e 2 e 3 }, får ein og tilsvarande ved å gå ut frå det resiproke settet. E 2 =[e 1 e 2 e 3 ] 2 = g = det g ij, E 2 = 1 g = det gij, Oppgåve 6.7 For å vise at g ij er dei kovariante komponentane til ein tensor, må vi visa at dei følgjer dei kovariante transformasjonslovane. Ut frå definisjonen har ein g ij def = e i e j svarande til koordinatane x 1,x 2,x 3. Vi innfører nye koordinatar ved x i = x i (x 1,x 2,x 3 ). e i = r x i, ē i = r x i, ē i ē j = r x i r x j og r x i = r x j x j x i = e x j j x i ē i ē j =ḡ ij = xk x i x l x j e k e l = xk x i x l x j g kl. Tilsvarande finn ein også for ḡ ij. Q.E.D: Oppgåve 6.8 Dette er berre rett fram seinking av indeksar. Oppgåve 6.9 a) Merk at posisjonsvektoren r ikkje er ein vektor i streng forstand sett frå tensoranalysen sin definisjon av ein vektor. Den følgjer med andre ord ikkje transformasjonslovene for ein vektor. Posisjonsvektoren er ikkje invariant, men tvert imot avhengig av kor vi plasserer origo i koordinatsystemet. Men differensialet eller lineelementetet dr er ein vektor, difor er også fartsvektoren ein vektor. Lat r vere posisjonsvektoren til ein partikkel. Gjeve i eit krumline koordinatsystem, om vi transformer, har ein v def = dr dt = dxj dt r x = d xj j dt 22 r x j = dxj dt e j = d xj dt ēj

23 og vidare v j = dxj dt, vj = d xj dt, som altså er eit uttrykk for dei kovariante fartsvektor komponentane i generelle koordinatar. Med ein koordinatttransformasjon x j x j, finn ein d x j dt = d xj dx j dx j dt, eller vj = d xj dx j vj som er transformasjonslova for ein kontravariant vektorkomponent. Ein annan måte å sjå dette på er å ta utgangspunkt i likninga dx j dx j e j = d xj dx j ēj og så skalarmultiplisere denne likninga med ē k og brukar at ē k = xk x i ei då får ein same resultatet. For akselerasjonen finn ein dv dt = dvj dt e j + v j e j dx k x k dt der vi har brukt at For akselerasjonen a j har ein då = d2 x j dt e 2 j + dxk dx j dt dt Γr jk e r = d2 x j dt e 2 j + dxr dx s dt dt Γj rs e j e j x k =Γr jke r a j = d2 x j dt 2 + dxr dt dx s dt Γj rs b) Vi har no v = v j e j a = a j e j storleiken på v og a i retningen e 1 er v 1 e 1 og a 1 e 1 der e 1 = r x 1, og her er r = r(t) partikkelbanen. Tilsvarande har ein for dei andre komponentane. c) Sylinderkoordinatar x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z x 1 = ρ x 2 = θ x 3 = z r = {x, y, z} = {ρ cos θ, ρ sin θ, z} 23

24 r x 1 = {cos θ, sin θ, 0} = e 1 = e r r x 2 = { ρ sin θ, ρ cos θ, 0} = e 2 = ρe θ r x 3 = {0, 0, 1} = e 3 = e z e 1 x 1 = 0, e 2 x 1 = { sin θ, cos θ, 0} = 1 ρ e 2, e 3 e 3 x 1 = {0, 0, 0}, e 1 x 2 = { sin θ, cos θ, 0} = 1 x 1 e 2 = 1 ρ e 2 = e θ, e 1 = {0, 0, 0}, x3 e 2 x 2 = ρ{cos θ, sin θ, 0} = ρe 1 =, x 2 = {0, 0, 0}, e 3 = {0, 0, 0}. x3 e 2 = {0, 0, 0} x3 Γ i jk = ek e i x j, e i x j = x i x j r = x j x i r = x i e j Γ 2 12 =Γ 2 21 = 1 ρ, Γ1 21 = ρ v r = ρ a ρ = ρ θ 2 ρ ρ θ 2 ρ v θ = θ a θ = θ + 2 ρ ρ θ ρ θ +2 ρ θ v z =ż a z = z z der den siste kollonnen representerer dei fysiske komponentane. Kulekoordinatar x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ x 1 = r x 2 = φ x 3 = θ r = {x, y, z} = r{sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ} r x 1 = {sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ} = e 1 = e r r x 2 = r{ sin θ sin φ, sin θ cos φ, 0} = e 2 = re φ r x 3 = r{cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin θ} = e 3 = re θ e 1 x 1 = 0, e 1 x 2 = { sin θ sin φ, sin θ cos φ, 0} = 1 r e 2 = e φ, e 1 x 3 = {cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin θ} = 1 r e 3 = e θ, e 2 x 1 = { sin θ sin φ, sin θ cos φ, 0} = 1 r e 2 = e φ e 2 x 2 = r{ sin θ cos φ, sin θ sin φ, 0} = sin θ(re 1 sin θ + e 3 cos θ), 24

25 e 2 x 3 = r{ cos θ sin φ, cos θ cos φ, 0} = cot θe 2 e 3 x 1 = {cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin θ} = 1 r e 3 = e θ, e 3 x 2 = r{ cos θ sin φ, cos θ cos φ, 0} = cot θe 2 = cot θe φ e 3 x 3 = r{ sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ} = re 1,, Γ θ θr = 1 r, Γφ φr = 1 r, Γr θθ = r, Γ φ θφ = cot θ, Γr φφ = r sin2 θ, Γ θ φφ = sin θ cos θ. a k = ẍ k +ẋ r ẋ s Γ k rs, a r = r θ 2 r r sin 2 θ φ 2, a θ = θ + 2 r ṙ θ φ 2 sin θ cos θ, a φ = φ + 2 r ṙ θ +2 θ φ cot θ. Her er e 1 =1, e 2 = r og e 3 = r sin θ. Oppgåve 6.10 Her er det å merka at kofaktorelementet G ij oppfyller likninga G ij = gg ij sidan g ij og g ij er inverse. Resultatet følgjer rett fram frå dette. Oppgåve 6.11 For permutasjons-symbolet har ein følgjande +det(a j ɛ αβγ a p αa q i ) (pqr = jamn permutasjon) β ar γ = det(a j i ) (pqr = odde permutasjon 0 (to indeksar er like). Difor kan ein skriva (68) ɛ pqr det(a j i )=ɛαβγ a p αa q β ar γ. (69) Bruk transformasjonen x i = x i (x 1,x 2,x 3 ) slik at ein finn ɛ pqr det( xj xp x q x r )=ɛαβγ xi x α x β x γ. (70) Frå definisjonen har ein ɛ pqr = ɛ pqr og vidare ] 1 ɛ pqr = ɛ pqr = [det( xj x p x ) x q x r i x α x β x γ ɛαβγ. (71) Altså transformerer permutasjons-symbolet som ein relativ kontravariant tensor av orden 3 og vekt -1. Tilsvarande finn ein når ein ser på ɛ pqr. eller ɛ pqr det(a j i )=ɛ αβγa α p a β q a γ r, (72) 25

26 Merk at ɛ pqr det( xj x )=ɛ x α x β x γ i αβγ x p x q x. (73) r ] 1 det( [det( xj x i )= xj x i ). (74) Altså er ɛ pqr ein relativ kovariant tensor av orden 3 og vekt +1. Oppgåve 6.12 Vi har Stokes sats på vanleg form V dr = C S V ds (75) 1. Lat V = fa der f er ein skalarfunksjon og a er ein konstant vektor. Vi har då (fa) = f a (76) og integrala i likning (75) kan omformast slik: [ ] a fdr ds f =0, (77) C S Sidan a er ein vilkårleg vektor følgjer det at fdr = ds f, (78) som er eit døme på Stokes integralsats for ein skalarfunksjon. C 2. Lat V = a g der a er ein konstant vektor og g er ein vektorfunksjon. Vi har då S vidare har ein at (a g) =a g a g (79) (ds ) g = g ds ds g (80) Ein kan då omskriva likn. (78) som [ ] a g dr + (ds ) g =0, (81) C S og påny sidan a er ein vilkårleg vektor følgjer det at dr g = (ds ) g (82) C Ibåe desse tilfella får ein resultata frå den generaliserte Stokes sin sats dr Φ = (ds ) Φ (83) C S der Φ kan vere skalar, vektor eller dyade og multiplikasjonssymbolet må veljast som vanleg multiplikasjon, skalar produkt eller vektorprodukt, slik at uttrykka gjev meining. S 26

27 Oppgåve 6.13 I Gauss sats V vdτ = vdσ, (84) set v = fa, der f er ein skalarfunksjon og a er ein konstant vektor. Vi har då (fa) = a f. Ein finn då [ ] a fdτ dσf (85) V eller fdτ = dσf (86) V Vidare kan ein skriva ein vilkårleg dyade i ein fast ortogonal basis av einingsvektorar som Φ = e i e j φ ij. Erstattar ein f i likning (86) med φ ij, multipliserer med e i e j, som er ein konstant dyade og så summerer over i og j, så får ein Φdτ = dσφ (87) V I denne dyadiske likninga kan ein finna invariantar ved å setja inn høveleg operasjon (*) slik Φdτ = dσ Φ (88) og dette er den generaliserte Gauss sats. 7 Dobbelt vektorprodukt V Lat e 1, e 2, e 3 vera ein orthogonal kartesisk basis og lat u, v, w vera tre vilkårlege vektorar. Vi kan då skriva u = u i e i, (89) v = v j e j, (90) w = w k e k. (91) Vi ser på det doble vektorproduktet som kan utviklast etter formelen (u v) w = vu w uv w. (92) Vi skal visa formelen ved direkte utrekning: (u v) w = u i v j w k (e i e j ) e k (93) Vi reknar ut dei mogelege kombinasjonane av vektorprodukta av einingsvektorane e 1 e 2 = e 3 e 1 e 2 e 2 e 1 e 2 e 1 = e 3 e 1 e 2 e 2 e 1 e 1 e 3 = e 2 e 1 e 3 e 3 e 1 e 3 e 1 = e 2 e 1 e 3 e 3 e 1 e 2 e 3 = e 1 e 2 e 3 e 3 e 2 e 3 e 2 = e 1 e 2 e 3 e 3 e 2 Når vi fyller ut etter skjemat ovafor får ein 27

28 u 1 v 2 w 1 e 2 u 1 v 2 w 2 e 1 u 2 v 1 w 1 e 2 + u 2 v 1 w 2 e 1 +u 1 v 3 w 1 e 3 u 1 v 3 w 3 e 1 u 3 v 1 w 1 e 3 + u 3 v 1 w 3 e 1 +u 2 v 3 w 2 e 3 u 2 v 3 w 3 e 2 u 3 v 2 w 2 e 3 + u 3 v 2 w 3 e 2 Desse ledda kan vi samla slik v 1 e 1 (u 2 w 2 + u 3 w 3 +) v 2 e 2 (u 1 w 1 + u 2 w 2 +) v 3 e 3 (u 1 w 1 + u 2 w 2 +) u 1 e 1 (v 2 w 2 + v 3 w 3 +) u 2 e 2 (v 1 w 1 + v 3 w 3 +) u 3 e 3 (v 1 w 1 + v 2 w 2 +) Når vi adderer og subtraherer alle ledd med alle indeksar like ser vi lett at vi får formelen (92). Q.E.D. u 1 v 1 w 1 e 1 u 1 v 1 w 1 e 1 +u 2 v 2 w 2 e 2 u 2 v 2 w 2 e 2 +u 3 v 3 w 3 e 3 u 3 v 3 w 3 e 3 8 Geodesiske kurver som variasjonsproblem Utleiing av likninga d (g ijẋ i ) 1 2 Vi startar frå bogelengdeintegralet s = t2 t 1 g ik x i ẋi ẋ k =0. (94) g ij dx i dx j (95) Vi ser på variasjonen av s, når vi held endepunkta fast. Vi søkjer altså den kurva som har ein ekstremalverdi med omsyn på bogelengda. { } t2 dx δs = δ g i dx k t2 dx δ g i dx j ij ij t 1 = =0. (96) t 1 2 Vi ser på teljaren i siste integraletdet og finn g ij dx i dx j dx δ {g i ij dx j } = g ij dxi dx k δxk xj + g ijδ( dxj )dxi + g dx j ij δ(dxi ) = g ij dxi dx k δxk xj +2g dx i ij δ(dxj ) (97) 28

29 vidare har ein at δ( dxj )= d δxj. Vi satsar vidare på å bruke delvis integrasjon og finn at uttrykket i likn. (97) kan skrivast som Vi finn då t2 δs = δ t 1 g ij dx i dx k x k δxk +2 d (g dx i ij δxj ) 2 d (g dx j ij )δxj. { gij dx i dx j x k } 2 d (g ik dxi ) δx k +2 d (g ik dxi δxk ) =0. (98) 2 g ij dx i Merk at g ij er symmetrisk i indeksane i, j. Vi har vidare at t2 d 2 (g ik dxi t 1 dx 2 g i ij dx j δxk ) =0. Dette ser ein lett ved delvis integrasjon når ein merkar seg at δx k = 0 i endepunkta og Hugs at dx j d (g dx i dx j ik )=0. g ik dx i dx j, er lengda av tangentvektoren (sjå likn. (6.113)), som er konstanten 1, når ein deriverer dette m. o. p. bogelengda er resultatet null! Vidare har ein at sidan δx k er vilkårleg, så gjev fundamentallemmaet i variasjonsrekning at { gij dx i dx j x k 2 d (g dx i } ik ) =0. (99) No er d g ik = g ik d x j xj. Når ein nyttar dette, kan likn. (99) skrivast som g ik ẍ i + 1 g ki 2 x j ẋi ẋ j + 1 g kj 2 x i ẋi ẋ j 1 g ij 2 x k ẋi ẋ j =0. For å koma fram til dette resultatet har vi delt det eine leddet i to og forandra namn på summasjonsindeksane og brukt at g ij = g ji. Vi brukar så likn. (6.71) og finn g ik ẍ i +Γ ij,k ẋ i ẋ j =0. Ytreproduktet med g ml og kontraksjon over l og k gjev til slutt som samsvarar med likn. (6.114). ẍ m +Γ m ijẋi ẋ j =0, (100) 29

Obligatorisk oppgåve 1

Obligatorisk oppgåve 1 FYS112 Elektromagnetisme 214 Obligatorisk oppgåve 1 Innleveringsfrist 19. september kl. 23.59 Lars Kristian Henriksen 21. oktober 214 Obligar i FYS112 leverast elektronisk på Devilry http://devilry.ifi.uio.no/.

Detaljer

3.2. VEKTOR IDENTITETAR 45

3.2. VEKTOR IDENTITETAR 45 3.2. VEKTOR IDENTITETAR 45 (φa) = φ a + φ a, (3.16) (φa) = φ a + φ a, (3.17) (a b) = a b + b a, +a ( b)+b ( a), (3.18) (a b) = b a a b, (3.19) (a b) = a b b a a b + b a, (3.20) ( a) = a 2 a, (3.21) φ =

Detaljer

Løysingsforslag Eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 2016

Løysingsforslag Eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 2016 Løysingsforslag Eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 26 OPPGÅVE Det komplekse talet z = 3 i tilsvarar punktet eller vektoren Rez, Imz) = 3, ) i det komplekse planet, som

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN NYNORSK TEKST UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitskaplege fakultet, V. 2004. Eksamen i emnet MAT25 - Mekanikk. Måndag 7. juni 2004, kl 09.00-4.00. Tillatne hjelpemiddel: Ingen Oppgåver med svar

Detaljer

Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener.

Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener. NTNU Institutt for matematiske fag TMA45 Matematikk, øving, vår Løsningsforslag Notasjon og merknader Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener. Oppgaver fra kapittel

Detaljer

(1 + x 2 + y 2 ) 2 = 1 x2 + y 2. (1 + x 2 + y 2 ) 2, x 2y

(1 + x 2 + y 2 ) 2 = 1 x2 + y 2. (1 + x 2 + y 2 ) 2, x 2y Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA45 Matematikk vår 9 Løsningsforslag til eksamen.5.9 Gitt f(, y) = + +y. a) Vi regner ut f = f y = + + y ( + + y ) = + + y

Detaljer

Løsning IM

Løsning IM Løsning IM 6 Oppgave x + y Grensen lim er ubestemt da både teller og nevner blir Vi skal vise at grensen ( xy, ) (,) x + y ikke eksisterer og bruker rette linjer inn mot origo De enkleste linjene er koordinataksene

Detaljer

5.3. LAPLACE OG POISSON LIKNINGANE 95. f = f, (5.45) = e i x i

5.3. LAPLACE OG POISSON LIKNINGANE 95. f = f, (5.45) = e i x i 5.3. LAPLACE OG POISSON LIKNINGANE 95 Oppgåver: 1. Lat f(x 1,x 2,x 3 )=f(r), der r = {(x 1 x 1) 2 +(x 2 x 2) 2 +(x 3 x 3) 2 } 1 2. Syn at f = f, (5.45) når = e i, = e i x i x i. (5.46) 2. Syn v.h.a. resultatet

Detaljer

dx = 1 1 )dx = 3 y= x . Tangentplanet til hyperboloiden i (2, 1, 3) er derfor gitt ved x 2, y 1, z 3 = 0 x 2 + 2(y 1) 2 (z 3) = 0 x + 2y 2z 3 = 2

dx = 1 1 )dx = 3 y= x . Tangentplanet til hyperboloiden i (2, 1, 3) er derfor gitt ved x 2, y 1, z 3 = 0 x 2 + 2(y 1) 2 (z 3) = 0 x + 2y 2z 3 = 2 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA415 Matematikk vår 9 øsningsforslag til eksamen 15. august 9 1 Treghetsmoment med hensyn på x-aksen er gitt ved x [ ] y I

Detaljer

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen.

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. NTNU Institutt for matematiske fag SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. i alternativ (3, ii alternativ (2. 2 a For

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x

Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x Løysingsforslag til eksamen i matematikk, mai 4 Oppgåve a) i) ii) f(x) x x + x(x + ) / ( f (x) x (x + ) / + x (x + ) /) g(x) ln x sin x x (x + ) / + x (x + ) / (x + ) x + + x x x + x + + x x + x + x +

Detaljer

TMA Representasjoner. Funksjoner. Operasjoner

TMA Representasjoner. Funksjoner. Operasjoner TMA 4105 Representasjoner Funksjoner Operasjoner Funksjoner f : D R m! f(d) R n reelle funksjoner kurver flater vektorfelt Funksjoner i) f : D R n! R reell funksjon av n variabler, f(x), f(x,y) eller f(x,y,z)

Detaljer

= (2 6y) da. = πa 2 3

= (2 6y) da. = πa 2 3 TMA45 Matematikk Vår 7 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete ourse.

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 11 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Torsdag 1 desember 29. Tid for eksamen: 14:3 17:3. Oppgavesettet er på 7 sider.

Detaljer

Eksamen i TMA4190 Mangfoldigheter fredag 30 mai, 2014

Eksamen i TMA4190 Mangfoldigheter fredag 30 mai, 2014 Eksamen i TMA4190 Mangfoldigheter fredag 30 mai, 2014 LØYSINGSFORSLAG Oppgåve 1 å sette Vi definerer funksjonane F : R 4 R 2 og G : R 2 R 4 ved F : (x, y, z, w) (u, v) = (xy, zw) G : (u, v) (u, u 2, v,

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL ØVING 11, TMA4105, V2008. x = r cos θ, y = r sin θ, z = 2r for 0 θ 2π, 2 2r 6. i j k. 5 r dr dθ = 8

LØSNINGSFORSLAG TIL ØVING 11, TMA4105, V2008. x = r cos θ, y = r sin θ, z = 2r for 0 θ 2π, 2 2r 6. i j k. 5 r dr dθ = 8 LØNINGFORLAG TIL ØVING, TMA45, V8 Oppgave 4.5.9. Parametrisering: x = r cos θ, y = r sin θ, z = r for θ π, r 6. r(r, θ) = r cos θ, r sin θ, r. N = r r r θ = cos θ sin θ = r cos θ, r sin θ, r. r sin θ r

Detaljer

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar).

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar). Fasit for eksamen i MEK torsdag 3. desember 27 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra til ( for perfekt svar). Oppgave Vi har gitt to vektorfelt i kartesiske koordinater (x,y,z) A = yi+coszj +xy

Detaljer

Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen

Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen Kapittel 4 Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen Oppgave Gitt et vektorfelt v = ui + vj + wk. Divergensen til v er definert som v = u + v + w z og virvlingen er gitt ved determinanten

Detaljer

EKSAMEN I FAG SIF5005 MATEMATIKK 2

EKSAMEN I FAG SIF5005 MATEMATIKK 2 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 3 Faglig kontakt under eksamen: Trond Digernes 7359357 Berner Larsen 73 59 35 5 Lisa Lorentzen 73 59 35 48 Vigdis Petersen

Detaljer

Løsning, Stokes setning

Løsning, Stokes setning Ukeoppgaver, uke 4 Matematikk, tokes setning 1 Løsning, tokes setning Oppgave 1 a) b) c) F x y z x y z F x x + y y + z z 1+1+1 iden F er feltet konservativt. ( z y y ) ( x i z z z ) ( y x x x ) k i +k

Detaljer

NTNU. MA1103 Flerdimensjonal Analyse våren Maple-øving 2. Viktig informasjon. Institutt for matematiske fag. maple02 28.

NTNU. MA1103 Flerdimensjonal Analyse våren Maple-øving 2. Viktig informasjon. Institutt for matematiske fag. maple02 28. NTNU Institutt for matematiske fag MA1103 Flerdimensjonal Analyse våren 2011 Maple-øving 2 Fyll inn studieprogram: Fyll inn navn: 1. 2. 3. 4. Viktig informasjon Besvarelsen kan leveres som gruppearbeid

Detaljer

I = (x 2 2x)e kx dx. U dv = UV V du. = x 1 1. k ekx x 1 ) = x k ekx 2x dx. = x2 k ekx 2 k. k ekx 2 k I 2. k ekx 2 k 1

I = (x 2 2x)e kx dx. U dv = UV V du. = x 1 1. k ekx x 1 ) = x k ekx 2x dx. = x2 k ekx 2 k. k ekx 2 k I 2. k ekx 2 k 1 TMA4 Høst 6 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 6..4 Vi skal evaluere det ubestemte integralet I = ( e k. Vi starter med å dele opp integralet

Detaljer

TMA4105 Matematikk2 Vår 2008

TMA4105 Matematikk2 Vår 2008 TMA4105 Matematikk2 Vår 2008 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 11.4.1 Vi ser på kurven i xy-planet gitt ved r(t) ti + (ln(cos t))j π/2

Detaljer

Løysingsforslag (Skisse) Eksamen FY3452 Gravitasjon og Kosmologi Våren 2007

Løysingsforslag (Skisse) Eksamen FY3452 Gravitasjon og Kosmologi Våren 2007 Løysingsforslag (Skisse) Eksamen FY3452 Gravitasjon og Kosmologi Våren 2007 May 24, 2007 Oppgave 1 a) Lorentztransformasjonane er x = γ(x V t), t = γ(t V x), der γ = 1/ 1 V 2 Vi tar differensiala av desse

Detaljer

(t) = [ 2 cos t, 2 sin t, 0] = 4. Da z = 2(1 + t) blir kurva C en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig side 392).

(t) = [ 2 cos t, 2 sin t, 0] = 4. Da z = 2(1 + t) blir kurva C en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig side 392). Ma - Løsningsforslag til uke 5 i 7 Eks. mai 994 oppgave Romkurva er parametrisert for t [, π] ved r (t) = [ + cos t, + sin t, + t ] Hastighets- og akselerasjonsvektorene blir v = r (t) = [ sin t, cos t,

Detaljer

Matematikk 4, ALM304V Løsningsforslag eksamen mars da 1 er arealet av en sirkel med radius 2. F = y x = t t r = t t v = r = t t

Matematikk 4, ALM304V Løsningsforslag eksamen mars da 1 er arealet av en sirkel med radius 2. F = y x = t t r = t t v = r = t t Oppgave r( t) v( t) dt t dt, t dt, t dt t +, t +, t +. d d d a( t) v '( t) t, t, t,6 t,t dt dt dt F ma m t t Gitt en hastighetsvektor v( t) t, t, t.,6, Oppgave Greens setning: δq δ P I ( Pdx + Qdy) ( )

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

Løsningsforslag 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)

Detaljer

Løysingsframlegg øving 1

Løysingsframlegg øving 1 FY6/TFY425 Innføring i kvantefysikk Løysingsframlegg øving Oppgåve Middelverdien er x = x Ω X xp (x) = 2 + 2 = 2. (.) Tilsvarande har vi x 2 = x Ω X x 2 P (x) = 2 2 + 2 2 = 2. (.2) Dette gjev variansen

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 2010

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag, eksamen MA11 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 21 Oppgave 1 a) Finn og klassifiser alle kritiske

Detaljer

VEKTOR OG TENSORANALYSE

VEKTOR OG TENSORANALYSE VEKTOR OG TENSORANALYSE ved Gerhard Berge Matematisk institutt UNIVERSITETET I BERGEN September 2004 Føreord Dette heftet utgjer pensum i emnet M 216 ved Universitetet i Bergen, slike det vart førelese

Detaljer

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,

Detaljer

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag SIF55 Matematikk, 3. mai Oppgave Alternativ : At de to ligningene skjærer hverandre vil si at det finnes parameterverdier u og v som, innsatt i de to parametriseringene, gir samme punkt: Vi løser hver

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. KRAFT I og II Hall del 2 Kraft sportssenter Ingen

EKSAMENSOPPGAVE. KRAFT I og II Hall del 2 Kraft sportssenter Ingen Fakultet for naturvitenskap og teknologi EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: MAT-1003 Kalkulus 3 Dato: 11.12.2018 Klokkeslett: 09.00-13.00 Sted: Tillatte hjelpemidler: KRAFT I og II Hall del 2 Kraft sportssenter

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag TMA45 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 5.5.: Kulen er grafen til rφ, θ) asinφ) cosθ)i + sin φ sinθ)j + cosφ)k), φ π, θ < π. Vi har slik at φ θ acosφ) cosθ)i + sinφ) sinθ)j + cosφ)k)

Detaljer

Randkurva C til flata S orienteres positivt sett ovenfra, og kan parametriseres ved: r (t) = [ sin t, cos t, sin t] dt, 0 t 2π.

Randkurva C til flata S orienteres positivt sett ovenfra, og kan parametriseres ved: r (t) = [ sin t, cos t, sin t] dt, 0 t 2π. Ma - Løsningsforslag til uke 17 i 7 Eks. mai 1999 oppgave 4 ylinderen x + y = 1 skjærer ut ei flate av planet z = x + 1 dvs. x + z = 1 med enhetsnormal i positiv z-retning lik n= 1 [ 1 1]. Flata blir en

Detaljer

β = r 2 cosθsinθ. β = β β i+ j = yi+xj. (8.1) = 2rcosθsinθi r +r( sinθsinθ+cosθcosθ)i θ

β = r 2 cosθsinθ. β = β β i+ j = yi+xj. (8.1) = 2rcosθsinθi r +r( sinθsinθ+cosθcosθ)i θ Kapittel 8 Polarkoordinater Oppgave 1 Vi har gitt skalarfeltet β(x, y) = xy i kartesiske koordinater. a) For polarkoordinater (r,θ) og kartesiske koordinater (x,y) har vi sammenhengen x = rcosθ og y =

Detaljer

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24

Detaljer

Obligatorisk oppgave 2

Obligatorisk oppgave 2 MEK Obligatorisk oppgave 2 Nicolai Kristen Solheim Obligatorisk oppgave 2 Oppgave a) Vi kan beregne vektorfluksen Q = F ndσ gjennom en kuleflate σ gitt vektorfeltet σ F = xi + 2y + z j + z + x 2 k. Ved

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. e 2x + x 2 ( e 2x) = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x

Høgskolen i Oslo og Akershus. e 2x + x 2 ( e 2x) = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x Oppgåve a) i) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) ii) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) Sidan både teljar og nemnar

Detaljer

Felt i naturen, skalar- og vektorfelt, skalering

Felt i naturen, skalar- og vektorfelt, skalering Kapittel 1 Felt i naturen, skalar- og vektorfelt, skalering Oppgave 1 To vektorer u og v er parallelle hvis vi kan skrive u = cv, der c er en skalar. 2a 1 6 b = c 1 4 b 3a a2+3c+b 16 14 c = 0. Dette gir

Detaljer

β = r 2 cosθsinθ. β = β β i+ j = yi+xj. (8.1)

β = r 2 cosθsinθ. β = β β i+ j = yi+xj. (8.1) Kapittel 8 Polarkoordinater Oppgave 1 Vi har gitt skalarfeltet β(x, y) = xy i kartesiske koordinater. a) For polarkoordinater (r, θ) og kartesiske koordinater (x, y) har vi sammenhengen x = rcosθ og y

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006 Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT, våren 6 Oppgave : a) Vi har C 5 3 II+( )I a + 3a 3a III+I 3 II 3 3 3 3 a + 3a 3a 3 a + 3a 3a III+II I+( ))II 3 3 3 a + 3a 3a 3 3 3 a + 3a 4 3 3a a + 3a 4 3 3a b)

Detaljer

Felt i naturen, skalar- og vektorfelt, skalering

Felt i naturen, skalar- og vektorfelt, skalering Kapittel 1 Felt i naturen, skalar- og vektorfelt, skalering Oppgave 1 To vektorer u og v er parallelle hvis vi kan skrive u = cv, der c er en skalar. 2a 1 6 b = c 1 4 b 3a a2+3c+b 16 14 c = 0. Dette gir

Detaljer

Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave.

Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave. NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 7 15.1.3: Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen eller y = x y, ( ) 1 2 y2 = x.

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i: MAT-1003 Dato: Tirsdag 15. desember 2015 Tid: Kl 15:00 19:00 Sted: Åsgårdvegen 9

EKSAMENSOPPGAVE. Eksamen i: MAT-1003 Dato: Tirsdag 15. desember 2015 Tid: Kl 15:00 19:00 Sted: Åsgårdvegen 9 EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: MAT-13 Dato: Tirsdag 15. desember 215 Tid: Kl 15: 19: Sted: Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler: Pedersen et al.: Teknisk formelsamling med tabeller, Rottmanns formelsamling,

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 14 1.4.5: Vi skal finne fluksen ut overflaten til den solide ballen B med sentrum = (2,, 3) og radius r = 3, av vektorfeltet F = x 2 i + y 2

Detaljer

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag:

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag: Eksamen i emnet M7 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2, kl. 9-5 Løysingsforslag: a Singulære punkt svarer til nullpunkta for x 2, dvs. x = og x =. Rekkeutvikler om x = : yx = a n x n y x = na n x n

Detaljer

Velkommen til Eksamenskurs matematikk 2

Velkommen til Eksamenskurs matematikk 2 Velkommen til Eksamenskurs matematikk 2 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 12.-13. mai 2010 Introduksjon Begin with the end in mind - The 7 Habits of Highly Effective People (Stephen R. Covey)

Detaljer

EKSAMEN i MATEMATIKK 30

EKSAMEN i MATEMATIKK 30 Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi EKAMEN i MATEMATIKK 3 1 desember 1999 kl. 9 14 Fagnummer: V139A Faglærer: Hans Petter Hornæs Tillatte hjelpemidler: Godkjent

Detaljer

Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm

Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm Kapittel 9 Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm 9.1 Divergensfri strøm 9.1.1 Strømfunksjonen I kompendiet, kap. 4.6 og kap. 9, er det påstått at dersom et todimensjonalt strømfelt v(x y) = v x (x

Detaljer

Oppgaver og fasit til kapittel 6

Oppgaver og fasit til kapittel 6 1 Oppgaver og fasit til kapittel 6 Mange av oppgavene i dette kapitlet brukes for første gang, og det er sannsynligvis flere fasitfeil enn normalt. Finner du en feil, så send en melding til lindstro@math.uio.no.

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir LØNINGFOLAG IL EKAMEN I FAGE 55/7 MAEMAIKK. august Oppgave. (i Ja. (ii Ja. (iii Nei. Alternativt: (i Ja. (ii Ja. (iii Ja. Oppgave. curlf (x, y F i j k (x, y / x / y / z e y + ye x +x xe y + e x + Altså

Detaljer

Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen

Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen Kapittel 4 Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen Oppgave Gitt et vektorfelt v = ui+vj +wk. Divergensen til v er definert som v = u x + v y + w z og virvlingen er gitt ved determinanten

Detaljer

FYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk

FYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk FYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk 1 Analytisk mekanikk Lagrangefunksjonen Formelsamling (nynorsk) L = L(q, q, t), (1) til eit fysisk system er ein funksjon av dei generaliserte koordinatane

Detaljer

FY1006/TFY Løysing øving 7 1 LØYSING ØVING 7

FY1006/TFY Løysing øving 7 1 LØYSING ØVING 7 FY1006/TFY415 - Løysing øving 7 1 Løysing oppgåve 1 LØYSING ØVING 7 Numerisk løysing av den tidsuavhengige Schrödingerlikninga a) Alle ledda i (1) har sjølvsagt same dimensjon. Ved å dividere likninga

Detaljer

Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen

Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen Kapittel 4 Vektorfluks og sirkulasjon, divergens, virvling, strømfunksjonen Oppgave Gitt et vektorfelt Divergensen til v er definert som v = ui+vj +wk. v = u x + v y + w og virvlingen er gitt ved determinanten

Detaljer

Fasit Kontekesamen TFY4215/FY1006 Innføring i kvantefysikk 2015

Fasit Kontekesamen TFY4215/FY1006 Innføring i kvantefysikk 2015 Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Fasit Kontekesamen TFY415/FY16 Innføring i kvantefysikk 15 Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU August 15 kl. 9.-13.

Detaljer

The full and long title of the presentation

The full and long title of the presentation The full and long title of the presentation Subtitle if you want Øistein Søvik Mai 207 Ø. Søvik Short title Mai 207 / 4 Innholdsfortegnelse Introduksjon Nyttige tips før eksamen Nyttige tips under eksamen

Detaljer

Eksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse

Eksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA113 Flerdimensjonal analyse Faglig kontakt under eksamen: Tlf: Eksamensdato: 5. Juni 19 Eksamenstid (fra til): 9: 13: Hjelpemiddelkode/Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Vil det bli gått oppklaringsrunde i eksamenslokalet? Svar: JA Hvis JA: ca. kl.10:00 og 12:00

EKSAMENSOPPGAVE. Vil det bli gått oppklaringsrunde i eksamenslokalet? Svar: JA Hvis JA: ca. kl.10:00 og 12:00 Fakultet for naturvitenskap og teknologi EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: MAT-1003 Kalkulus 3 Dato: Tirsdag 1.1.017 Klokkeslett: 09:00-13:00 Sted: Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler: Pedersen et al.: Teknisk

Detaljer

a 2 x 2 dy dx = e r r dr dθ =

a 2 x 2 dy dx = e r r dr dθ = NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk, øving, vår Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 8 Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009 Oppgave 1 Avgjør om grenseverdiene eksisterer:

Detaljer

Eksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse

Eksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA3 Flerdimensjonal analyse Faglig kontakt under eksamen: Mats Ehrnstrøm Tlf: 735 97 44 Eksamensdato: 22. mai 28 Eksamenstid (fra til): 9: 3: Hjelpemiddelkode/Tillatte

Detaljer

y = x y, y 2 x 2 = c,

y = 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

Detaljer

e y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0

e y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0 LØNINGFORLAG TIL EKAMEN I FAGET 55/7 MATEMATIKK. august Oppgave. (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Nei. Alternativt: (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Ja. Oppgave. a) curlf (x, y) F i j k (x, y) / x / y / z e y + ye x +x xe

Detaljer

Tillegg om flateintegraler

Tillegg om flateintegraler Kapittel 6 Tillegg om flateintegraler 6.1 Litt ekstra om flateintegraler I kompendiet har vi definert flateintegraler som grenseoverganger for diskretiseringer. Har vi en flate kan vi representere den

Detaljer

Alternativ II: Dersom vi ikke liker å stirre kan vi gå forsiktigere til verks. Først ser vi på komponentlikninga i x-retning

Alternativ II: Dersom vi ikke liker å stirre kan vi gå forsiktigere til verks. Først ser vi på komponentlikninga i x-retning Forelesning / 8 Finne skalarfunksjon når gradienten er kjent. Se GF kap..3.4. Ta som eksempel β = yi + xj + k. Vi vet at β = x i + j + z k og følgelig ser vi at vi må løse et system av tre likninger som

Detaljer

Eksamensoppgaver og Matematikk 1B

Eksamensoppgaver og Matematikk 1B Eksamensoppgaver 7500 og 750 Matematikk B Samlet for SIF5005 Matematikk våren 00 Samlingen inneholder utvalgte oppgaver gitt i 7500 og 750 Matematikk B ved NTH/NTNU i tiden 993 997. Oppgaver eller punkter

Detaljer

Løysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 2010

Løysingsframlegg TFY 4104 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 2010 NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY 404 Fysikk Kontinuasjonseksamen august 200 Faglærar: Professor Jens O Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon:

Detaljer

Integraler. John Rognes. 15. mars 2011

Integraler. John Rognes. 15. mars 2011 15. mars 2011 forener geometrisk målbare områder Ω og skalarfelt f : Ω R definert på disse områdene. Vi danner produktet f (Ω) Ω av verdien f (Ω) av funksjonen og størrelsen Ω av området. Mer presist deler

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 8-12/2

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 8-12/2 Fasit til utvalgte oppgaver MAT, uka 8-/ Øyvind Ryan oyvindry@i.uio.no February, Oppgave 3.3.6 Vi har funksjonen fx, y, z xyz og kurven Vi ser at rt e t, e t, t, t. vt e t, e t, vt e t + e t + frt t. e

Detaljer

SIF 5005 Matematikk 2 våren 2001

SIF 5005 Matematikk 2 våren 2001 IF 55 Matematikk våren Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Diverse løsningsforslag 75 Matematikk B, mai 994 (side 77 79) 6 a) Vi finner en potensialfunksjon φ(x,

Detaljer

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009 Sammendrag R2 www.kalkulus.no 31. mai 2009 1 1 Trigonometri Definisjon av sinus og cosinus Sirkelen med sentrum i origo og radius 1 kalles enhetssirkelen. La v være en vinkel i grunnstilling, og la P være

Detaljer

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1 EKSAMEN BOKMÅL DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember 15 9:-13: FAGKODE: FAGNAVN: IR151 Matematikk 1 HJELPEMIDLER: Del 1: kl 9.-11. Ingen Del : kl 11.-13. Lommeregner Lærebok etter fritt valg Matematisk

Detaljer

F = x F 1 + y F 2 + z F 3 = y 2 z 2 + x 2. i j k F = xy 2 yz 2 zx 2 = i(0 ( 2yz)) j(2xz 0) + k(0 2xy) = 2yzi 2xzj 2xyk.

F = x F 1 + y F 2 + z F 3 = y 2 z 2 + x 2. i j k F = xy 2 yz 2 zx 2 = i(0 ( 2yz)) j(2xz 0) + k(0 2xy) = 2yzi 2xzj 2xyk. TMA415 Matematikk 2 Vår 215 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 12 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete

Detaljer

5 z ds = x 2 +4y 2 4

5 z ds = x 2 +4y 2 4 TMA45 Matematikk 2 Vår 25 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TMA4105 Matematikk 2 8. August 2005

LØSNINGSFORSLAG TMA4105 Matematikk 2 8. August 2005 LØSNINGSFORSLAG TMA45 Matematikk 8. August 5 Oppgave Vi introduserer funksjonen g(x, y, z) x +y z slik at flaten z x + y er gitt ved g(x, y, z). I dette tilfellet utgjør gradienten til g en normalvektor

Detaljer

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise TMA405 Matematikk 2 Vår 205 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete

Detaljer

Kapittel 10: Funksjoner av flere variable

Kapittel 10: Funksjoner av flere variable 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 Kapittel 0: Funksjoner av flere variable 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable. Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x,

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TMA4105 MATEMATIKK 2 Lørdag 14. aug 2004

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TMA4105 MATEMATIKK 2 Lørdag 14. aug 2004 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag ide av LØNINGFOLAG EKAMEN TMA4 MATEMATIKK 2 Lørdag 4. aug 24 Oppgave Grenseverdien eksisterer ikke. For eksempel er grenseverdien

Detaljer

EKSAMENSOPPGÅVE. Tilletne hjelpemiddel: Godkjend kalkulator og formelsamling og 2 eigne A4-ark (4 sider totalt)

EKSAMENSOPPGÅVE. Tilletne hjelpemiddel: Godkjend kalkulator og formelsamling og 2 eigne A4-ark (4 sider totalt) EKSAMENSOPPGÅVE/EKSAMENSOPPGAVE EKSAMENSOPPGÅVE Eksamen i: MAT-1003 Kalkulus 3 Dato: Tirsdag 17. 1.013 Tid: Kl 09:00 13:00 Stad: Åsgårdveien 9 Tilletne hjelpemiddel: Godkjend kalkulator og formelsamling

Detaljer

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 Oppgave Vektorfeltet har komponenter og er funksjon av variable Jacobimatrisen er av type ( xy) ( xy) x y ( yx) ( yx) xy x y xy Innsatt finner vi JF ( x, y)

Detaljer

v(t) = r (t) = (2, 2t) v(t) = t 2 T(t) = 1 v(t) v(t) = (1 + t 2 ), t 2 (1 + t 2 ) t = 2(1 + t 2 ) 3/2.

v(t) = r (t) = (2, 2t) v(t) = t 2 T(t) = 1 v(t) v(t) = (1 + t 2 ), t 2 (1 + t 2 ) t = 2(1 + t 2 ) 3/2. NTNU Institutt for matematiske fag TMA40 Matematikk, øving, vår 0 Løsningsforslag Notasjon og merknader Hvis boken skriver en vektor som ai + bj + ck hender det at jeg skriver den som a, b, c). Jeg benytter

Detaljer

EKSAMEN. Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark.)

EKSAMEN. Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark.) KANDIDANUMME: EKAMEN FAGNAVN: Matematikk 3 FAGNUMME: EA32 EKAMENDAO: 1. desember 26 KLAE: Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ID: kl. 9. 13.. FAGLÆE: Hans Petter Hornæs ANALL IDE ULEVE: 5 (innkl. forside

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) e 2x + x 2 ( e 2x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x

Høgskolen i Oslo og Akershus. = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) e 2x + x 2 ( e 2x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x Oppgåve a) i) ii) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) ( x + ) dx x x dx+ x dx x +

Detaljer

Maxwell s ligninger og elektromagnetiske bølger

Maxwell s ligninger og elektromagnetiske bølger Maxwell s ligninger og elektromagnetiske bølger I forelesningene og i læreboken er Coulombs lov for the elektriske felt E formulert på følgende form: v da E = Q/ε 0 (1) Integralet til venstre går over

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 1100 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Torsdag 11 desember 2008. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på

Detaljer

Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen

Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen Kap 10 og 9 Matematisk Institutt, UiO MEK1100, FELTTEORI OG VEKTORANALYSE Forelesninger NYTT TEMA Hvorfor snakker vi om virvelfri bevegelse? Forelesninger Todimensjonal

Detaljer

TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011

TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Haust Løysingsforslag Øving Oppgåver frå læreboka kap. 6., s. 7 u v = ( 7)+( 5) ( 4)+( ) 6 = u = +( 5) +( ) = v

Detaljer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke

Detaljer

TEORI FOR OPTISKE FIBRAR MED BRAGGITTER

TEORI FOR OPTISKE FIBRAR MED BRAGGITTER TEORI FOR OPTISKE FIBRAR MED BRAGGITTER Vi ser på ein optisk ber (lysbølgjeleiar) som går i z-retninga og har ein relativ permittivitet " f (x; y) = " f () som varierer over tverrsnittet. = (x; y) er ein

Detaljer

1 Algebra og likningar

1 Algebra og likningar Algebra og likningar Repetisjon av gamalt sto Løysingsforslag Oppgåve a) ln( + y) = ln + ln y F b) sin( + y) = sin + sin y F c) k ( + y) = k + ky R d) e +y = e e y R e) cos( + y) = cos cos y sin sin y

Detaljer

Øving 3. Oppgave 1 (oppvarming med noen enkle oppgaver fra tidligere midtsemesterprøver)

Øving 3. Oppgave 1 (oppvarming med noen enkle oppgaver fra tidligere midtsemesterprøver) Institutt for fysikk, NTNU TFY455/FY003: Elektrisitet og magnetisme Vår 2008 Veiledning: Fredag 25. og mandag 28. januar Innleveringsfrist: Fredag. februar kl 2.00 Øving 3 Oppgave (oppvarming med noen

Detaljer

Sammendrag kapittel 9 - Geometri

Sammendrag kapittel 9 - Geometri Sammendrag kapittel 9 - Geometri Absolutt vinkelmål (radianer) Det absolutte vinkelmålet til en vinkel v, er folholdet mellom buelengden b, og radien r. Buelengde v = b r Med v i radianer! b = r v Omregning

Detaljer

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

EKSAMEN. 3. klassene, ingenørutdanning. ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og formelark) KANDIDATNUMME: EKAMEN EMNENAVN: Matematikk 3 EMNENUMME: EA32 EKAMENDATO: 8.desember 28 KLAE: 3. klassene, ingenørutdanning. TID: kl. 9. 13.. EMNEANVALIG: Hans Petter Hornæs ANTALL IDE UTLEVET: 5 (innkl.

Detaljer

Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 4270 Onsdag 26. mai 2004 Løsninger

Eksamen 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

Detaljer

Eksamen, høsten 13 i Matematikk 3 Løsningsforslag

Eksamen, høsten 13 i Matematikk 3 Løsningsforslag Eksamen, høsten 3 i Matematikk 3 Løsningsforslag Oppgave. a) Fra ligningen x 5 + y 3 kan vi lese ut store og lille halvakse a 5 og b 3. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c a b 5 3 5 9 6 4. ermed

Detaljer

Oppgaver og fasit til seksjon

Oppgaver og fasit til seksjon 1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.1-3.3 Oppgaver til seksjon 3.1 1. Regn ut a b når a) a = ( 1, 3, 2) b = ( 2, 1, 7) b) a = (4, 3, 1) b = ( 6, 1, 0) 2. Finn arealet til parallellogrammet utspent av a =

Detaljer