Eksamen IRF30014, våren 16 i Matematikk 3 Løsningsforslag

Transkript

1 Oppgave 1. Eksamen IRF314, våren 16 i Matematikk 3 Løsningsforslag Ellipsen vil skal finne er på standardform x a + y b 1 der a > b for styrelinjene er vertikale linjer. Formelen for styrelinjene er x ± a e. Vi setter inn opplysningene fra oppgaven, nemlig x ±5 og e 3 5. Det gir 5 a 3/5. Vi løser med hensyn på a og finner at store halvakse er a 15. Nå kan vi bestemme fokus-senter avstanden c ved formelen for eksentrisitet e c a. Innsatt for e og a får vi 3 5 c 15. Løst med hensyn på c har vi c 9. Dermed er brennpunktene F (±9, ). Den lille halvaksen bestemmer vi ved formelen c a b. Innsatt for a og c har vi 9 15 b. Løst med hensyn på b finner vi at lille halvakse er b 1. Ligningen til ellipsen blir x 15 + y 1 1. Skissert sammen med brennpunkter og styrelinjer får vi: Oppgave. Vi setter opp ligningssystemet for Lagrange-multiplikatorer til f(x, y, z) 7x + z på flaten g(x, y, z) 7x 3 + 4y 3 6yz 8. Ligningene er f λ g og g. Vi deriverer og får: 7 1λx λ (1y 6z ) 1 6λy 7x 3 + 4y 3 6yz 8

2 Ved første og tredje ligning kan ikke λ være. Dermed gir andre ligning at 1y 6z. Løst med hensyn på z finner vi z y. Vi omskriver første og tredje ligning til Setter vi disse sammen får vi Det gir y 1 x. 1 λ 3x og 3x 6y. 1 λ 6y. Nå kan vi eliminere z og y fra fjerde ligning og vi regner som følger: 7x 3 + 4y 3 6yz 8 sett først z y 7x 3 + 4y 3 1y 3 8 7x 3 8y 3 8 7x 3 8 ( 1 x) 3 8 x 6 7x 3 8 trekk sammen sett nå y 1 x trekk sammen Denne ligningen kan vi løse ved andregradsformelen ved å tenke på x 3 som den ukjente. Det gir x 3 1 eller x 3 8. Vi trekker kubikkrot. Verdiene for y og z finner vi ved å sette inn i uttrykkene y 1 x og z y. Løsningen x 1 gir y 1 og z 1, mens løsningen x gir y og z 8. Det er to kritiske punkt, ( 1, 1, 1 ) og (,, 8). Oppgave 3. Det aktuelle området, la oss kalle det D, er gitt av ulikhetene: y 1 y x y Dette er en sektor fra sirkelen med radius. Vi skisserer og ser at D er slik:

3 La oss omskrive til polarkoordinater. Da er x r cos θ, y r sin θ. Den øvre grensen x y omskrives til Linja y x tilsvarer θ π 4 grensene i polarkoordinater r. i polarkoordinater, mens y gir oss θ. Dermed blir r θ π 4. Vi omskriver integralet til polarkoordinater ved å sette x r cos θ, x + y r og da r dr dθ, samt å bytte grenser. Det blir y y x x dy dx + y 4 x x + y da D 4 4 r cos θ r cos θ dr dθ cos θ dθ [ sin θ ] π 4 cos π 4 1 r dr dθ Oppgave 4. Vi har vektorfeltet F (M, N) ( xy, x y). a) Kurven C er parameterisert ved r(t) (1 t, 1 t) der t 1. Vi skal regne et linjeintegral over C og tregner derfor den deriverte: r 1 (t) ( 1, 1 t ).

4 Utregning av linjeintegralet blir F dr ( xy, x y) dr C C ( (1 t)( 1 t), (1 t) 1 1 t) ( 1, 1 t ) dt ( (1 t) (1 t) ) dt (1 t) dt (1 t + t ) dt [ t t t3 ] b) Vi tegner området D slik: Kurven C ligger på oversiden og starter i (1, 1) og ender i (, ). c) Linjeintegralet av F rundt D regnes ut ved Greens teorem etter formelen ( N F dr x M ) da. y D Vi regner ur de partielt deriverte: D M y ( xy ) 4xy y N x ( x y ) 4xy x

5 Innsatt i integralet får vi D (4xy ( 4xy)) da D 8xy da. Området D har y-verdier avgrenset ved ulikhetene x y x. Dermed setter vi grensene slik: Utregning av integralet blir: x x 8xy dy dx [ 4xy ] x dx x ( 4x 4x 5) dx [ 4 3 x3 3 x6 ] Oppgave 5. En flate S er parameterisert ved der grensene er u v og v π. r(u, v) (u cos v, u sin v, 1 u ), a) For å sjekke at S er en del av paraboloiden setter vi inn x u cos v, y u sin v og z 1 u og ser etter at høyre og venstre side blir like. V.S. z 1 u H.S. x + y (u cos v) + (u sin v) 1 (u cos v + u sin v) 1 u Siden venstre og høyre side av z x +y er like når vi setter inn parameteriseringen, ligger S på paraboloiden. b) Vi deriverer parameteriseringen og får: r u r u (cos v, sin v, u) r v r v ( u sin v, u cos v, )

6 Kryssproduktet blir: i j k r u r v cos v sin v u u sin v u cos v u cos v i u sin v j + ( u cos v + u sin v ) k ( u cos v, u sin v, u) Lengden blir r u r v ( u cos v) + ( u sin v) + u u 4 + u. c) Overflaten av S er gitt ved integralet dσ S Vi setter inn utregningen fra b) og får v v r u r v du dv u 4 + u du dv La oss løse det innerste integralet i en mellomregning. Vi kommer til å gjøre en substitusjon. Først omskriver vi det ubestemte integralet slik: u u 4 + u du (u + 1) du u u + 1 du Vi velger subdtitusjonen y u + 1. Da er dy u du. Det gir y 1 dy 1 3 y3/ + C 1 3 (u + 1) 3/ + C. Tilbake i dobbeltintegralet setter vi inn: v u 4 + u du dv ] v [ 1 3 (u + 1) 3/ dv ( 1 3 (v + 1)3/ 1 3 [ 15 (v + 1)5/ 1 ] π 3 v 15 (π + 1)5/ π 6 15 ) dv Oppgave 6. med randbetingelser u(, t) u(l, t) og startbetingel- Bølgeligningen u t ser c u x u(x, ) u t n1 B n sin nπx L og

7 har generell løsning på formen u(x, t) ( nπx ) B n cos (λ n t) sin L der λ n πcn L. I dette tilfellet er c 1 9, L π og initialbetingelsen Vi ser at c 1 3 og egenverdiene blir n1 u(x, ) 5 sin(6x) + sin(15x). λ n πcn L π 1 3 n n π 3. Med L π har Fourier-sinusrekka til u(x, ) formen u(x, ) B n sin(nx). Leddet 5 sin(6x) i initialbetingelsen tilsvarer n 6. Dermed er B 6 5. Leddet sin(15x) i initialbetingelsen tilsvarer n 15. Dermed er B 15. Ellers er de andre B n. n1 Innsatt i generell løsning får vi ( nπx ) u(x, t) B n cos (λ n t) sin L n1 B 6 cos (λ 6 t) sin(6x) + B 15 cos (λ 15 t) sin(15x) 5 cos ( 1 5 t) sin(6x) + cos ( 1 t) sin(15x) Vi ble også bedt om å derivere svaret med hensyn på t. Da får vi: u t sin ( 1 5 t) sin(6x) 1 sin ( 1 t) sin(15x) sin ( 1 5 t) sin(6x) sin ( 1 t) sin(15x) Oppgave 7. a) Bruker Wiens forskyvingslov (notat 138) λ max b T,9 1 3 mk 58 K b) Bruker Stefan Boltzmanns lov (notat 138) P AeσT 4.,5 1 6 m 5 nm Intensitet er utstålt effekt pr overflateareal. Vi omskriver: I P A σt 4 5, J/sm K 4 (58 K) 4 6,4 1 7 W/m 64, MW/m Har brukt at for sortlegemestråling er e 1.

8 Oppgave 8. i) Sirklene markerer antall nøytrinoer målt per dag ved den gitt vinkelen. t-strekene markerer målefeilen. Den heltrukne linja er modelltilpasning til punktene samlet og viser hvordan antall nøytrinoer varierer med retning i målingene. ii 1. Sirklene viser hva som er målt.. Den heltrukne linja framhever hvordan antall nøytrinoer er konstant i all retninger unntatt rett fra sola hvor de er mange flere. 3. Mønstret er tydelig og alt fremhever det sentrale med solretningen. 4. Den vertikale aksen er justert så variansen vises tydelig og det er plass til mange målepunkter. 5. Kombinasjonen av kurvetilpasning og måledata med usikkerhet gjør at retningen blir tydelig framhevet. 6. Samvirkningen av målepunktene, usikkerheten og modelleringen er nettopp å framheve sammenligninger. 7. Målepunktene med usikkerhet viser detaljene tydelig og modelleringen viser helheten. 8. Plottet er beskrivende for målingene. 9. Både måleusikkerhetene og kurvetilpasningen illustrer en statistisk behandling.