EKSAMEN. 3. klassene, ingenørutdanning. ANTALL SIDER UTLEVERT: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark.)

Transkript

1 KANDIDATNUMME: EKAMEN FAGNAVN: Matematikk 3 FAGNUMME: EA32 EKAMENDATO: 13. desember 25 ENUFIT: 3. januar 26 KLAE: 3. klassene, ingenørutdanning. TID: kl FAGLÆE: Hans Petter Hornæs ANTALL IDE UTLEVET: 5 (innkl. forside og 2 sider 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 desember 25 1 Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen, oppgaver uten bokstavpunkter teller som et bokstavpunkt. Oppgave 1 Funksjonen f : 2 2 er gitt ved f(x, y =sin(x 2 + y 2. ( π/2, a Finn gradienten f generelt og spesielt i punktet P med koordinater π/2. b Finn den retningsderiverte til f i punktet P, i retningen gitt av u =[4, 3]. c Finn volumet av området i 3 avgrenset av sylinderen gitt ved x 2 +y 2 π, xy planet og flaten gitt ved z =sin(x 2 + y 2. Oppgave 2 En romkurve C er gitt ved parametriseringa r(t =[cos(t+2sin(t, 2cos(t 2sin(t, 2cos(t+sin(t], t 2π. egn ut lengden av C. Oppgave 3 Legemet T er området i 3 gitt ved ulikheten z (2x x 2 (y y 2. er overflaten til T, orientert med utadrettet enhetsnomalvektor n. Flaten består av 1, et utsnitt av den krumme flaten gitt ved z =(2x x 2 (y y 2, og 2 somerrektangletixy planet gitt ved x 2, y 1. omkurven C er randen til 1, med positiv retning mot klokka sett ovenifra. Vektorfeltet F : 3 3 er gitt ved F (x, y, z = [ x 2 +2xz, 2yz, x 2 y 2 ] a egn ut divergensen F og curlen F. b egn ut arbeidsintegralet F T ds. C c egn ut fluksen ut av overflaten, F n d. d egn ut fluksen over den krumme siden, F n d. Oppgave 4 I denne oppgaven skal dere betrakte problemet 1 (1 25u xx = u tt (2 u(,t = (3 u(1,t = (4 u t (x, = (5 u(x, = f(x

3 Eksamen i Matematikk desember 25 2 der definisjonsområdet for u er x 1 og t. Funksjonen f spesifiseres nærmere i deloppgavene. (Dette er med andre ord en bølgelikning, men i denne oppgaven fokuseres det ikke på fysisk tolkning av denne. a Finn et funksjonsuttrykk u(x, t som er den entydige løsningen på problemet når f(x =sin ( π 1 x. Løsningsmetoden med separasjon av variabler skal brukes og i grove trekk vises. Det er ikke nødvendig åbruketidpåå vise at tilfellene med lineære funksjoner (k = eller eksponentialfunksjoner (k > ikke gir mulige bidrag til løsningen. b La nå f(x = { x/5 for x 5 2 x/5 for 5 <x 1 Vi får da en løsning på formenu(x, t = u n(x, t, der u n (x, t erpåformen b n X n (xt n (t (der T n er periodisk, med periode omvendt proporsjonal med n. Finn en tilnærmet løsning U(x, t vedå ta med de tre første leddene (eventuelle ledd konstant lik ikke medregnet i rekka til u(x, t. Angi svaret som en utskrevet sum (dsv. ikke med summetegn og med desimaltall i koeffisientene. Hint: For at ikke oppgaven skal bli for omfangsrik oppgis følgende fra pensumheftet som hjelp: Hvis { 2Ax for x L/2 f(x = L 2A 2A x for L/2 <x L L ( nπ er Fourierrekka f(x = b n sin L x til den odde, halvperiodiske utvidelsen av f gitt ved at Fourierkoeffisientene er b n = 8A sin ( nπ 2 n 2 π 2 Lykke til.

4 Eksamen i Matematikk desember 25 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 desember 25 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 C dersom er en lukket, begrenset og stykkevis glatt flate, n er en orientering av, C 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 =Ce 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 =C 1 e r1t + C 2 e r2t. (2 Hvis ar 2 + br + c =harbareén (reell rot, r: F (t =(C 1 t + C 2 e rt. (3 Hvis ar 2 + br + c = har to komplekse røtter, α ± βi: F (t =e αt (C 1 cos βt + C 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 = a = 1 L L f(x dx og a n = 2 L L ( nπ b n sin L x, der b n = 2 L ( nπ f(xsin L L x dx. ( nπ f(xcos L x dx,

6 Løsning, eksamen i Matematikk desember 25 1 Oppgave 1 [ a f(x, y = f [2x x y], f cos(x 2 + y 2, 2y cos(x 2 + y 2 ].iden( π/2 2 +( π/2 2 = π og cos(π = 1 er [ ] π π [ f(p = 2 2 cos(π, 2 2 cos(π = 2π, ] 2π b Normen til u er u = = 5, og da er enhetsvektoren i denne retningen v = u/ u =[4/5, 3/5]. Den retningsderiverte er [ Du(f(P = f(p v = 2π, ] 2π [4/5, 3/5] = 7 2π 5 c Dette volumet er D sin(x 2 + y 2 da der D er sirkelen gitt ved x 2 + y 2 π. Dette integralet løses ved hjelp av polarkoordinater. irkelen beskrives ved ulikhetene r π, θ 2π i polarkordinater, og da = rdrdθ: D sin(x 2 + y 2 da = π π sin(r 2 rdrdθ Innerste integral løses ved substitusjonen u = r 2, som gir du/dr =2r rdr = 1 2 du, med nedre grense u = 2 = og øvre grense u = π 2 = π: Oppgave 2...= π π 1 sin(u du dθ = 2 π Lengden er gitt ved kurveintegralet C ds, derds = v(t dt. Hastighetsvektoren fåes ved komponentvis derivasjon: 1 2 [cos(u]π dθ = π dθ =2π v(t =[ sin(t+2cos(t, 2sin(t 2cos(t, 2sin(t+cos(t] Banefarten v(t er normen av denne, som forenkles kraftig etterhvert: v(t = ( sin(t+2cos(t 2 +( 2sin(t 2cos(t 2 +( 2sin(t+cos(t 2 = Ordner først opp i det inni rottegnet: ( sin(t+2cos(t 2 +( 2sin(t 2cos(t 2 +( 2sin(t+cos(t 2 = sin 2 (t 4sin(tcos(t+4cos 2 (t+4sin 2 (t+8sin(tcos(t+4cos 2 (t+ 4sin 2 (t 4sin(tcos(t+cos 2 (t = 9sin 2 (t+9sin 2 (t =9 Dermed er ds = 9 dt =3dt og C ds = π 3 dt =6π Kommentar: Ved nærmere undersøkelse vil man kunne se at C er en sirkel med sentrum i origo og radius 3, og dermed med omkrets 6π. irkelen ligger i planet utspent av de ortogonale vektorene v 1 =[1, 2, 2] og v 2 =[2, 2, 1] med lengde 3, og oppgaven er konstruert ved hjelp av parametriseringa v 1 cos(t+v 2 sin(t.

7 Løsning, eksamen i Matematikk desember 25 2 Oppgave 3 a F =2x +2z 2z +=2x. F = i j k x y z x 2 +2xz 2yz x 2 y 2 = ( 2y +2yi (2x 2xj +( k =[,, ] = b Feltet er konservativt da F =, og integralet rundt en lukket kurve er dermed. Dvs. F T ds = c C Ved divergenssetningen omformes dette til et trippelintegral som kan regnes ut med rektangulære koordinater. Vi har at x 2og y 1 som blir avgrensinga over xy planet, mens z er avgrenset av xy planet og den krumme sideflaten, dvs. z (2x x 2 (y y 2 : 1 (2x x 2 (y y 2 F n d = F dv = 2xdzdydx= T d 1 2x(2x x 2 (y y 2 dy dx = (4x 2 2x dx = 1 6 [ 4 3 x3 2 ] 2 4 x4 = 1 6 [ 1 2x(2x x 2 2 y2 1 3 y3 ( = 1 6 ] dx = Det er mye lettere ågå veien om den plane siden 2 enn å regne ut flateintegralet direkte: På 2 er k =[,, 1] utadrettet normalvektor, og = 4 9 F n = [ x 2 +2xz, 2yz,x 2 y 2 ] [,, 1] = y 2 x 2. Dessuten er d = dx dy når flaten er (parallell med xy planet, og vi parametriserer med x og y: 1 [ ] 1 1 F n d = y 2 x 2 dy dx = 2 3 y3 x 2 y dx = [ x2 dx = 3 x 1 ] 2 3 x3 = = 2 iden = 1 2 er F n d = F n d + F n d 1 2 To av disse er regnet ut, og ved innsetting av disse svarene finner vi lett den tredje: 4 9 = F n d 2 F n d = =

8 Løsning, eksamen i Matematikk desember 25 3 Oppgave 4 a Løsninger av (1 på formenx(xt (t må oppfylle 25X T = XT som omformes til X /X = 1 25 T /T, noe som bare kan opfylles om begge sider er en konstant k. Det er bare tilfellet k< som gir mulige løsninger (dette behøver ikke begrunnes iflg. oppgaveteksten, og da kan vi sette k = κ 2.Dafår vi de vanlige differensiallikningene X = κ 2 X = X + κ 2 X = ogt = 25κ 2 T = T +25κ 2 T =. Disse har allmenn løsning X(x =A cos(κx+b sin(κx ogt (t =C cos(5κt+d sin(5κt. For å oppfylle betingelse (2 må viha (A cos(κ + B sin(κ(c cos(5κt +D sin(5κt = AC cos(5κt +AD sin(5κt = iden dette skal gjelde alle t, og vi vil unngå den trivielle løsningen med C = D =må vi ha A =.IfortsettelsenkanvialtsåsløyfeAcos(κx leddet. Det er nå hensiktsmmessig åtafordegbetingelse(4,ogviharså langt så (4 gir u t (x, t =B sin(κx( 5κC sin(5κt+5κd cos(5κt B cos(κx( 5κC sin(5κ + 5κD cos(5κ = 5BDκcos(κx = iden dette skal gjelde alle x, og vi vil unngå den trivielle løsningen med A = B =må vi ha D =. I fortsettelsen kan vi altså sløyfed sin(5κt leddet og står igjen med BC sin(κxcos(5κt, der vi slår sammen BD til en ny konstant E. Betingelse (3 gir da E sin(κ1 cos(5κt = For å unngå E =måvihasin(κ1 =, som er oppfyllt for 1κ = nπ κ = nπ/1. Her er n et heltall, og det greier seg med å betrakte positive heltall n. Vi får da mulige løsninger på formen som ved innsetting t =gir u n (x, t =E n sin u n (x, t =E n sin 1 x cos 2 t 1 x cos ( = E n sin 1 x Ved åvelgen =1ogE 1 =1får vi u(x, = sin ( π 1 x = f(x, så med dette valget er også likning (5 oppfyllt og den entydige løsningen er funnet: ( π ( π u(x, t =sin 1 x cos 2 t. b Vi kan bygge opp løsninger som summer av løsninger av formen u n (x, t fra a oppgaven uten å ødelegge at betingelse (1 (4 er oppfyllt. Vi kan også ha uendelige summer (forutsatt at de konvergerer, slik at vi får mulige løsninger på formen u(x, t = E n sin 1 x cos 2 t

9 Løsning, eksamen i Matematikk desember 25 4 Vi får da u(x, = E n sin 1 x cos ( = E n sin 1 x Ved å velge konstantene E n slik at dette blir Fourierrekka til (den odde, halvperiodiske utvidelsen av f(x får vi løsningen. iden f(x erpå formen som i hintet, med A =1(ogL = 1 får vi E n = b n = 8sin( nπ 2 n 2 π 2. Vi har at sin(nπ/2 = for n partall, så vimåta med de tre første oddetallene n =1, n =3ogn = 5. Vi har videre at sin(nπ/2 = 1 for n {1, 5, 9,...} og sin(nπ/2 = 1 for n {3, 7, 11,...}. Dermed er U(x, t = 8 ( π ( π 1 2 π 2 sin 1 x cos 2 t 8 ( 3 2 π 2 sin 3 π 1 x cos (3 π 2 t + 8 ( 5 2 π 2 sin 5 π 1 x cos (5 π 2 t =.811 sin(.314xcos(1.57t.9 sin(.942xcos(4.71t+.32 sin(1.57xcos(7.85t.