Kosmologisk perturbasjonsteori: Einsteintensoren vender tilbake
|
|
- Magnus Nilssen
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Kosmologisk perturbsjonsteori: Einsteintensoren vender tilbke Vi hr funnet Boltzmnnligninger for fotoner, bryoner og mørk mterie. Om vi hdde ønsket det, kunne vi også stt opp ligningene for msseløse nøytrinoer. De hr den smme venstresiden df/dt som for fotonene, men de vekselvirker så svkt seg imellom og med omgivelsene t de kn regnes som kollisjonsløse, og dermed blir høyresiden lik null. Oppskriften for å sette opp Boltzmnnligninger kn oppsummeres slik: Strt med df dt = C[f]. Skriv ut df/dt, regn ut de nødvendige koeffisienter forn de forskjellige leddene til 1. orden i perturbsjonene ved å bruke geodetligningen. For fotoner og msseløse nøytrinoer: sett inn rekkeutvikling v fordelingsfunksjonen f, bestem df/dt til 1. orden. Regn ut kollisjonsleddet til smme orden. For nøytrinoer er det lik null. For CDM og bryoner: t de to lveste momentene v Boltzmnnligningen, neglisjer lle ledd v orden p /E og høyere. For bryonene er det også et kollisjonsintegrl som må regnes ut. Skift til konform tid dη = dt/. Fouriertrnsformer ligningene. Husk t under en fouriertrnsformsjon. x i ik i = ik i Når vi tr med rubbel og bit v ulike komponenter, og i tillegg tr hensyn til t strålingsfeltet kn være polrisert, ender vi opp med syv ligninger med ni ukjente. Med ndre ord trenger vi to nye ligninger for å lukke systemet. Hittil hr vi ikke sgt noe som helst om hvordn perturbsjonene i metrikken, Ψ og Φ, utvikler seg i tiden. De to ligningene vi trenger er de som bestemmer deres tidsutvikling. Disse får vi fr Einsteinligningen. Du vet hv det betyr: en ny runde med beregninger. 1
2 Slme ved reisens begynnelse Melodi: Postmnn Pt Perturber! Perturber! Sett opp metrikken og perturber! Vi skl regne lenge, ndre orden slenge, til vi hr funnet lle ligninger! Gi meg Γ! Gi meg R! D kn vi regne ut en vkker G! Så må vi tenke riktig, slite helt vnvittig, og få med lt som bidrt til vår T. Ble det null, eller tull? Føles ditt hode som et lite, sort hull? L din hjerne hvile, ldri må du tvile på t slitet er verdt sin vekt i gull. Perturbert Einsteinligning Utviklingen v Ψ og Φ er bestemt v energi-impulstensoren T µν gjennom G µν = 8πGT µν. Strtegien er i prinsippet enkel: vi regner ut venstresiden og høyresiden til første orden i perturbsjonene. Jeg minner om t metrikken er gitt ved g 00 = 1 Ψ x, t g 0i = 0 g ij = tδ ij [1 + Φ x, t]. Vi må regne ut Einsteintensoren, hvilket betyr t vi først må regne ut Christoffelsymbolene, deretter Riccitensoren, så Riccisklren, før vi endelig er de lykkelige eiere v en Einsteintensor. Vi strter med Γ 0 µν. For å spre litt skriving bruker jeg notsjonen / xµ =,µ. Γ 0 µν = 1 g0α g αµ,ν + g αν,µ g µν,α = For µ = ν = 0 får vi 1 + Ψ g 0µ,ν + g 0ν,µ g µν,0. Γ 0 00 = 1 + Ψ g 00,0 = 1 + Ψ Ψ,0 = Ψ,0 Ψ,0, der betegner t vi gjennomfører en fouriertrnsformsjon. Formelt sett burde vi bruke en notsjon som skilte mellom Ψ og dens fouriertrnsformerte og
3 tilsvrende for ndre størrelser, men vi følger Dodelson og lr det være. Potensielt forvirrende, men skånsomt mot mine håndledd og skuldre. Nok preik, l oss fortsette med µ = 0, ν = i: Γ 0 0i = 1 + Ψ g 00,i + g 0i,0 g 0i,0 = og dette er også lik Γ 0 i0. Videre 1 + Ψ Ψ,i = Ψ,i ik i Ψ, Γ Ψ ij = g 0i,j + g 0j,i g ij,0 1 + Ψ = δ ij [ 1 + Φ] = 1 Ψ [ δ ij d ] Φ 1 + Φ + dt [ = δ ij 1 Ψ d ] dt + d Φ Φ + dt [ = δ ij d dt + d dt Φ + Φ,0 d ] dt Ψ = δ ij [H + HΦ Ψ + Φ,0 ] δ ij [H + HΦ Ψ + Φ,0 ]. Så fortsetter vi med Γ i µν = 1 giα g αµ,ν + g αν,µ g µν,α ] = 1 gii g iµ,ν + g iν,µ g µν,i. Vi hr t g ii = 1 + Φ slik t g ii = 1 Φ/ til første orden. Det gir Dermed Γ i µν = 1 1 Φg iµ,ν + g iν,µ g µν,i. Γ i 00 = 1 Φ g i0,0 + g i0,0 g 00,i = 1 Φ Ψ,i = 1 Ψ,i ik i Ψ. Γ i j0 = 1 Φ g ij,0 + g i0,j g j0,i = 1 Φ = 1 Φ δ ij δ ij 1 + Φ d dt + 4d dt Φ + Φ,0 = 1 Φδ ij H + HΦ + Φ,0 = δ ij H + HΦ + Φ,0 HΦ = δ ij H + Φ,0 δ ij H + Φ,0. 3
4 der Dermed Γ i jk = 1 Φ g ij,k + g ik,j g jk,i, g ij,k = δ ij x k 1 + Φ = δ ij Φ,k δ ij ik k Φ. Γ i jk 1 Φ Φδ ij ik k + δ ik ik j δ jk ik i = iφδ ij k k + δ ik k j δ jk k i. Dette vr gøy, og heldigvis er ikke moro på lngt nær over. Nå skl vi t ftt på Riccitensoren, den vidunderlige tensoren som generelt er gitt ved Først finner vi der bidrget fr ledd med α = 0 blir R µν = Γ α µν,α Γ α µα,ν + Γ α βαγ β µν Γ α βνγ β µα. R 00 = Γ α 00,α Γα 0α,0 + Γα βα Γβ 00 Γα β0 Γβ 0α, Γ 0 00,0 Γ0 00,0 + Γ0 β0 Γβ 00 Γ0 β0 Γβ 00 = 0, slik t vi bre trenger å se på t α = i, en romlig indeks. De enkelte bidrgene blir d Γ i 00,i = ik i Ψ,i ki k i Ψ = k Ψ, i i Γ i 0i,0 = H + Φ, 0 i dh 3 dt + Φ,00 d /dt = 3 H + Φ,00 Γ i iβγ β 00 = Γi i0γ Γ i ijγ j 00 3HΨ,0, der bre det første leddet bidrr til 1. orden, siden en rsk titt på det ndre leddet vil vise deg t det er v. orden i perturbsjonene. Deretter: Γ i β0γ β 0i = Γ i 00Γ 0 0i Γ i j0γ j 0i = δ ij δ ji H + Φ,0 H + Φ,0 i j 3H + HΦ,0 4
5 der det første leddet i øverste linje ikke bidrr, siden det er v. orden i perturbsjonene. D kn vi smle smmen bitene: R 00 = k Ψ /dt 3d + 3H 3Φ,00 + 3HΨ,0 3H 6HΦ,0 Nå skl vi regne ut R ij : = 3 d /dt Vi tr for oss de enkelte leddene: k Ψ 3Φ,00 + 3HΨ,0 Φ,0. R ij = Γ α ij,α Γα iα,j + Γα βα Γβ ij Γα βj Γβ iα. Γ α ij,α = Γ 0 ij,0 + Γ k ij,k δ ij [ H + HΦ Ψ + Φ,0 ] + k = δ ij { d dt [H + HΦ Ψ + Φ,0] + [ d /dt H + d /dt H Φ Ψ + HΦ,0 Ψ,0 + Φ,00 ]} + k Andre ledd: k k δ ki k j + δ kj k i δ ij k k Φ = δ ij { d dt [H + HΦ Ψ + Φ,0] + [ d /dt H + d /dt H Φ Ψ + HΦ,0 Ψ,0 + Φ,00 ]} + k i k j k j k i + δ ij k Φ = δ ij { d dt [H + HΦ Ψ + Φ,0] + [ d /dt H + d /dt H Φ Ψ + HΦ,0 Ψ,0 + Φ,00 ]} k i k j Φ + δ ij k Φ. ik k iφδ ki k j + δ kj k i δ ij k k Γ α iα,j = Γ 0 i0,j Γk ik,j ik i ik j Ψ k ik j iφδ ki k k + δ kk k i δ ik k k = k i k j Ψ + k k j Φδ kk k i = k i k j Ψ + 3k i k j Φ. 5
6 Tredje ledd: Γ α βαγ β ij = Γ α 0αΓ 0 ij + Γ α kαγ k ij δ ij [H + HΦ Ψ + Φ,0 ]Ψ,0 + δ ij [H + HΦ Ψ + Φ,0 ] δ mm H + Φ,0 m = δ ij HΨ,0 + 3δ ij H[H + HΦ Ψ + Φ,0 ] + 3δ ij HΦ,0 = δ ij [ HΨ,0 + 3 H + 6 H Φ Ψ + 6 HΦ,0 ]. Det ndre leddet i første linje vr v ndre orden i perturbsjonene og ble derfor droppet. Fjerde ledd: Γ α βjγ β iα = Γ α 0jΓ 0 iα Γ α kjγ k iα = Γ 0 0j Γ0 i0 Γm 0j Γ0 im Γ0 kj Γk i0 Γm kj Γk im 0 m δ mj H + Φ,0 δ im [H + HΦ Ψ + Φ,0 ] k δ kj [H + HΦ Ψ + Φ,0 ]δ ki H + Φ,0 0 = δ ij H + Φ, 0[H + HΦ Ψ + Φ,0 ] δ ij H + Φ, 0[H + HΦ Ψ + Φ,0 ] = δ ij [H + H Φ Ψ + HΦ,0 ] Dermed kn vi sette leddene smmen: R ij = δ ij { d dt [H + HΦ Ψ + Φ,0] + [ d /dt H + d /dt H Φ Ψ + HΦ,0 Ψ,0 + Φ,00 ]} k i k j Φ + δ ij k Φ + k i k j Ψ + 3k i k j Φ + δ ij [ HΨ,0 + 3 H + 6 H Φ Ψ + 6 HΦ,0 ] δ ij [H + H Φ Ψ + HΦ,0 ] = k i k j Φ + Ψ + δ ij [ H + 4 H Φ Ψ + H Φ,0 + d dt H + d /dt H Φ Ψ + HΦ,0 Ψ,0 + Φ,00 + k Φ + HΨ,0 + 3 H + 6 H Φ Ψ + 6 HΦ,0 H 4 H Φ Ψ 4 HΦ,0 ] = k i k j Φ + Ψ + δ ij [4 H Φ 4 H Ψ + HΦ,0 + d dt + H + d dt Φ d dt Ψ H Φ + H Ψ + HΦ,0 HΨ,0 + Φ,00 + k Φ + HΨ,0 + 6 H Φ 6
7 6 H Ψ + 6 HΦ,0 4 H Φ + 4 H Ψ 4 HΦ,0 ] = k i k j Φ + Ψ + δ ij [ d dt + H + 4 H Φ + d dt Φ 4 H Ψ d dt Ψ + 6 HΦ,0 HΨ,0 + Φ,00 + k Φ] = k i k j Φ + Ψ + δ ij [ d dt + H + d dt + H Φ d dt + H Ψ + H6Φ,0 Ψ,0 + Φ,00 + k Φ] = k i k j Φ + Ψ + δ ij [ H + d 1 + Φ Ψ dt + H6Φ,0 Ψ,0 + Φ,00 + k Φ]. Etter dette er det bre en ting vi hr lyst til: å regne ut Riccisklren. Og det får vi lov til nå: R = g µν R µν = g 00 R 00 + g ij R ij = 1 + Ψ [ 3 d /dt ] k Ψ 3Φ,00 + 3HΨ,0 Φ,0 + 1 Φ δ ij {k i k j Φ + Ψ + δ ij [ H + d 1 + Φ Ψ dt i j + H6Φ,0 Ψ,0 + Φ,00 + k Φ]} = 1 + Ψ[ 3 d /dt k Ψ 3Φ,00 + 3HΨ,0 Φ,0 ] + 1 Φ {k Φ + Ψ + 3[ H + d 1 + Φ Ψ dt + H6Φ,0 Ψ,0 + Φ,00 + k Φ]}. Vi kn skille ut nullteordensbidrget: 3 d /dt + 6H + 3 d /dt = 6 H + d /dt. og sitter d igjen med Det Herlige Førsteordensbidrget lovet være dets ledd δr = k Ψ + 3Φ,00 3HΨ,0 Φ,0 6 d /dt Ψ + k Φ + Ψ + 6 H + d /dt Φ Ψ + 3H6Φ,0 Ψ,0 + 3Φ, k Φ 6 H + d dt Φ = k Ψ + 4k Φ + 6Φ,00 3HΨ,0 + 6HΦ,0 6 d /dt Ψ 7
8 1H Ψ 6 d /dt Ψ + 18HΦ,0 3HΨ,0 = 1Ψ H + d /dt k Ψ + 6Φ,00 6HΨ,0 4Φ,0 + 4 k Φ. Vi hr to ukjente, Φ og Ψ, og skl nå forsøke å lge to ligninger. Av forskjellige grunner er det enklere å hnskes med T ν µ enn med T µν eller T µν, så vi skl bruke Einsteinligningen på formen G µ ν = 8πGT µ ν. Det betyr selvfølgelig t vi må gjennom en ny runde med utregninger for å heve en indeks på tensorene vi hr regnet ut. Jippi. Vi setter opp 00-komponenten v ligningen, og husker t G µ ν = g µα G αν. D får vi t G 0 0 = g 0α G α0 = g 00 G 00 = g R g 00R = 1 + ΨR 00 1 R = 1 + Ψ [ 3 d /dt + 6Ψ H + d /dt + 3HΨ,0 4Φ,0 k Φ ] k Ψ 3Φ,00 + 3HΨ,0 Φ,0 k Ψ 3Φ,00 og med kun førsteordensleddene ttt med blir dette δg 0 0 = k Ψ + 3Φ,00 3HΨ,0 Φ,0 6Ψ d /dt + 6Ψ H + d /dt k Ψ 3Φ,00 + 3HΨ,0 4Φ,0 k Φ = 6HΦ,0 + 6H Ψ k Φ. Bidrget til energi-impulstensoren fr en komponent med fordelingsfunksjon f i og ntll indre frihetsgrder lik g i er gitt ved T ν µ dp1 dp dp 3 = g i π 3 detg αβ 1/ P µ P ν P 0 f i x, p, t. Siden metrikken er digonl, er det en sml sk å regne ut determinnten: detg µν = Ψ1 + Φ 3 = Ψ1 + 6Φ = Ψ + 6Φ, 8
9 og dermed er detg µν 1/ = Ψ + 6Φ 1/ = 3 1 Ψ 3Φ, Vi ser på bidrget fr fotonene de ndre er mye enklere. For disse fnt vi tidligere t og d blir og P 0 = p1 Ψ = E1 Ψ P i = pˆp i1 Φ, P 0 = g 0µ P µ = g 00 P 0 = 1 + ΨE1 Ψ = E1 + Ψ, P i = g iµ P µ = g ii P i = 1 + Φpˆp i1 Φ = pˆp i 1 + Φ. D finner vi t T Φ 3 d 3 p = g i π Ψ 3Φ P 0 P 0 P 0 f i x, p, t d 3 p = g i π Φ1 Ψ 3Φ1 + ΨEf i x, p, t = g i d 3 p π 3 Ef i x, p, t. Det er interessnt å legge merke til t dette er det smme uttrykket vi ville h stt opp dersom vi så bort ifr perturbsjonene i metrikken. For å regne ut fotonbidrget må vi huske t g i =, Ep = p, og Dermed: T0 0 = f = f 0 p f0 p Θ. ] [f 0 p f0 p Θ d 3 p π 3 p d 3 p f0 = ρ γ + p Θˆp, x, t π 3 p dpp 4 f 0 = ρ γ + 0 π 3 dω p Θˆp, x, t p = ρ γ + 8π { } π 3 Θ 0 [p 4 f 0 ] 0 4 dpp 3 f 0 8π = ρ γ Θ 0 π 3 4 dpp f 0 0 d 3 p = ρ γ 4Θ 0 π 3 pf0 = ρ γ 4Θ 0 ρ γ = ρ γ 1 + 4Θ
10 Bidrget fr msseløse nøytrinoer blir identisk i formen T 0 0 = ρ ν 1 + 4N 0. Bidrget fr CDM og bryoner er per definisjon v perturbsjonsvriblene ρ i 1 + δ i, der i = dm, b. Fr δg 0 0 = 8πGδT 0 0 får vi d dvs. 6HΦ,0 + 6H Ψ k Φ = 8πG[ρ dmδ + ρ b δ b + 4ρ γ Θ 0 + 4ρ ν N 0 ], 3HΦ,0 + 3H Ψ k Φ = 4πG[ρ dmδ + ρ b δ b + 4ρ γ Θ 0 + 4ρ ν N 0 ]. Vi skifter så til konform tid, og husker på t d er H = ȧ/. Dermed 3 ȧ 1 Φ + 3ȧ 4 Ψ k Φ = 4πG[ρ dmδ + ρ b δ b + 4ρ γ Θ 0 + 4ρ ν N 0 ], som kn ordnes om til k Φ + 3ȧ Φ Ψȧ = 4πG ρ dm δ + ρ b δ b + 4ρ γ Θ 0 + 4ρ ν N 0. Vi trenger en ligning til. Hvis vi tr utgngspunkt i G i j = g [R ik kj 1 ] g kjr = δik 1 Φ R kj 1 δij R = Aδ ij + k ik j Φ + Ψ, der A inneholder mnge ledd som du helst ikke vil t jeg skl skrive ned. Dodelson, som den smrte lille rkkeren hn er, klrer å lge en ligning til uten å involvere leddene i A. Det gjør hn ved å gnge ligningen med projeksjonsopertoren ˆk iˆkj δ j i /3. Siden ˆk iˆkj 1 3 δj i δ ij = ˆk iˆki 1 3 δ ij δ j i i = 1 1 δ ii = 1 1 = 0, 3 ˆk iˆkj 1 3 δj i G i j = 0 + ˆk ki k j Φ + Ψ iˆkj 1 k i k j Φ + Ψ 3 δj i = k Φ + Ψ 1 Φ + Ψ 3 = k Φ + Ψ i k j
11 Vi må gjennomføre smme opersjon på Tj i, gitt ved for én prtikkeltype Tj i dp1 dp dp 3 = g i π 3 detg αβ 1/ P i P j P 0 f i x, p, t d 3 j p iˆp = g i ]pˆp π 3 E f i x, p, t. Siden ˆk iˆkj 1 3 δj i ˆp iˆp j = ˆk ˆp 1 3 ˆk ˆkˆp ˆp = µ 1 3 = 3 3 µ 1 = 3 P µ, der µ er cosinus til vinkelen mellom k og p og P er Legendrepolynomet v grd. Dermed ser vi t ˆk iˆkj 1 3 δj i T ij d 3 p = g i π 3 3 P µ p E f i x, p, t, som viser seg å være forskjellig fr null bre for fotoner og nøytrinoer. Bidrget fr den perturberte delen v fotonenes fordelingsfunksjon blir 0 dpp +1 f0 p π 3 p 1 dµ 3 P µθµ = 8 3 ρ γθ, og tilsvrende for nøytrinoene. Disse bidrgene klles på dårlig norsk for nisotropisk stress. Den ndre ligningen vår blir dermed 3 k Φ + Ψ = 8πG 8 ρ γ Θ + ρ ν N, 3 det vil si k Φ + Ψ = 3πG ρ γ Θ + ρ ν N. Tensorperturbsjoner Nå hr vi stt opp ligningene for sklre perturbsjoner. Men perturbsjoner kommer i flere vrinter, og en nnen viktig type for kosmologi er såklte tensorperturbsjoner. På grunn v noe som heter frkoblingsteoremet beskrevet nærmere i Dodelson utvikler sklr- og tensorperturbsjoner uvhengig v hverndre. Vi skl få et glimt v hvorfor det er slik i det følgende. Tensorperturbsjoner klles mer populært for grvitsjonsbølger. Det dreier seg med ndre ord om periodiske vrisjoner i strukturen til tidrommet. Ved å 11
12 velge guge på riktig måte kn slike perturbsjoner beskrives med en metrikk på formen g 00 = 1, g 0i = 0 og g ij = t 1 + h + h 0 h 1 h = t t h + h 0 h h = tδ ij + H ij Skrevet på denne måten beskriver denne tensoren perturbsjoner i xy-plnet, og bølgevektoren k er vlgt lngs z-ksen. Legg merke til t tensoren H som beskriver perturbsjonene er symmetrisk og trseløs. Siden k z er den eneste komponenten v k som er forskjellig fr null, hr vi også t k i H ij = k j H ij = 0, som er fourierromsvrinten v ligningen som sier t tensoren også er divergensløs og etter ytterligere noen sider med lgebr vil den også være venneløs. Vi må finne ligningene som beskriver tidsutviklingen til disse perturbsjonene, og må derfor t ftt på en ny runde med Christoffelsymboler, Riccitensor og Riccisklr. Christoffelsymboler: Vi husker ikke t Γ µ αβ = 1 gµν g αν,β + g βν,α g αβ,ν, derfor skrev jeg den opp en gng til. Strter vi med ser vi strks t Γ 0 ij = Γ0 i0 = 0, og Γ 0 αβ = 1 g00 g α0,β + g β0,α g αβ,0, Γ 0 ij = 1 g00 g ij,0 = 1 g ij,0 = 1 Hg ij + H ij,0 = Hg ij + 1 H ij,0. Videre: Γ i 00 = 1 giν g 0ν,0 + g 0ν,0 g 00,ν = 0, Γ i 0j = 1 giν g 0ν,0 + g jν,0 g 0j,ν = 1 gik g jk,0 = 1 gik Hg jk + H jk,0 = Hδ ij + 1 δ ik H jk,0 = Hδ ij + 1 H ij,0. 1
13 Γ i jk = 1 giν g jν,k + g kν,j g jk,ν = 1 gim g jm,k + g km,j g jk,m = 1 δ im H im g jm,k + g km,j g jk,m. Her hr vi brukt t g ij = 1 δ ij H ij til første orden, noe du kn sjekke selv ved å kontrollere t g ik g kj = δ ij. Vi hr t g jm,k = x k δ jm + H jm = x k H jm ik k H jm, slik t Γ i jk = 1 δ im ik k H jm + k j H km k m H jk = i k kh ij + k j H ik k i H jk. For å inspirere meg selv til å regne ut Riccitensoren, skriver jeg ned det generelle uttrykket for den en gng til: Det hjlp. D strter jeg: R µν = Γ α µν,α Γα µα,ν + Γα βα Γβ µν Γα βν Γβ µα. R 00 = Γ α 00,α Γ α 0α,0 + Γ α βαγ β 00 Γα β0γ β 0α = Γ i 0i,0 Γi j0 Γj 0i = i Hδ ii + 1 H ij,0 Hδ ii + 1 H ii,0 Hδ ij + 1 H ij,0 = 3 dh dt H ij δ ij δ ij Hδ ij H ij,0 Her hr jeg blnt nnet brukt t = 3 d /dt + 3H 3H 0 = 3 d /dt. δ ij H ij, 0 = δ ij H ij,0 = TrH,0 = 0. Det du bør legge merke til, er t R 00 ikke får noe bidrg til første orden fr tensorperturbsjonene. Dette gir et hint om t tensorperturbsjoner og 13
14 sklrperturbsjoner som bidro til R 00 ikke bryr seg så mye om hverndre. Så tr vi ftt på R ij : Vi tr de to første leddene for seg: Vi trenger R ij = Γ α ij,α Γ α iα,j + Γ α αβγ β ij Γα βjγ β iα. Γ α ij,α Γ α iα,j = Γ 0 ij,0 Γ k ij,k Γ k ik,j. Γ 0 ij = 1 g ij,0 Γ k ik = i k k H ki + k i H kk k k H ik k = i k i H kk = 0 k Γ k ij,k = i x k k jh ki + k i H kj k k H ij k 1 k j k k H ik + k i k k H jk k k k k H ij. k Vi hr vlgt å legge z-ksen lngs k. Det betyr t vi må h j = k = 3 for å få bidrg forskjellig fr null, men siden H j3 = 0 blir vi bre sittende igjen med og dermed Γ k ij,k = 1 k k k k k H ij = k H ij, Γ α ij,α Γ α iα,j = 1 g ij,00 + k H ij. Nå kommer det en morsom overrskelse: vi regner ut det fjerde leddet før vi regner ut det tredje! Vi jubler og regner videre Γ α βj Γβ iα = Γ 0 βj Γβ i0 + Γk βj Γβ ik = Γ 0 0jΓ 0 i0 + Γ 0 mjγ m i0 + Γ k 0jΓ 0 ik + Γ k mjγ m ik = Hg mj + H mj,0 Hδ mi + 1 H mi,0 + Hδ kj + 1 H kj,0 Hg ik + H ik,0 + ledd v ndre orden = H g ij + 1 Hg mjh mi,0 + HH ij,0 + H g ij + 1 HH ij,0 + 1 Hg ikh kj,0 14
15 = H g ij + HH ij,0 + 1 Hδ mj H mi,0 + 1 Hδ ik H kj,0 = H g ij + HH ij,0 + 1 HH ij,0 + 1 HH ij,0 = H g ij + HH ij,0. Nå hr jeg holdt dere på pinebenken lenge nok: her kommer det tredje leddet: Γ α αβ Γβ ij = Γ k k0 Γ0 ij + Γk kl Γl ij = Γ k k0γ 0 ij + ledd v ndre orden [ = Hδ kk + 1 ] H kk,0 Hg ij + H ij,0 k = 3H Hg ij + H ij,0 = 3H g ij + 3 HH ij,0. Men vi hr også t dvs. slik t g ij,0 = Hg ij + H ij,0, Hg ij = g ij,0 H ij,0, D kn vi kombinere leddene: der Γ α αβ Γβ ij = 3 Hg ij,0 3 HH ij,0 + 3 HH ij,0 = 3 Hg ij,0. R ij = 1 g ij, k H ij + 3 g ij,0 H g ij HH ij,0, g ij = δ ij + H ij g ij,0 = Hg ij + H ij g ij,00 = dh Hg ij,0 + g ij dt + HH ij,0 + H ij,00 Dermed: = 4H g ij + HH ij,0 + d /dt g ij H g ij + HH ij,0 + H ij,0 = H g ij + d /dt g ij + 4 HH ij,0 + H ij,00. R ij = H g ij + d /dt g ij + HH ij,0 + H ij,00 15
16 + k H ij + 3H g ij + 3 HH ij,0 H g ij HH ij,0 d /dt = g ij + H + 3 HH ij,0 + H ij,00 + k H ij. Vi ser til slutt på Riccisklren: R = g 00 R 00 + g ij R ij. Både g 00 og R 00 er v nullte orden i perturbsjonene, så det første leddet trenger vi ikke tenke noe mere på. I det ndre leddet legger vi først merke til t det første leddet i R ij er proporsjonlt med g ij, og t g ij g ij = 3, så dette leddet gir igjen kun et bidrg v nullte orden. De resterende leddene i R ij er v første orden i perturbsjonene, og d trenger vi bre å t med nullteordensleddet i g ij, som er lik δ ij /. D ser vi t lle bidrgene vil inneholde kombinsjonen δ ij H ij = TrH = 0. Med ndre ord er det ingen ledd i Riccisklren som vil bidr til ligningene for førsteordens tensorperturbsjoner! Det betyr t for den biten v Einsteintensoren som kommer fr førsteordensperturbsjoner hr vi Vi må regne ut R i j = gik R kj : R i j = g ik [ g kj d /dt = δ ij d /dt δg i j = δri j. + H + 3 HH kj,0 + H kj,00 + k H kj + H + δ ik 3 HH kj,0 + 1 H kj,00 + k H kj og d ser vi t førsteordensbidrget er 3 δrj i = δ ik HH kj,0 + 1 H kj,00 + k H kj. Vi ser d t 3 δg 1 1 = δ 1k HH k1,0 + 1 H k1,00 + k H k1 = 3 HH 11,0 + 1 H 11,00 + k H 11, og tilsvrende δg = 3 HH,0 + 1 H,00 + k H = δg 1 1, siden H 11 = h + = H. D får vi t δg 1 1 δg = δg1 1 = 3Hh +,0 + h +,00 + k h +. ], 16
17 Vi skifter til konform tid og bruker t Dermed d = 1 d dt dη d dt = 1 d 1 d dη dη = 1 d dη ȧ d 3 dη H = d/dt = ȧ. δg 1 1 δg = 3 ȧ ḣ+ ḧ+ ȧ 3 ḣ+ + k = 1 ḧ + + ȧ ḣ+ + k h +. h + For t Einstein skl bli fornøyd, må dette være lik δt1 1 δt. Ser vi på fotoner, så hr vi t Tj i = d 3 i p pˆp ˆp j π 3 f x, p, t. E Med z-ksen lngs k hr vi t ˆp 1 = cosφsin θ ˆp = sin φsin θ ˆp 3 = cosθ. Førsteordensbidrget δtj i kommer fr Θ-leddet i rekkeutviklingen v fordelingsfunksjonen f. Dersom Θ bre vhenger v µ = cosθ hvilket vi ntr vil integrlene som gir δt1 1 og δt være identiske, bortsett fr den delen som går over φ, som vil være gitt ved for 11, π 0 π 0 dφcos φ = π, dφsin φ = π, for. Derfor vil vi h δt 1 1 δt = 0 for fotoner. De ndre bidrgene kn også vises å være lik 0. Dermed får vi t tensorperturbsjonen h + oppfyller ligningen ḧ + + ȧ ḣ+ + k h + = 0. Dette er bølgeligningen for grvitsjonsbølger i et Robertson-Wlkerunivers. En liten ekstrregning viser oss t ligningen for h blir identisk: Ser på 1- komponenten, δg 1 = 3 HH 1,0 + 1 H 1,00 + k H 1 17
18 Vi hr også t for fotoner = 3 Hh,0 + 1 h,00 + k h 1 = ḧ + ȧ + k h. ḣ T 1 = d 3 j p pˆp iˆp π 3 E f, og for førsteordensbidrget under ntgelse om t Θ er φ-uvhengig hr vi, siden ˆp 1ˆp = sin φcosφsin θ, t φ-integrlet gir π 0 dφsin φcosφ = 0, så δt 1 = 0. Dermed blir bølgeligningen for h ḧ + ȧ ḣ + k h = 0. Dermed kn vi oppsummere ligningene som beskriver tidsutviklingen v tensorperturbsjoner i der α = +,. ḧ α + ȧ ḣα + k h α = 0, Nchspiel: frkoblingsteoremet og guger Vi hr behndlet tensorperturbsjonene som om de utvikler seg uvhengig v sklrperturbsjonene og omvendt. Det hr vi lov til å gjøre fordi et generelt teorem sier t sklr, vektor og tensorperturbsjoner til første orden ikke kobler til hverndre. For vårt vlg v perturbert metrikk kn vi se t dette stemmer i tilfellet v sklr- og tensorperturbsjoner. Ligningene for sklrperturbsjonene fikk vi fr G 0 0 og ˆk iˆk j δ ij /3G i j. Vi hr llerede sett t tensorperturbsjonene ikke bidrr til R 00 og R, slik t sklrligningen som kommer fr G 0 0 ikke blir påvirket v dem. Det gjenstår bre å se på det eventuelle bidrget fr tensorperturbsjoner til G i j. Siden vi hr vlgt z-ksen lngs k hr vi k = kˆk 3, og dermed ˆk i ĥ j 1 3 δ ij δg i j = δ i3 δ j δ ij HH ij,0 + 1 H ij,00 + k H ij 3 = HH 33,0 + 1 H 33,00 + k H 33 1 [ 3 3 HTrH,0 + 1 ] TrH,00 + k TrH. 18
19 Men H 33 = og TrH = 0, så hele suppedssen er lik null. Dermed vil ingen v ligningene for sklre perturbsjoner, Ψ og Φ, få bidrg fr tensorperturbsjoner. Både Dodelson og jeg hr tidligere hintet om t vårt vlg v metrikk for sklre perturbsjoner og også for tensorperturbsjoner, men de lr vi ligge nå ikke er unikt. Det finnes ndre muligheter. Å bestemme seg for en måte å skrive g µν på klles å velge guge. Guger hr morsomme nvn: den vi hr brukt klles for konform newtonsk guge. Andre rriteter er romlig flt guge og synkron guge. Så lenge mn vet hv mn gjør, kn mn velge å regne i den gugen som er mest bekvem for nledningen. Vårt vlg v guge er bekvemt dersom mn ønsker å h en forholdsvis enkel relsjon til resultter fr newtonsk grvitsjonsteori. Den romlige flte gugen er imidlertid enklere å bruke i nvendelser på inflsjon, og synkrongugen gir perturbsjonsligninger som hr snillere numeriske egenskper enn de vi hr fått ut fr vårt gugevlg. Med så mnge muligheter er det viktig å vite hvordn mn relterer perturberte vrible i ulike guger til hverndre. Et gugevlg svrer i bunn og grunn til et vlg v koordinter, så vi må se på hvordn vriblene i en metrikk med sklre perturbsjoner oppfører seg under koordinttrnsformsjoner. Den mest generelle metrikken med sklre perturbsjoner kn skrives som g 00 = 1 + A x, t B x, t g 0i = B,i = x i g ij = [δ ij 1 + ψ E,ij x, t], og vi ser t den vhenger v fire funksjoner: A, B, ψ, E. Vår guge svrer til A = Ψ, ψ = Φ, B = E = 0. For å finne ut hvordn disse funksjonene trnsformerer, tr vi utgngspunkt i t linjelementet er en sklr: g αβ xd x α d x β = g µν dx µ dx ν, der... mrkerer trnsformerte størrelser. Siden kn denne ligningen skrives d x α = xα x µ dxµ, g αβ x xα x µ x β x ν = g µνx. Den mest generelle koordinttrnsformsjonen kn skrives t t = t + ξ 0 x, t x i x i = x i + ξ,i x, t, der ξ 0 og ξ skl oppfttes som små størrelser og behndles på smme ufine måte som perturbsjonene i metrikken: bre ledd v første orden skl ts hensyn 19
20 til. I det følgende må vi også huske på t sklfktoren endres under disse trnsformsjonene: t ã t = t = t + ξ 0 = t + d dt ξ0 = 1 + Hξ 0.. L oss finne ut hvordn A trnsformerer. Det gjør vi ved å se på 00- komponenten v metrikken: 1 + A = g αβ x α x β = 1 + Ã t ã B,i x i + ã δ ij 1 + ψ Ẽ,ij xi x 0 x j. En rsk gjennomgng v de enkelte leddene over vil overbevise deg om t bre det første inneholder noe som bidrr til første orden. I det ndre leddet er for eksempel B v første orden, men det er også x 0 / = ξ 0 /, så dette leddet er v ndre orden. Dermed ender vi opp med som gir t 1 + Ã = 1 + A, 1 A = 1 + Ã 1 + ξ0 = 1 + Ã 1 + ξ0 og d ser vi t = 1 Ã ξ0 A Ã = A ξ0 = A 1 ξ 0, der vi i den siste overgngen hr byttet til konform tid. Så ser vi på 0ikomponenten: B,i t = 1 + Ã t x i + ã B,k t x k x i + ã B,k xk t x i + ã δ km 1 + ψ Ẽ,km xk ξ 0 = 1 + Ã 1 + ξ0 x i B,k 1 + ξ0 x m x i δ ik + ξ,ik B,k ξ,k0 ξ 0,i + δ km 1 + ψ Ẽkmξ,k0 δ ik + ξ,ik = ξ 0,i B,i + ξ,i0. 0
21 De fleste overgngene burde være greie å forstå hvis du husker t vi bre skl h med ledd v nullte og første orden. Dette er også grunnen til t vi kn ersttte ã med. Vi får ltså: B,i = B,i ξ 0,i + ξ,i0, slik t vi på en uinteressnt integrsjonskonstnt nær hr B = B ξ0 + ξ,0 = B 1 ξ0 + ξ. Så ser vi på ij-komponenten, med i j: E,ij = g αβ x xα x β x i x j = 1 + Ãξ0,iξ,j 0 ã B,k ξ,iδ 0 kj + ξ,kj ã B,k δ ki + ξ,ki ξ 0,j + ã δ km 1 + ψ Ẽ,kmδ ki + ξ,ki δ mj + ξ,mj = δ ij 1 + ψ Ẽ,ij + ξ,ij + ξ,ij = Ẽ,ij + ξ,ij, der vi i den siste overgngen hr brukt t i j. Vi får derfor t E,ij = Ẽ,ij + ξ,ij som gir Til slutt ser vi på tilfellet i = j: Ẽ = E + ξ. t 1 + ψ E,ii = 1 + A x i + ã B t,k x i xk x i + ã δ km 1 + ψ Ẽ,km xk x m x i x i = ã δ km 1 + ψ Ẽ,kmδ ki + ξ,ki δ mi + ξ,mi = ã 1 + ψ Ẽ,ii + ξ,ii. Bruker vi trnsformsjonsligningen for E, får vi t 1 + ψ = ã 1 + ψ = 1 + Hξ ψ = 1 + Hξ ψ = 1 + Hξ 0 + ψ, som gir ψ = ψ Hξ 0. Vi kn velge ξ 0 og ξ fritt,og vi bruke denne friheten til å eliminere v de 4 funksjonene som inngår i metrikken. Det er med ndre ord bre to v A, B, ψ, E som hr noen betydning. Av og til er det nyttig å h tilgjengelig størrelser som 1
22 ikke endrer seg under koordinttrnsformsjonen vi herjet med over, såklte gugeinvrinte vrible. To slike er Φ A = A + 1 ȧ [Ė B] = A + Ė B + Ë Ḃ η Φ H = ψ + HB Ẽ. Merk t når vi skl trnsformere disse, så kn vi sette ã =, siden sklfktoren multipliserer størrelser som llerede er v første orden. Det er forholdsvis enkelt å sjekke t disse to vriblene er gugeinvrinte: og Φ A = Ã + ȧ Ẽ B + Ẽ B = A 1 ξ 0 + ȧ Ė + ξ B + ξ0 ξ0 + Ë + ξ Ḃ + ξ 0 ȧ ξ0 ξ = A 1 ξ 0 + ȧ ȧ Ė B + ξ + ȧ ξ0 ȧ ξ 0 ξ + Ë Ḃ + ȧ ξ0 = A + ȧ Ė B + Ë Ḃ = Φ A, Φ H = ψ + H B Ẽ = ψ + Hξ 0 + H B ξ0 + ξ Ė ξ = ψ + Hξ 0 Hξ 0 + HB Ė = ψ + HB Ė = Φ H. I vår guge hr vi E = B = 0, og Φ A = Ψ, Φ H = Φ. De som vil dille videre med dette, kn lge gugeinvrinte størrelser v vriblene som inngår i energi-impulstensoren også. Utgngspunktet er trnsformsjonsligningen T αβ x xα x β x µ x ν = T µνx, og mn kn vise t størrelsene V = ikb + ˆk i Ti 0 ρ + P ǫ m = 1 T 0 0 ρ + 3H k ρ ki Ti 0 er gugeinvrinte. Ligningene er her skrevet ned i fourierrommet, og P er trykket.
23 Vår triumf er nå komplett: vi hr lle ligningene vi trenger for å kunne regne på hvordn perturbsjonene vil utvikle seg i tiden på forskjellige lengdeskler. Men differensilligninger trenger initilbetingelser, og neste oppgve er derfor å finne ut hvor de kommer fr og hv de er. 3
Integrasjon Skoleprosjekt MAT4010
Integrsjon Skoleprosjekt MAT4010 Tiin K. Kristinslund, Julin F. Rossnes og Torstein Hermnsen 19. mrs 2014 1 Innhold 1 Innledning 3 2 Integrsjon 3 3 Anlysens fundmentlteorem 7 4 Refernser 10 2 1 Innledning
DetaljerBrøkregning og likninger med teskje
Brøkregning og likninger med teskje Dette heftet gir en uformell trinn for trinn gjennomgng v grunnleggende regler for brøkregning og likninger. Dette er sto som vi i FYS 000 egentlig forventer t dere
Detaljer1 Mandag 8. mars 2010
1 Mndg 8. mrs 21 Vi hr tidligere integrert funksjoner lngs x-ksen, og vi hr integrert funksjoner i flere vrible over begrensede områder i xy-plnet. I denne forelesningen skl vi integrere funksjoner lngs
DetaljerM2, vår 2008 Funksjonslære Integrasjon
M, vår 008 Funksjonslære Integrsjon Avdeling for lærerutdnning, Høgskolen i Vestfold. pril 009 1 Arelet under en grf Vi begynner vår diskusjon v integrsjon, på smme måte som vi begynte med derivsjon, ved
DetaljerMatematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon
Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrsjon Som kjent kn vi regne ut (bestemte) integrler ved nti-derivsjon. Dette resulttet er et v de viktikgste innen klkulus; det heter tross
Detaljer1 Mandag 1. mars 2010
Mndg. mrs Fundmentlteoremet sier t integrsjon og derivsjon er motstte opersjoner. Vi hr de siste ukene sett hvordn vi på ulike måter kn derivere funksjoner i flere vrible. Nå er turen kommet til den motstte
Detaljerx 1, x 2,..., x n. En lineær funksjon i n variable er en funksjon f(x 1, x 2,..., x n ) = a 1 x 1 + a 2 x a n x n,
Introduksjon Velkommen til emnet TMA45 Mtemtikk 3, våren 9 Disse nottene inneholder det vi gjennomgår i forelesningene, og utgjør, smmen med lle øvingene, pensum for emnet Læreoken nefles som støttelittertur
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 8. a =
TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslg til ving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, s elektronets kselersjon blir = e m E lts mot venstre. b) C Totlt elektrisk felt i
DetaljerLøsningsforslag til Obligatorisk oppgave 2
Løsningsforslg til Oligtorisk oppgve INF1800 Logikk og eregnrhet Høsten 008 Alfred Brtterud Oppgve 1 Vi hr lfetet A = {} og språkene L 1 = {s s } L = {s s inneholder minst tre forekomster v } L 3 = {s
DetaljerLøsningsforslag til Eksamen i fag MA1103 Flerdimensjonal analyse
Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Side 1 v 5 Løsningsforslg til Eksmen i fg MA113 Flerdimensjonl nlyse 2.5.6 Oppgve 1 Vi hr f(x, y) = (4 x 2 y 2 )e x+y. ) Kritiske
DetaljerMAT 1110: Løsningsforslag til obligatorisk oppgave 2, V-06
MAT : Løsningsforslg til obligtorisk oppgve, V-6 Oppgve : ) Hvis = (,,...) og = (,,...) er to vektorer, vil kommndoen >> plot(,) tegne rette forbindelseslinjer mellom punktene (, ), (, ) osv. For å plotte
DetaljerFaktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11.
Fktorisering Per G. Østerlie Senter for IKT i utdnningen per@osterlie.no 11. mi 013 1 Hv er fktorisering? Vi må se på veret å fktorisere. Hv er det vi skl gjøre når vi fktoriserer? Svret er: å lge fktorer.
DetaljerTemahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall
1 ARBEIDSHEFTE I MATEMATIKK SNART MATTE EKSAMEN Hvordn du effektivt kn forberede deg til eksmen Temhefte nr. 1 Hvordn du regner med hele tll Av Mtthis Lorentzen mttegrisenforlg.com Opplysning: De nturlige
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 20-24/9
Fsit til utvlgte oppgver MAT00, uk 20-24/9 Øyvind Ryn oyvindry@ifi.uio.no September 24, 200 Oppgve 5..5 år vi viser t f er kontinuerlig i ved et ɛ δ-bevis, er det lurt å strte med uttrykket fx f, og finne
DetaljerProjeksjon. Kapittel 11. Ortogonal projeksjon i R 2. Skalarproduktet i R n. w på v. Fra figuren ovenfor ser vi at komponenten til w ortogonalt på v er
Kpittel Projeksjon En projeksjon er en lineærtrnsformsjon P som tilfredsstiller P x P x. for lle x. Denne ligningen sier t intet nytt skjer om du benytter lineærtrnsformsjonen for ndre gng, og mn kn tenke
DetaljerBioberegninger - notat 3: Anvendelser av Newton s metode
Bioberegninger - nott 3: Anvendelser v Newton s metode 20. februr 2004 1 Euler-Lotk ligningen L oss tenke oss en populsjon bestående v individer v ulik lder. L n være mksiml lder. L m i være ntll vkom
Detaljer1 Mandag 25. januar 2010
Mndg 5. jnur Vi fortsetter med å se på det bestemte integrlet, bl.. på hvordn vi kn bruke numeriske beregninger til å bestemme verdien når vi ikke nødvendigvis kn finne en nti-derivert. Videre skl vi t
DetaljerLøsningsforslag Kollokvium 6
Løsningsforslg Kollokvium 6 25. februr 25 Her finner dere et løsningsforslg for oppgvene som ble diskutert på Kollokvium 6. Oppgve Diskusjonsoppgve Diskuter følgende spørsmål med hverndre og prøv å bli
Detaljerdx = 1 2y dy = dx/ x 3 y3/2 = 2x 1/2 + C 1
NTNU Institutt for mtemtiske fg TMA Mtemtikk høsten Løsningsforslg - Øving 7 Avsnitt 6.5 ) En hr t y = e, så y + 3y = e + 3e = e. b) En hr t y = e 3 e (3/), så y + 3y = e 3e (3/) + 3e + 3e (3/) = e. c)
Detaljer9.6 Tilnærminger til deriverte og integraler
96 TILNÆRMINGER TIL DERIVERTE OG INTEGRALER 169 Figur 915 Bezier-kurve med kontrollpolygon som representerer bokstven S i Postscript-fonten Times-Romn De ulike Bezier-segmentene ser du mellom kontrollpunktene
DetaljerSensorveiledning Oppgaveverksted 4, høst 2013 (basert på eksamen vår 2011)
Sensorveiledning Oppgveverksted 4, høst 203 (bsert på eksmen vår 20) Ved sensuren tillegges oppgve vekt 0,2, oppgve 2 vekt 0,4, og oppgve 3 vekt 0,4. For å bestå eksmen, må besvrelsen i hvert fll: gi minst
DetaljerNumerisk derivasjon og integrasjon utledning av feilestimater
Numerisk derivsjon og integrsjon utledning v feilestimter Knut Mørken 6 oktober 007 1 Innledning På forelesningen /10 brukte vi litt tid på å repetere inhomogene differensligninger og rkk dermed ikke gjennomgå
DetaljerEneboerspillet. Håvard Johnsbråten
Håvrd Johnsråten Eneoerspillet Når vi tenker på nvendelser i mtemtikken, ser vi gjerne for oss Pytgors læresetning eller ndre formler som vi kn ruke til å eregne lengder, reler, kostnder osv. Men mer strkte
DetaljerMatematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrasjon
Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrsjon Forståelsen v integrlet som et rel ligger til grunn når vi skl beregne integrler numerisk. Litt mer presist: Når f(x) 0 for lle x i
Detaljer1 k 2 + 1, k= 5. i=1. i = k + 6 eller k = i 6. m+6. (i 6) i=1
TMA4 Høst 6 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Løsningsforslg Øving 5 5..6 Vi er gitt summen og ønsker å skrive den på formen m k=5 k +, f(i). i= Strtpunktene er henholdsvis
DetaljerIntegrasjon av trigonometriske funksjoner
Integrsjon v trigonometriske funksjoner øistein Søvik 3. november 15 I dette dokumentet skl jeg vise litt ulike integrsjonsteknikker og metoder for å utforske integrlene v (cos x) og (sin x). De bestemte
Detaljer75045 Dynamiske systemer 3. juni 1997 Løsningsforslag
75045 Dynmiske systemer 3. juni 1997 Løsningsforslg Oppgve 1 ẋ = 0 gir y = ±x, og dette innstt i ẏ = 0 gir 1 ± x = 0. Vi må velge minustegnet, og får x = y = ±1/. Vi deriverer: [ ] x y ( 1 Df(x, y) = ;
Detaljer1 Geometri KATEGORI 1. 1.1 Vinkelsummen i mangekanter. 1.2 Vinkler i formlike figurer
Oppgver 1 Geometri KTGORI 1 1.1 Vinkelsummen i mngeknter Oppgve 1.110 ) I en treknt er to v vinklene 65 og 5. Finn den tredje vinkelen. b) I en firknt er tre v vinklene 0, 50 og 150. Finn den fjerde vinkelen.
DetaljerVår 2004 Ordinær eksamen
år Ordinær eksmen. En bil kjører med en hstighet på 9 km/h lngs en rett strekning. Sjåføren tråkker plutselig på bremsene, men gjør dette med økende krft slik t (den negtive) kselersjonen (retrdsjonen)
DetaljerTerminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014
Terminprøve Mtemtikk for 1P 1NA høsten 2014 DEL 1 Vrer 1,5 time Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler. Forsøk på lle oppgvene selv om du er usikker
Detaljer1 Tallregning og algebra
Tllregning og lger ØV MER. REGNEREKKEFØLGE Oppgve.0 6 d) ( : 6) Oppgve. ( ) ( ) ()() ( ) ( ) ( ) () (6 ) () d) ( ) 7() ( ) Oppgve. 6 ( ) d) Oppgve. Med ett ddisjonstegn, ett sutrksjonstegn, ett multipliksjonstegn
DetaljerR2 - Heldagsprøve våren 2013
Løsningsskisser HD R R - Heldgsprøve våren 0 Løsningsskisser Viktigste oppsummeringer: Må skrive med penn på eksmen! Slurv og regnefeil, både med tll og bokstver, er hovedproblemet. Beste måten å fikse
DetaljerKosmologisk perturbasjonsteori: I ditt ansikts sved skal du ete ditt brød
Kosmologisk erturbsjonsteori: I ditt nsikts sved skl du ete ditt brød Vi skl nå gjennomgå en tålmodighetsrøve. Jeg håer t det skl komme ut noe fysikk til slutt, men først og fremst er det som følger en
DetaljerLEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER:
LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: Vi ntr t potensrekken n x n n= konvergerer i ( R, R), R >, med summen s(x). D gjelder: og s (x) = n n x n for hver x med x < R, s(t) dt = n= (Dette er
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 10 1 LØSNING ØVING 10
FY45/TFY45 Kvntemeknikk I, løsning øving LØSNING ØVING Løsning oppgve Spinn. D åde χ + og χ i likhet med lle ndre spinorer er egentilstnder til enhetsmtrisen med egenverdi lik, hr vi Videre finner vi t
Detaljer6. Beregning av treghetsmoment.
Forelesningsnotter i mtemtikk Bruk v integrsjon Beregning v treghetsmoment Side 1 6 Beregning v treghetsmoment 61 Definisjoner Først de grunnleggende definisjonene: Momentkse r m en liten punktformet prtikkel
DetaljerLøsningsforslag til øving 4
1 Oppgve 1 FY1005/TFY4165 Termisk fysikk Institutt for fysikk, NTNU åren 2015 Løsningsforslg til øving 4 For entomig gss hr vi c pm = 5R/2 og c m = 3R/2, slik t γ = C p /C = 5/3 Lngs dibten er det (pr
DetaljerE K S A M E N. Matematikk 3MX. Elevar/Elever Privatistar/Privatister. AA6524/AA6526 8. desember 2004 UTDANNINGSDIREKTORATET
E K S A M E N UTDANNINGSDIREKTORATET Mtemtikk 3MX Elevr/Elever Privtistr/Privtister AA654/AA656 8. desember 004 Vidregånde kurs II / Videregående kurs II Studieretning for llmenne, økonomiske og dministrtive
DetaljerSkalarfelt og kvantefluktuasjoner
Sklrfelt og kvntefluktusjoner I forrige sett v notter regnet vi ut kvntefluktusjonene i tensorperturbsjonen h. Sklrfeltet φ spilte d bre en pssiv rolle ved å drive universets ekspnsjon. Nå skl vi regne
DetaljerMED SVARFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO
Eksmen i : MED SVARFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet INF5110 - Kompiltorteknikk Eksmensdg : Onsdg 6. juni 2012 Tid for eksmen : 14.30-18.30 Oppgvesettet er på : Vedlegg
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E
TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 16. Løsningsforslg til øving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, så elektronets kselersjon blir = e m E ltså mot venstre. b) C Totlt elektrisk
DetaljerMAT 100a - LAB 4. Før vi gjør dette, skal vi for ordens skyld gjennomgå Maple-kommandoene for integrasjon (cf. GswM kap. 12).
MAT 00 - LAB 4 Denne øvelsen er i hovedsk viet til integrsjon. For mnge er integrsjon i prksis det smme som ntiderivsjon, og noe som kn rukes til å eregne relet v enkelte områder i plnet som lr seg egrense
DetaljerLEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: a n x n. R > 0, med summen s(x). Da gjelder: a n n + 1 xn+1 for hver x < R.
LEDDVIS INTEGRASJON OG DERIVASJON AV POTENSREKKER: Vi ntr t potensrekken konvergerer i ] R, R[, n x n R >, med summen s(x). D gjelder: s (x) = n n x n 1 for hver x < R, og s(t)dt = n n + 1 xn+1 for hver
Detaljer1 dx cos 1 x =, 1 x 2 sammen med kjerneregelen for derivasjon. For å forenkle utregningen lar vi u = Vi regner først ut den deriverte til u,
TMA0 Høst 205 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg 3.5.30: Vi bruker erivsjonsregelen for cos x, x cos x =, x 2 smmen me kjerneregelen for erivsjon. For å forenkle utregningen
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, øving 10 1 ØVING 10
FY45/TFY45 Kvntemeknikk I, - øving ØVING Mesteprten v denne øvingen går ut på å gjøre seg kjent med spinn, men øvingen inneholder også en oppgve om koherente tilstnder. Denne er en fortsettelse v oppgve
DetaljerNumerisk Integrasjon
Numerisk Integrsjon Anne Kværnø Mrch 1, 018 1 Problemstilling Vi skl ltså finne en numerisk tilnærmelse til integrlet for en gitt funksjon f (x). I(, b) = f (x)dx Teknikken vi skl diskutere klles numeriske
DetaljerKapittel 3. Potensregning
Kpittel. Potensregning I potensregning skriver vi tll som potenser og forenkler uttrykk som inneholder potenser. Dette kpitlet hndler blnt nnet om: Betydningen v potenser som hr negtiv eksponent eller
DetaljerIntegralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne
8 Integrlregning Mål for opplæringen er t eleven skl kunne gjøre rede for definisjonen v estemt integrl som grense for en sum og uestemt integrl som ntiderivert eregne integrler v de sentrle funksjonene
DetaljerNøtterøy videregående skole
Til elever og forestte Borgheim, 1. ugust 2018 Viktig info om vlg v mtemtikkfg for elever på vg1 studiespesilisering I vg1 får elevene vlget mellom to ulike mtemtikkfg. Mtemtikk 1T (teoretisk) og Mtemtikk
DetaljerLøsningsforslag Kollokvium 1
Løsningsforslg Kollokvium 1 30. jnur 015 Her finner dere et løsningsforslg for oppgvene som ble diskutert på Kollokvium 1. Oppgve 1 Regning med enheter ) Energienheten 1 ev (elektronvolt) er definert som
Detaljergir g 0 (x) = 2x + x 2 (x + 3) x x 2 x 1 (x + 3) 2 x 5 + 2x 4 + 6x 3 + x 2 + x + 3 x 2 (x + 3) 2 g(x; y) h(x) F (x; y) =
Oppgve ) gir b) c) d) e) f() = 5 4 3 gir f () = 3 6 + 3 g() = + 3 f)når så blir Merk her t = Tilsvrende er gir g () = + ( + 3) ( + 3) 5 + 4 + 6 3 + + + 3 ( + 3) h() = f() gir h () = f () + f() f() = g(;
Detaljer1 Mandag 18. januar 2010
Mndg 8. jnur 2 I denne første forelesningen skl vi friske opp litt rundt funksjoner i en vribel, se på hvordn de vokser/vtr, studere kritiske punkter og beskrive krumning og vendepunkter. Vi får ikke direkte
DetaljerKapittel 4 Kombinatorikk og sannsynlighet. Løsninger til oppgaver i boka. Løsninger til oppgaver i boka
Kpittel 4 Kombintorikk og snnsynlighet Løsninger til oppgver i bok 4.4 Oppgve 4.2 løst ved multipliksjonsprinsippet: multipliksjon v de ulike vlgmulighetene v forretter, hovedretter og desserter gir uttrykket
DetaljerDel 2. Alle oppgaver føres inn på eget ark. Vis tydelig hvordan du har kommet frem til svaret. Oppgave 2
Del 2 Alle oppgver føres inn på eget rk. Vis tydelig hvordn du hr kommet frem til svret. Oppgve 1 Figuren viser sidefltene til et prisme. Grunnflten og toppflten mngler. ) Hvilken form må grunn- og toppflten
DetaljerRegn i hodet. a) 15 : 3 = b) 24 : 6 = c) 36 : 4 = d) 48 : 8 = Regn i hodet. a) 21 : 3 = b) 28 : 7 = c) 49 : 7 = d) 64 : 8 =
10 Divisjon 2 1 Regn i hodet. ) 15 : 3 = b) 24 : 6 = c) 36 : 4 = d) 48 : 8 = 2 Regn i hodet. ) 21 : 3 = b) 28 : 7 = c) 49 : 7 = d) 64 : 8 = 3 ) 39 : 3 = b) 56 : 4 = c) 96 : 8 = d) 98 : 7 = 4 Gi svret med
DetaljerKinematikk i to og tre dimensjoner
Kinemtikk i to og tre dimensjoner 3.1.218 Innleveringsfrist oblig 1: Mndg, 5.eb. kl.18 Innlevering kun vi: https://devilry.ifi.uio.no/ Mulig å levere som gruppe (i Devilry, N 3) Bruk gjerne Pizz ved spørsmål
DetaljerTema 2: Stokastiske variabler og sannsynlighetsfordelinger Kapittel 3 ST :44 (Gunnar Taraldsen)
Tem 2: Stokstiske vribler og snnsynlighetsfordelinger Kpittel 3 ST1101 2019-01-13 12:44 (Gunnr Trldsen) Det nts i nottet t S er et utfllsrom utstyrt med en snnsynlighet P (A) for enhver hendelse A F. F
DetaljerLøsningsforslag til avsluttende eksamen i HUMIT1750 høsten 2003.
Løsningsforslg til vsluttende eksmen i HUMIT1750 høsten 2003. Teksten under hr litt litt prtsom fordi jeg hr villet forklre hvordn jeg gikk frm. Fr en studentesvrelse le det ikke forventet nnet enn sluttresulttene.
DetaljerLøsningsforslag TFE4120 Elektromagnetisme 24. mai = 2πrlɛE(r) = Q innenfor S =
Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for elektronikk og telekommuniksjon Side 1 v 5 Løsningsforslg TFE4120 Elektromgnetisme 24. mi 2011 Oppgve 1 ) Av symmetrigrunner må det elektriske
Detaljer9 Potenser. Logaritmer
9 Potenser. Logritmer Foret utregingene nedenfor: 5 5 c 6 7 d e 5 f g h i Regn ut og gjør svrene så enkle som mulige: c y y d e f g h i j y y + y + y + + y Prisen på en motorsg vr kr 56 i 99. Vi regner
DetaljerDerivasjon. Oversikt over Matematikk 1. Derivasjon anvendelser. Sekantsetningen
3 Oversikt over Mtemtikk Induksjon Grenser og kontinuitet Skjæringssetningen Eksistens v ekstrempunkt Elementære funksjoner Derivsjon Sekntsetningen Integrsjon Differensilligninger Kurver i plnet Rekker
DetaljerMer øving til kapittel 3
Mer øving til kpittel 3 KAPITTEL 3 FUNKSJONER Oppgve 1 Tegn et koordintsystem og merk v punktene (1, 5) d (3, 2) ( 2, 3) e ( 3, 5) (4, 0) f (0, 4) Oppgve 2 Hvilke koordintpr hr de ulike punktene i koordintsystemet?
Detaljer2-komplements representasjon. Binær addisjon. 2-komplements representasjon (forts.) Dagens temaer
2 Dgens temer Dgens temer hentes fr kpittel 3 i Computer Orgnistion nd Architecture Kort repetisjon 2-komplements form Binær ddisjon/sutrksjon Aritmetisk-logisk enhet (ALU) Sekvensiell logikk RS-ltch 2-komplements
DetaljerTillegg om integralsatser
Kpittel 7 Tillegg om integrlstser 7.1 Integrlstser, fundmentlstser Fr et mtemtiske snspunkt er integrlstser beslektet med b f) d = fb) f) b β dr = βr b ) βr ) der den første klles nlsens fundmentlteorem,
DetaljerTom Lindstrøm. Tilleggskapitler til. Kalkulus. 3. utgave. Universitetsforlaget,
Tom Lindstrøm Tilleggskpitler til Klkulus 3. utgve Universitetsforlget, Oslo 3. utgve Universitetsforlget AS 2006 1. utgve 1995 2. utgve 1996 ISBN-13: 978-82-15-00977-3 ISBN-10: 82-15-00977-8 Mterilet
DetaljerSammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra
Smmendrg kpittel 1 - Aritmetikk og lgebr Regneregler for brøker Utvide brøk: Gng med smme tll i teller og nevner. b = k b k Forkorte brøk: del med smme tll i teller og nevner. b = : k b : k Summere brøker:
DetaljerKap. 3 Krumningsflatemetoden
SIDE. KRUMNINGSFLTEMETODEN I kpittel. og. hr vi sett t en bjelkes krefter og deformsjon kn beskrives ved fire integrler som henger smmen : Skjærkrft : V d Vinkelendring : φ M d Moment : M V d Forskyvning
DetaljerForkunnskaper i matematikk for fysikkstudenter. Integrasjon.
De grunnleggende definisjonene L oss strte med følgende prolem: Gitt en ontinuerlig funsjon y = f der f for [, ] Beregn relet A som er vgrenset v grfen til f, -sen, og de to vertile linjene = og = Vi n
DetaljerFakultet for realfag Ho/gskolen i Agder - Va ren 2007
Msteroppgve i mtemtikkdidktikk Fkultet for relfg Ho/gskolen i Agder - V ren 2007 Integrl og integrsjon Roger Mrkussen Roger Mrkussen Integrl og integrsjon Msteroppgve i mtemtikkdidktikk Høgskolen i Agder
DetaljerInstitutt for elektroteknikk og databehandling
Institutt for elektroteknikk og dtbehndling Stvnger, 7. mi 997 Løsningsforslg til eksmen i TE 9 Signler og Systemer, 6. mi 997 Oppgve ) Et system er lineært dersom superposisjonsprinsippet gjelder, d.v.s.
DetaljerLøsningsforslag til obligatorisk oppgave i ECON 2130
Andres Mhre April 13 Løsningsforslg til obligtorisk oppgve i ECON 13 Oppgve 1: E(XY) = E(X(Z X)) Setter inn Y = Z - X E(XY) = E(XZ X ) E(XY) = E(XZ) E(X ) X og Z er uvhengige v hverndre, så Cov(X, Z) =.
DetaljerE K S A M E N. Algoritmiske metoder I. EKSAMENSDATO: 13. desember HINDA / 98HINDB / 98HINEA ( 2DA / 2DB / 2EA ) TID:
Høgskolen i Gjøvik Avdeling for Teknologi E K S A M E N FAGNAVN: FAGNUMMER: Algoritmiske metoder I L 189 A EKSAMENSDATO: 13. desember 1999 KLASSE: 98HINDA / 98HINDB / 98HINEA ( 2DA / 2DB / 2EA ) TID: 09.00-14.00
DetaljerKom i gang med Perspektiver Smartbok! Vi veileder deg steg for steg!
Kom i gng med Perspektiver Smrtbok! Vi veileder deg steg for steg! MARKÉR, LYTT og NOTÉR Smrtbok hr en rekke funksjoner for god studieteknikk. Du kn blnt nnet mrkere nøkkelord og lge notter mens du lytter
DetaljerKvadratur. I(f) = f(x)dx.
Kvdrtur Når mn snkker om numerisk kvdrtur er mn interessert i pproksimere integrler v funksjoner (som representerer reler, volumer, densiteter, o.s.v.) I(f) = f(x)dx. Det klles for kvdrtur fordi i gmle
Detaljer... JULEPRØVE 9. trinn...
.... JULEPRØVE 9. trinn.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver
Detaljer3.7 Pythagoras på mange måter
Oppgve 3.18 Vis t det er mulig å multiplisere og dividere linjestykker som vist i figur 3.. Bruk formlikhet. 3.7 Pythgors på mnge måter Grekeren Pythgors le født på Smos 569 og døde. år 500 f. Kr. Setningen
Detaljer5: Algebra. Oppgaver Innhold Dato
5: Alger Pln resten v året: - Kpittel 6: Ferur - Kpittel 7: Ferur/mrs - Kpittel 8: Mrs - Repetisjon: April/mi - Eventuell offentlig eksmen: Mi - Økter, prøver, prosjekter: Mi - juni For mnge er egrepet
DetaljerS1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka
S kpittel 6 Derivsjon Løsninger til oppgvene i ok 6. c y x y x = = = = y x 4 5 9 4 y 5 6 x 4 = = = = y x y x = = = = 7 ( 5) 6 ( ) 8 6. f( x ) f( x ) 5 7 x x ( ) 4 = = = = 6. T( x) = 0,x +,0 T T = + = (0)
DetaljerS1 kapittel 4 Logaritmer Løsninger til oppgavene i boka
Løsninger til oppgvene i ok S kpittel 4 Logritmer Løsninger til oppgvene i ok 4. Vi leser v fr tllet 4 på y-ksen og ser t vi får den tilhørende verdien,6 på -ksen. lg 4,6 Vi leser v fr tllet,5 på y-ksen
DetaljerMultippel integrasjon. Geir Ellingsrud
Multippel integrsjon. Geir Ellingsrud 2. pril 24 2 NB: Dette er en midlertidig versjon dtert 2. pril 24. Den kommer til å bli utvidet og korrigert fortløpende!!. Dobbelt integrlet over rektngler og iterert
DetaljerR2 kapittel 4 Tredimensjonale vektorer
Løsninger v oppgvene i ok R kpittel 4 Tredimensjonle vektorer Løsninger v oppgvene i ok 4. Vi tegner punket A i xy-plnet. Vi mrkerer plsseringen v A med linjestykker ut fr punktene (4,0,0) på x-ksen og
Detaljera 2πf(x) 1 + (f (x)) 2 dx.
MA 4: Anlyse Uke 44, http://home.hi.no/ svldl/m4 H Høgskolen i Agder Avdeling for relfg Institutt for mtemtiske fg Om lengde v kurver. Noen få formler der integrsjon brukes for å beregne lengder, reler
DetaljerMAT 100A: Mappeeksamen 4
. november, MAT A: Mppeeksmen Løsningsforslg Oppgve ) Vi bruker produktregelen: f (x) x rctn x + x + x Siden x og rctn x hr smme fortegn, og x ldri er negtiv, er f (x) positiv overlt, bortsett fr t f ().
DetaljerSTATISTIKK, KOMBINATORIKK OG SANNSYNLIGHET
Mer øving til kpittel 4 STATISTIKK, KOMBINATORIKK OG SANNSYNLIGHET Oppgve 1 Under ser du resulttet v ntll kinoesøk for en klsse de siste to måneder: 1, 3, 5, 4, 2, 7, 1, 1, 4, 5, 3, 3, 4, 0, 1, 3, 6, 5,
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 9.
TFY44 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslg til ving 9. Ogve. ) C V E dl dersom dl? E b) B U e 4" r e e 4" r e :6 9 9 9 4:4 ev c) D Totl otensiell energi for et system med unktldninger er i
Detaljerdy ycos 2 y = dx. Ved å integrere på begge sider av likhetstegnet får man ved å substituere u = y,du = dy dy ycos 2 y = 2du cos 2 u = x.
NTNU Institutt for mtemtiske fg TMA Mtemtikk høsten 2 Løsningsforslg - Øving 7 Avsnitt 6.5 ) En hr t y = e, så 2y +y = 2e +e = e. b) En hr t y = e 2 e (/2), så 2y +y = 2e e (/2) +e +e (/2) = e. c) En hr
DetaljerSem 1 ECON 1410 Halvor Teslo
Løsningsforslg til seminr i ECON : Internsjonl økonomi.seminruke V ) Den økonomien vi her står ovenfor produserer re to goder, tø og vin. Altså vil lterntivkostnden for den ene vren nødvendigvis måles
DetaljerFasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål
Fsit 9 Grunnbok Kpittel Bokmål Kpittel Lineære funksjoner rette linjer. ƒ(x) = 4x + 5 ƒ() = 3 ƒ(4) = ƒ(6) = 9.6 ƒ(x) = -x b ƒ(x) = x b ƒ(x) = (x + ) 3 ƒ() = ƒ(4) = 8 ƒ(6) = 4 ƒ(x) = x 4 ƒ() = - ƒ(4) =
DetaljerNumerisk kvadratur. PROBLEM STILLING: Approksimér. f(x)dx. I(f) = hvor f : R R. Numerisk sett, integralet I(f) = b. f(x)dx approksimeres med en summe
Numerisk kvdrtur PROBLEM STILLING: Approksimér 1/18 I(f) = f(x)dx. hvor f : R R. Numerisk sett, integrlet I(f) = f(x)dx pproksimeres med en summe Q n (f) = w i f(x i ), n-punkter regel hvor x 1 < x 2
DetaljerHva er tvang og makt? Tvang og makt. Subjektive forhold. Objektive forhold. Omfanget av tvangsbruk. Noen eksempler på inngripende tiltak
Tvng og mkt Omfng v tvng og mkt, og kommunl kompetnse Hv er tvng og mkt? Tiltk som tjenestemottkeren motsetter seg eller tiltk som er så inngripende t de unsett motstnd må regnes som ruk v tvng eller mkt.
DetaljerFASIT, tips og kommentarer
FASIT, tips og kommentrer JULEKALENDER 8.- 10- trinn Nivå 1 og Nivå 2. Tips til orgnisering: Kn jobbes med i gruppe, to og to eller individuelt. Spre rbeidet med klenderen i mttetimene i desember, eller
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet Eksmen i: MAT1140 Strukturer og rgumenter Eksmensdg: Mndg 22. jnur 2018 Tid for eksmen: 09:00 13:00 Oppgvesettet er på 7 sider. Vedlegg: Ingen
DetaljerSnarveien til. MySQL og. Dreamweaver CS5. Oppgaver
Snrveien til MySQL og Dremwever CS5 Oppgver Kpittel 1 Innledning Oppgve 1 Forklr kort hv som menes med følgende egreper: disksert weområde serversert weområde Oppgve 2 Hv er viktig å tenke gjennom når
DetaljerLøsningsforslag, Midtsemesterprøve fredag 13. mars 2009 kl Oppgavene med kort løsningsforslag (Versjon A)
Institutt for fysikk, NTNU FY100 Elektrisitet og mgnetisme TFY4155 Elektromgnetisme Vår 2009 Løsningsforslg, Midtsemesterprøve fredg 1. mrs 2009 kl 1415 1615. Fsit side 10. Oppgvene med kort løsningsforslg
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 19. august 2005 TFY4250 Atom- og molekylfysikk
Eksmen TFY450 19. ugust 005 - løsningsforslg 1 Oppgve 1 Løsningsforslg Eksmen 19. ugust 005 TFY450 Atom- og molekylfysikk. For det oppgitte, symmetriske brønnpotensilet er bundne energiegentilstnder enten
Detaljer... JULEPRØVE
Ashehoug JULEPRØVE 2014 9. trinn.... JULEPRØVE 2014.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres
Detaljer2 π[r(x)] 2 dx = u 2 du = π 1 ] 2 = π u 1. V = π. V = π [R(x)] 2 [r(x)] 2 dx = π (x + 3) 2 (x 2 + 1) 2 dx = 117π 5.
NTNU Institutt for mtemtiske fg TMA Mtemtikk høsten 2 Løsningsforslg - Øving 6 Avsnitt 6. 7 Ved å bruke disk-metoden får mn t volumet er π[r(x)] 2 dx 3 Ved å bruke disk-metoden får mn t volumet er L u
Detaljer6 Brøk. Matematisk innhold Brøk i praktiske situasjoner Brøk som del av en mengde. Utstyr Eventuelt ulike konkreter, som brikker og knapper
Brøk I dette kpitlet lærer elevene om røk som del v en helhet, der helheten kn være en mengde, en lengde eller en figur, og de skl lære om røk som del v en mengde. De skl lære å finne delen når det hele
DetaljerForkunnskaper i matematikk for fysikkstudenter. Trigonometri. Omregning mellom grader og radianer skjer etter formelen nedenfor:
Forkunnskper i mtemtikk for fysikkstudenter.. Vinkelmål. Vinkler måles trdisjonelt i grder. Utgngspunktet er d t en hel sirkel deles i 6 like store deler, der her del klles en grd. En grd kn deles inn
DetaljerMer øving til kapittel 2
Mer øving til kpittel 2 KAPITTEL 2 GEOMETRI OG MÅLING Oppgve 1 Oppgve 2 Oppgve 3 Anne hr vært på ferie til sine esteforeldre fr 28. juni til 9. ugust. Hvor mnge dger hr hun vært på ferie? Fr hun kom hjem
Detaljer