Eksamen, høsten 13 i Matematikk 3 Løsningsforslag

Transkript

1 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 ermed er fokuspunktene F (±4, ). Eksentrisiteten er gitt ved Styrelinjene er e c a 4 5. x ± a e ± 5 4 ± Vi får denne skissen av ellipse med fokuspunkter og styrelinjer: b) For å ortogonalt diagonalisere matrisen ( ) 7 8 A 8 7 finner vi egenverdier og egenvektorer. Vi løser ligningen det(a λi) : 7 λ λ (7 λ) 8 λ 34λ λ 34λ + 5 λ 5 eller λ 9

2 ( ) x For egenverdien λ 5 finner vi en egenvektor v ved å løse (A λ y I)v. Totalmatrisen er ( ) Begge ligninger gir x+y. ermed kan vi velge x y og vi får egenvektoren ( ) v. For å få en ortogonal diagonalisering må vi justere egenvektoren slik at det blir en enhetsvektor. Lengden av v er v +. Egenvektor av lengde blir u v v ( ). For å finne egenvektoren til λ 9 skal vi bruke at A er symmetrisk. erfor( vet ) x vi at det finnes en ortogonal diagonalisering. et betyr at egenvektoren v y ( ) må være normal til v. Altså er prikkproduktet lik : v v x + y. ( ) Vi velger y og får x. Egenvektoren er derfor v. For å få en ortogonal diagonalisering må vi justere egenvektoren slik at det blir en enhetsvektor. Lengden av v er v ( ) +. Egenvektor av lengde blir u v v ( Matrisene i en ortogonal diagonalisering A P P T er gitt ved ( ) P ) og. ( ) 5. 9 For å skissere nivåkurven Q(x, x ) 5 til den kvadratiske formen Q med matrise A bruker vi koordinatskiftet x P y som gir y T y x T Ax Q(x, x ) 5.

3 Utskrevet i y-koordinater er nivåkurven Vi deler meed 5 og får standardform 5y + 9y 5. y 9 + y 5. Vi bruker egenvektorene u og u som enhetsvektorer for et skrått y-koordinatsystem og tegner så ellipsen (som er den samme som i deloppgave a)). et gir: Oppgave. Vi skal finne kritiske punkt ved Lagrange-multiplikatorer for f(x, y, z) z under betingelsen xy xz + yz. Vi setter g(x, y, z) xy xz + yz og finner så gradientene f (,, ) og g (y z, x + z, x + y). Ligningssystemet er f λ g og g(x, y, z). et gir fire ligningen xy xz + yz λ(y z) λ(x + z) λ( x + y) Fra den tredje ligningen kan vi se at λ ikke kan være lik. ermed kan vi dele med λ i de to første ligningene og få y z x + z et gir y z og x z. Vi setter inn i siste ligning og løser xy xz + yz ( z) z ( z) z + z z z + z + z z z ±

4 ermed har vi to kritiske punkt: z gir x og y, mens z gir x og y. e kritiske punktene er (,, ) og (,, ). Oppgave 3. a) Vi skisserer legemet For å uttrykke grensene for i sylinderkoordinater setter vi inn x r cos θ, y r sin θ og z z i uttrykkene som definerer. en nedre grensen for z blir som før en øvre grensen for z blir z. z x + y r cos θ + r sin θ r (cos θ + sin θ) r. Grensen for sylinderen omskrives som (x ) + y x x + + y x + y x r r cos θ r(r cos θ) r eller r cos θ ermed går r fra til cos θ. Merk også at sylinderen har x-verdier x. erfor går θ fra π til π. ette er intervallet hvor cos θ er positiv.

5 et gir følgende grenser for : z r r cos θ π θ π b) Volumet av er gitt som integralet dv. I sylinderkoordinater er dv r dz dr dθ. ermed finner vi volumet slik: cos θ r dv r dz dr dθ 4 π cos θ π cos θ π π π π 4 3π 8 3π. [ 4 r4 [rz] r r 3 dr dθ ] cos θ dθ 4 ( cos θ)4 dθ cos 4 θ dθ dr dθ

6 c) Vi regner ut integralet z dv : z dv cos θ r π cos θ π cos θ π π π 6 3 [ r6 [ rz rz dz dr dθ ] r r5 dr dθ ] cos θ dθ ( cos θ)6 dθ π 6 3 5π 6 5π 3. cos 6 θ dθ dr dθ Oppgave 4. Når massetettheten er konstant lik δ, så er massen M δ dv dv 3π, og momentet om xy-planet M xy Massesenterets z-koordinat er δz dv z M xy M 5π 3 3π 9. z dv 5π 3. a) Vi bestemmer først grenser for området avgrenset av y 3x x og y x. Grensene for x er gitt ved skjæringspunktene for de to kurvene: x 3x x x 3x x x x x eller x. Vi ser at parabelen ligger over den rette linja for x mellom og. erfor er grensene for y fra y x til y 3x x. Grenser for er x y 3x x x

7 Vi integrerer nå 3y over området og får b) Vi har gitt vektorfeltet 3y da 3x x x [ 3 y 3y dy dx ] 3x x x dx ( 3 (3x x ) 3 ) x dx ( 3 (9x 6x 3 + x 4 ) 3 ) x dx ( 7 x 9x x4 3 ) x dx (x 9x ) x4 dx [ 4x x4 + 3 ] x F(x, y) (sin (πx) y, xy + cos (πy)). Linjestykket C fra (, ) til (, ) parametriserer vi ved et gir dr dt r(t) (t, t), der t. (, ). Vi finner linjeintegralet slik: C F dr [t]. (sin (πx) y, xy + cos (πy)) (, ) dt ( sin (πx) y + xy + cos (πy) ) dt ( sin (πt) t + t + cos (πt) ) dt dt

8 c) Et vektorfelt F (M, N) som er deriverbart i alle punkt er konservativt dersom Vi sjekker om dette holder: N x M y. N x M y ( xy + cos (πy) ) ( sin (πx) y ) x y y ( y) 3y. Svaret ble ikke. erfor er F ikke et konservativt vektorfelt. For å finne linjeintegralet C F dr kan vi bruke Greens teorem: ( N F dr x M ) da y C der C er satt sammen av C og C og er området mellom disse to kurvene. Vi deler integralet av C i to biter og setter inn for curl F k. F dr + F dr 3y da. C C Vi har allerede regnet to av disse integralene. ermed er 8 + F dr C 5. Løst med hensyn på det ukjente integralet får vi C F dr 8 5. Oppgave 5. Vi vet at varmeligningen med randbetingelse og startbetingelse har løsning u t c u x u(, t) u(l, t) u(x, ) u(x, t) n n B n sin πnx L B n e λ n t sin πnx L der λ n πcn L. I dette tilfellet er c 5, L π, B 5, B 5 og øvrige B n. et gir λ π 5 π 5 og λ π 5 π 5. Vi setter inn i formelen for løsningen og får u(x, t) 5e 5t sin x + 5e t sin x.

9 Oppgave 6. a) Vi har vektorfeltet F (xz, yz, x y ) og skal regne ut curl F og div F. Vi regner ut curl F slik: i j k curl F x y z xz yz x y ( ) i y (x y ) z ( yz) + j ( z (xz) x (x y ) ) ( ) + k x ( yz) y (xz) i ( y ( y)) + j (x x) + k ( ) Vi regner ut div F slik: div F x (xz) + y ( yz) + z (x y ) z z + b) Siden curl F og F er deriverbart i alle punkt er F et gradientvektorfelt (konservativt). ermed finnes en potensialfunksjon f med f F. enne potensialfunksjone passer i Laplace-ligningen fordi f x + f y + f div( f) div F. z en siste likheten fikk vi fra utregningen av divergens i deloppgave a). La oss nå finne potensialfunksjonen f, som er den løsningen av Laplace-ligningen som oppgaven sikter til. Vi tar utgangspunkt i f F. Fra x-koordinatenen har vi f x xz. Vi integrerer med hensyn på x og får f(x, y, z) x z + g(y, z) der g(y, z) er konstant med hensyn på x. Innsatt dette uttrykket for f i får vi Vi forenkler til Vi integrerer med hensyn på y og får f y yz ( x z + g(x, y) ) yz. y g y yz. g(y, z) y z + h(z)

10 der h(z) er konstant med hensyn på x og y. ette gir et nytt uttrykk for f: Vi setter inn i og får ette forenkler til f(x, y, z) x z y z + h(z). f z x y ( x z y z + h(z) ) x y. z x y + h z x y. ermed er h z. Altså er h(z) C konstant. Vi har konstruert følgende løsning av Laplace-ligningen: f(x, y, z) x z y z + C.