Oppgave 1. Eksamen IRF314, høsten 15 i Matematikk 3 øsningsforslag I denne oppgaven er det to løsningsforslag. Ett med asymptotene som gitt i oppgaveteksten. I dette første tilfellet blir tallene litt mindre pene. I det andre tilfellet endrer vi asymptotene til y ± 15 8 x. Merk at fremgangsmåten ikke endrer seg, men tallene blir litt penere i det andre tilfellet. Uten endrede asymptoter: Når en hyperbel har brennpunkt F (, ±c) på y-aksen er standardformen y a x b 1 der c a + b. Asymptotene er da gitt ved y ± a b x. Fra oppgaveteksten finner vi at c 17 og a b 17 8. Fra det siste uttrykket finner vi at Innsatt i formelen c a + b finner vi 17 a 17 8 b. ( ) 17 8 b + b 89 89 64 b + b 89 64 89b + 64b 89 64 b 89 64 b b 136 Dette gir at a 17 8 136 89. igningen til hyperbelen er dermed Eksentrisiteten er e c a, og vi finner y 89 x 136 1. e 17 89 17 1,1519. Styrelinjene er gitt ved y ± a e, og vi finner Som forenkles til Vi skisserer hyperbelen og får: y ± 89 17 y ± 173 ±13,91785..
Med endrede asymptoter: Når en hyperbel har brennpunkt F (, ±c) på y-aksen er standardformen y a x b 1 der c a + b. Asymptotene er da gitt ved y ± a b x. Fra oppgaveteksten finner vi at c 17. Asymptotene som gir penere svar er y ± 15 8 x. Med dette blir a b 15 8. Fra det siste uttrykket finner vi at a 15 8 b. Innsatt i formelen c a + b finner vi 17 ( ) 15 8 b + b 89 5 64 b + b 89 64 5b + 64b 89 64 89b 64 b b 8 Dette gir at a 15 8 8 15. igningen til hyperbelen er dermed Eksentrisiteten er e c a, og vi finner y 15 x 8 1. e 17 15 1,13333. Styrelinjene er gitt ved y ± a e, og vi finner y ± 15. 17 15
Som forenkles til Vi skisserer hyperbelen og får: y ± 5 17 ±13,359. Oppgave. Vi setter opp ligningssystemet for agrange-multiplikatorer til f(x, y, z) y + z på flaten g(x, y, z) x + z x sin y. Det blir λ (x sin y) 1 λ ( x cos y) λ z x + z x sin y Den tredje ligningen medfører at λ. Dermed er z 1 λ. Siden λ kan vi dele begge sider av første ligning med λ og få Vi kan omskrive dette til x sin y. x sin y. Vi kan også dele den andre ligningen med λ. Det gir: Nå bruker vi uttrykket for z og finner at 1 x cos y. λ z x cos y. a oss nå sette inn i ligningen for flaten: x + z x sin y x + ( x cos y) x sin y x + 4x cos y x sin y.
Vi setter også inn x sin y og får ligningen sin y + 4 sin y cos y sin y sin y sin y ( 1 + 4 cos y ) sin y ( 4 cos y 1 ) Dette gir to muligheter sin y eller cos y 1 4. Avgrensningen av y, som er gitt i oppgaveteksten er < y <. Denne avgrensningen gir at sin y ikke forekommer i definisjonsområdet. Dermed gjennstår cos y ± 1, som har løsningene y 3 for det positive tilfellet, og y 3 for det negative tilfellet. Til hver av disse y-verdiene finner vi tilhørende x- og z-verdier. For y 3 : Innsatt i x sin y finner vi x 1 3. Innsatt i z x cos y finner vi z 1 3. Dette gir det kritiske punktet ( 1 3, 3, 1 3). For y 3 : Innsatt i x sin y finner vi x 1 3. Innsatt i z x cos y finner vi z 1 3. Dette gir det kritiske punktet ( 1 3, 3, 1 3). Det er to kritiske punkt. De er ( 1 3, 3, 1 3) og ( 1 3, 3, 1 3). Oppgave 3. Det aktuelle området, la oss kalle det D, er gitt av ulikhetene: x 1 x y x Dette er en sektor fra sirkelen med radius. Vi skisserer og ser at D er slik: a oss omskrive til polarkoordinater. Da er x r cos θ, y r sin θ. Den øvre grensen y x omskrives til r.
inja x y tilsvarer θ 4 i polarkoordinater, mens x gir oss θ. Dermed blir grensene i polarkoordinater r 4 θ. Vi omskriver integralet til polarkoordinater ved å sette y r sin θ, x + y r og da r dr dθ, samt å bytte grenser. Det blir x y(x + y ) dy dx y(x + y ) da x D 4 4 4 [ 1 5 r5 sin θ r sin θ r r dr dθ r 4 sin θ dr dθ ] 1 5 5 sin θ dθ 4 [ 15 ] 5 cos θ 4 dθ 1 5 5 cos + 1 5 5 cos 4 + 1 5 5 1 4 5 Oppgave 4. Vi har vektorfeltet F (M, N) (1 y, xy x). a) Siden vektorfeltet er definert for alle (x, y) er det konservativt dersom N x er like. Vi undersøker dette: N x (xy x) y 1 x M y (1 y) y M og y De partielt deriverte er ulike, så vektorfeltet er ikke konservativt. b) Kurven C er parameterisert ved r(t) (t, t ) der t 1. Vi regner ut linjeintegralet ved å sette inn uttrykket for vektorfeltet F og dr (x, y ) dt. Det gir: F dr (1 y, xy x) (x, y ) dt C
Nå setter vi også inn uttrykkene for x og y gitt ved parameteriseringen r. Det blir x t og y t. Dermed blir de deriverte x 1 og y t. Vi får Vi regner ut prikkproduktet og forenkler: (1 t, t t t) (1, t) dt. ( (1 t ) 1 + (t 3 t) t ) dt ( 1 t + t 4 t ) dt ( 1 3t + t 4) dt Integrasjon gir: [ t t 3 + 5 t5] 1 ( 1 1 3 + 5 15) ( () () 3 + 5 ()5) 4 5 injeintegralet evalueres til 4 5. c) Området D er avgrenset av kurven C og linja y 1. Grensene for området blir D x 1 x y 1. De partielt deriverte fant vi i deloppgave a). Vi kan dermed regne ut integralet: ( N x M ) da ((y 1) ()) dy dx y x [ 1 x 1 ( 1 1 1 y dy dx x [ 1 y] 1 dx x ( 1 1 x4) dx 1 x5] 1 1 1 1 + 1 1 1 5 1 + 5 1 1 4 5 ) ( 1 () 1 1 ()5)
Oppgave 5. Også dette dobbeltintegralet blir 4 5. Det er Greens teorem som relaterer integralene i b) og c) via likheten ( N x M ) da F dr y D der D er randkurven rundt området D i positiv omløpsretning. Denne randkurven består av kurven C fra deloppgave b), samt det rette linjestykket langs y 1 fra x 1 til x. a oss kalle dette linjestykket C. Da kan vi dele linjeintegralet langs D i to biter: F dr F dr + F dr. C D C a oss se på det andre linjeintegralet. En parameterisering er gitt ved r (t) ( t, 1) der t går fra til 1. Vi skriver ut og setter inn y 1. Det gir F dr (1 y, xy x) (x, y ) dt C D (1 1, x 1 x) (x, y ) dt (, ) (x, y ) dt dt Siden dette integalet er gir Greens teorem at integralene fra deloppgave b) og c) er like: F dr F dr +. D C a) Koordinatene i parameteriseringen er x u cos v, y u sin v og z v. I x og y er dette polarkoordianter der u er radius og v er vinkel. Vi setter inn i ulikhetene for å bestemme grensene. Innsatt i x + y 1 får vi: x + y 1 (u cos v) + (u sin v) 1 u (cos v + sin v) 1 u 1 Dermed er radius u gitt ved u 1. Den andre ulikheten gir: z v Dermed er vinkelen v gitt ved v.
b) Vi deriverer parameteriseringen og får: r u r u (cos v, sin v, ) r v r v ( u sin v, u cos v, 1) Kryssproduktet blir: i j k r u r v cos v sin v u sin v u cos v 1 sin v i cos v j + ( u cos v + u sin v ) k (sin v, cos v, u) engden blir r u r v (sin v) + ( cos v) + u u + 1. c) Overflaten av S er gitt ved integralet S dσ Vi setter inn utregningen fra b) og integrerer: r u r v dv du u + 1 dv du [ v u + 1 ] u + 1 du du Nå bruker vi integrasjonsformelen som er oppgitt i oppgaveteksten og får: [ u u + 1 + 1 u ln + u + 1 (( 1 1 + 1 + 1 1 ln ) + 1 + 1 + ln(1 + ) ] 1 ( + 1 + 1 ln )) + + 1
Oppgave 6. Varmeligningen u t c u med randbetingelser u(, t) u(, t) og startbetingelse x u(x, ) B n sin nx n1 har generell løsning på formen u(x, t) n1 B n e λ n t sin nx der λ n cn. I dette tilfellet er c 4, og initialbetingelsen Vi ser at c og egenverdiene blir u(x, ) sin(x) + 1 sin(x) + 5 sin(5 x). λ n cn Vinklene i sinusrekka n1 B n sin nx nx n omskrives til nx n x. n. eddet sin(x) i initialbetingelsen tilsvarer n. Dermed er B 1. eddet 1 sin(x) i initialbetingelsen tilsvarer n 4. Dermed er B 4 1. eddet 5 sin( 5 x) i initialbetingelsen tilsvarer n 5. Dermed er B 5 5. Ellers er de andre B n. Innsatt i generell løsning får vi u(x, t) B n e λnt sin nx n1 B e λ t sin x + B 4e λ 4 t sin 4x + B 5e λ 5 t sin 5x e t sin(x) + 1 e 4t sin(x) + 5 e 5t sin( 5 x) Oppgave 7. Radiansen er gitt ved B f (f, T ) hf 3 c (e hf/k BT 1). i) Vi deriverer for å finne maksimumspunkt for B f når temperaturen holdes konstant. Vi bruker kvotientregelen B f f ( u v ) u v u v v
der u hf 3 og v c (e hf/kbt 1). Derivasjon med hensyn på f gir u 6hf v c h k B T ehf/k BT Innsatt i kvotientregelen får vi B f f 6hf c (e hf/kbt 1) hf 3 c h c 4 (e hf/kbt 1) k B T ehf/k BT Opprydding av uttrykket gir B f f 6hf (e hf/kbt 1) hf 3 h c (e hf/kbt 1) k B T ehf/k BT 6hf e hf/k BT 6hf h f 3 1 k B T ehf/k BT c (e hf/k BT 1) hf (3e hf/k BT 3 hf k B T ehf/k BT ) c (e hf/k BT 1) Vi får maksimal radians ved den frekvensen der B f f verdi. Dette skjer ved den positive frekvensen der skifter fra positiv til negativ hf (3e hf/k BT 3 hf k B T ehf/k BT ) c (e hf/k BT 1). Siden alle andre faktorer er positive når f > ser vi på 3e hf/k BT 3 hf k B T ehf/k BT Innfør x som x hf k B T : 3e x 3 xe x Vi omskriver til (3 x)e x 3. a nå parameteren x være den positive løsningen av denne ligningen. At en slik positiv løsning finnes fremgår av oppgaveteksten, og man kan undersøke det ved å se på grafen til y (3 x)e x. Når x er denne positive løsningen, vil vi ha maksimal radians ved frekvensen f maks som oppfyller Vi løser med hensyn på f maks og får x hf maks k B T. f maks x kb h T.
ii) Siden x er løsningen av en ligning (3 x)e x 3 har den ingen benevning. Det kan vi også se ut fra formelen f maks x kb h T. Vi bruker firkantklammer som notasjon for benevningen til en variabel. Vi har [f maks ] [x] [k B] [h] [T ]. Dermed er s [x] J/K Js K. Vi forkorter benevninger og får Dette viser også at x ikke har benevning. s J [x] Js K K s [x] 1 s 1 [x]. Oppgave 8. i) På førsteaksen brukes en logaritmisk skala. På andreaksen brukes en lineær skala. ii) De horisontale og vertikale strekene ut fra hvert punkt markerer usikkerheten i dataene. iii) Det andre av Tuftes prinsipper sier: En god grafisk framstilling skal få den som ser på til å tenke på poenget uten å bli forstyrret av metode, grafikk, etc. Gi en kort beskrivelse av hvordan dette plottet gjør det. itt detaljert: Plottet viser sammenhengen mellom to egenskaper (nøytrinofluksen og et forhold mellom avstand fra produksjonskilden og energien til nøytrinoene). I denne sammenligningen vises de teoretiske forventningene fra standardteori (sort histogram) og alternative teorier (røde og blå punkter) med målte data. Teorien er uten nøytrinosvingninger og de målte dataene viser avvik. Pga. logaritmisk 1.akse vil de svake teoretiske svingningene (ikke nøytrinesvingninger) bli veldig tydelige og sammenligning med måledata mye enklere. Helt sentralt: Plottet sammenligner ulike modeller med målte data. Det sentrale er de svake svingningene og det lille avviket fra dem.