KANDIDATNUMME: EKAMEN FAGNAVN: Matematikk 3 FAGNUMME: EA32 EKAMENDATO: 25. mars 29 KLAE: 3. klassene, ingenørutdanning. TID: kl. 9. 13.. FAGLÆE: Hans Petter Hornæs ANTALL IDE UTLEVET: 5 (innkl. forside og 2 sider formler. 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.
Eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 1 Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen, oppgaver uten bokstavpunkter teller som et bokstavpunkt. Oppgave 1 La funksjonen f : 3 3 være definert ved f(x, y, z =xye z a Finn f(2, 1,, gradienten i punktet med koordinater (2, 1,. b La være nivåflaten til f gjennom punktet med koordinater (2, 1,. Finn en likning for tangentplanet til i dette punktet. Oppgave 2 La T være den delen kula med sentrum i origo og radius 1 som ligger i første oktant (dvs. x, y ogz. La være overflaten til T og n være enhetsnormalvektor på som peker ut av T. La I være trippelintegralet I = xdv. La feltet F være definert på 3 ved F (x, y, z =[xe y,z e y,xz]. T a ettoppi som uttrykk med rektangulære koordinater (dvs. med dx, dy og dz, der integranden og grensene settes opp eksplisitt, men integralet skal (foreløbig ikke regnes ut. b ett på tilsvarende måte opp I som uttrykk med kulekoordinater (dvs. med dρ, dφ og dθ. c egn ut fluksen Oppgave 3 F n d. En flate er parametrisert ved r(u, v =[5cos(u, 4v 3sin(u, 3v +4sin(u], u π, v 2 Videre er n oppadrettet enhetsnormalvektor på (dvs. den med z koordinat, og er randen til, positivt orientert i fohold til n. Vektorfeltet G er definert på hele 3 ved G(x, y, z = [ x 3,x 3 + y 3,z 3 x ] 3 a egn ut curlen G og avgjør om G er et konservativt felt. b egn ut arealet av. c egn ut arbeidsintegralet G T ds
Eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 2 Oppgave 4 I en 4 meter lang varmeisolert jernstang holdes temperaturen i begge endepunkter konstant lik elcius. Vi plasserer x aksen (med enhet meter langs staven, med origo i venstre endepunkt. Ved tidspunktet t = er temperaturfordelinga gitt ved for x 1 f(x = 1 for 1 <x<3 for 3 x 4 Dette gir følgende varmeledningsproblem: α 2 u xx = u t (1 u(,t = (2 u(4,t = (3 u(x, = f(x (4 Den termiske diffusjonskoeffisienten for denne type jern er α 2 =.6 (meter 2 per time. Ved separasjon av variable finnes funksjoner påformen ( u n (x, t =sin 4 x e n2 π 2 α 2 4 2 t som oppfyller betingelsene (1, (2 og (3 (dette behøver ikke vises i denne oppgaven. a Finn løsningen u(x, t på dette problemet. varet må angis som en uendelig sum, men du behøver ikke i denne deloppgaven sette inn tall for α 2. Det vil være med faktorer av formen k n =cos(/4 cos(3/4. Disse kan i løsningen bare kalles k n. Mønsteret for k n er: for n =2, 4, 6,... dvs. n partall k n =cos(/4 cos(3/4 = 2 for n =1, 7, 9, 15, 17, 23, 25,... 2 for n =3, 5, 11, 13, 19, 21, 27,... b Hva er temperaturen i midtpunktet x = 2 etter 6 timer (t =6? varet skal angis med en desimal. Tamedetkortoguformeltargumentforatduharmedakkuratpasseligmange ledd i rekkeløsningen for åfådenne nøyaktigheten. Lykke til.
Eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 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.
Eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 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 dersom er en lukket, begrenset og stykkevis glatt flate, n er en orientering av, 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 =e 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 = 1 e r1t + 2 e r2t. (2 Hvis ar 2 + br + c =harbareén (reell rot, r: F (t =( 1 t + 2 e rt. (3 Hvis ar 2 + br + c = har to komplekse røtter, α ± βi: F (t =e αt ( 1 cos βt + 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: ( 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 ( b n sin L x, der b n = 2 L ( f(xsin L L x dx. ( f(xcos L x dx,
Løsning, eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 1 Oppgave 1 a f(x, y, z =[ye z,xe z,xye z ]. f(2, 1, = [ 1e, 2e, 1 2e ] =[1, 2, 2]. b Likningen for et plan gjennom punktet med koordinater (x,y,z og med normalvektor [a, b, c] era(x x +b(y y +c(z z =. Gradienten er normalvektor til (tangentplaet til nivåflaten, så vihardermed Oppgave 2 a 1(x 2 + 2(y 1 + 2(z = x +2y +2z =4 Likningen for kuleflaten i rektangulære koordinater er x 2 + y 2 + z 2 = 1. Dette kan løses ut med hensyn på z til z 2 =1 x 2 y 2 z = 1 x 2 y 2 (plussroten brukes da z. For z =får vi = 1 x 2 y 2 x 2 + y 2 = 1, slik at avgrensningen sett ovenifra er en sirkel i xy planet med sentrum i origo og radius 4. Vi kan dermed beskrive T med ulikhetene slik at z 1 x 2 y 2 y 1 x 2, x 1 I = 1 1 x 2 1 x 2 y 2 xdzdydx b Med kulekoordinater er kuleflaten gitt ved ρ =1.Atvibareskalhadendelenoverxy planet gir φ π/2. At vi bare skal den 4-delen av halvkulen som ligger over 1. kvadrant i xy planet gir θ π/2. iden dv = ρ 2 sin(φ dρ dφ dθ og x = ρ sin(φcos(θ får vi da I = 1 1 ρ sin(φcos(θ ρ 2 sin(φ dρ dφ dθ = ρ 3 sin 2 (φcos(θ dρ dφ dθ c Ved divergensetningen har vi F n d = T F dv. Divergensen er n = e y e y +x = x slik at integralet blir som tidligere i denne oppgaven. Det er enklest å regne det ut med kulekoordinater: F n d = 1 [ ρ 4 /4 ] 1 sin2 (φcos(θ dφ dθ = 1 4 ρ 3 sin 2 (φcos(θ dρ dφ dθ = sin 2 (φcos(θ dφ dθ
Løsning, eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 2 Integralet av sin 2 (φ kan løses ved omformingen sin 2 (φ =1/2 cos(2φ/2, eller ved å hente fra formelsamlinga sin 2 (x dx = 1 2 x 1 4 sin(2x+ som gir...= 1 [ 1 2 2 φ 1 ] π/2 4 sin(2φ cos(θ dθ = 1 (( π 4 4 1 sin(π ( sin( cos(θ dθ 4 = π 16 cos(θ dθ = π 16 [sin(θ]π/2 = π 16 Oppgave 3 a i j k G = x y z x 3 x 3 + y 3 z 3 x 3 = y z x 3 + y 3 z 3 x 3 i x z x 3 z 3 x 3 j + x y x 3 x 3 + y 3 k = ( i ( 3x 2 j +(3x 2 k =[, 3x 2, 3x 2 ] b iden curlen ikke er konstant lik er feltet ikke konservativt. Arealet er gitt ved flateintegralet d der d = r u r v du dv. i j k r u r v = 5sin(u 3cos(u 4cos(u 4 3 = 3cos(u 4cos(u 4 3 i 5sin(u 4cos(u 3 j + 5sin(u 3cos(u 4 k = [ 9cos(u 16 cos(u, ( 15 sin(u, 2 sin(u ] = [ 25 cos(u, 15 sin(u, 2 sin(u] = 5 [ 5cos(u, 3sin(u, 4sin(u] r u r v =5 [ 5cos(u, 3sin(u, 4sin(u] =5 25 cos 2 (u+9sin 2 (u+16sin 2 (u =5 25(cos 2 (u+sin 2 (u = 5 25 = 25 Dermed er arealet π 25 du dv =25 π 2=5π Kommentar: Flaten er halvparten av en sylinder med radius 5 og høyde 1, oppgaven er konstruert ved å dreie denne sylinderen fra en stilling med z aksen som symmetriakse. Om noen skulle oppdage dette og løse oppgaven geometrisk er det selvfølgelig godtatt som løsning.
Løsning, eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 3 c Ved tokes setning kan integralet omformes til G T ds = G n d r u r v er en normalvektor til flaten, men merk at 3. koordinaten i r u r v er 2 sin(u for u π, slik at retningen må snues. iden vi må dividere med r u r v for åfå dette til en em enhetsnormalvektor, og multipliserer med r u r v i d forkortes dette bort, og integralet er G T ds = G (r u r v du dv G er regnet ut i oppgave a, og x =5cos(u settes inn fra parametriseringa av. r u r v er regnet ut i oppgave b, så inegralet er π [...=, 3 (5 cos(u 2, 3 (5 cos(u 2] 5[ 5cos(u, 3sin(u, 4sin(u] du dv = 5 π 75(3 cos 2 (usin(u 4cos 2 (usin(u du dv =75 5 π cos 2 (usin(u du dv Det innerste integralet løses ved substitusjonen w =cos(u som gir dw = sin(u dw. Da blir nedre grense w =cos(=1ogøvregrensew =cos(π = 1, så 1 G T ds =75 5 w 2 [ dw dv = 25 5 w 3 ] 1 1 dv = 125 (( 1 3 1 3 dv = 125 1 2 dv =( 125 ( 4 = 5 Oppgave 4 a Løsninger som fortsatt oppfyller (1, (2 og (3 kan bygges opp som uendelige konvergente summer u(x, t = n u n (x, t Ved å sette inn t =, slik at alle eksponetialleddene blir 1, vil vi da få ( u(x, = n sin 4 x Det gjelder dermed å bestemme konstantene n slik at dette blir funksjonen f(x forå finne den entydige løsningen. Dette får vi til ved å uttrykke den odde halvperiodiske utvidelsen av f(x somenfourierrekke. Vi har fra formelsamlinga at da er Fourierkoeffisientene b n = 2 L ( f(xsin L L x dx = 2 4 ( f(xsin 4 4 x dx Ved å sette inn funksjonsuttrykket for f(x blir integralet på intervallene [, 1] og [3, 4], såvistår igjen med intervallet [1, 3] der f(x = 1: b n = 1 2 L ( f(xsin L x dx = 1 2 3 1 ( 1 sin 4 x dx
Løsning, eksamen i Matematikk 3 25. mars 29 4 Dette løses ved substitusjonen z = 4 x, som gir dz/dx = 4 dx = 4 dz. Øvregrense er z = 4 3ognedregrensez = 4 1: b n =5 4 3/4 /4 sin(z dz = 2 [ cos(z]3/4 /4 = 2 ( ( ( 3 cos cos 4 4 Ved å sette inn b n for n i rekkeuttrykket for u(x, t har vi løsningen. I første omgang kan vi komprimere uttrykket litt ved å sette k n =cos ( ( 4 cos 3 4,ogfår u(x, t = 2k n sin ( 4 x e n2 π 2 α 2 4 2 t b For x =2ersin ( 4 x =sin ( n π 2. Dette er for n partall, og ( 1 n (alternerende fortegn med pluss for n =1. fortegnsvariasjon som k n, slik at k n sin ( n π 2 = kn = 2 for oddetall. Dermed er koeffisientene ( 1 n 2 k n = ±9.3/n for n oddetall ( for partall. Inspeksjon av lista i oppgavetesten for fortegnsvariasjonen på k n er vel lettere åbrukeenn å finne en formel for denne. Eksponentene er n2 π 2 α2 16 t = n2 π 2.6 16 6=.222n 2 u(2, 1 = Vi regner ut leddene i starten så langt vi trenger: ( 1 n 2 k n e.222n2 n n u n n =1: 9.3 e.222 = 72.1 9.3 n =3: 3 e.222 9 = 4.6 n =5: 9.3 5 e.222 25 =.7 Vi ser at siste ledd maksimum bidrar med 1 i første desimal. Dessuten avtar leddene i rekka svært raskt, så vigår ut fra at summen av de resterende leddene blir ubetydelig i forhold til første desimal. u(2, 6 = 72.1 + 4.6.7 = 76.9 = 76.1 Et mer formelt argument for nøyaktigheten (som ikke avkreves i besvarelsen kan gies ved å observere at ved åtatoogtoleddfår vi en alternerende rekke der leddene avtar i absoluttverdi. Da er feilen mindre enn absoluttverdien av første utelatte ledd, som i dette tilfellet er 7 u 7 (2, 6 + 9 u 9 (2, 6 = 9.3 7 e.222 49 + 9.3 9 e.222 81 =.2 slik at vi faktisk har med tilstrekkelig antall ledd til å ha 3 desimaler. Fra en praktisk synsvinkel er det nok ikke grunnlag for så stor nøyaktighet da nøyaktigheten på andre deler av uttrykket (f.eks på α 2 neppe er så stor.