Oppgave 1. Fra ligningen Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag x 2 64 y2 36 1 finner vi a 64 8 og b 36 6. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c a 2 + b 2 64 + 36 1 1. Dermed er fokuspunktene F (±1, ). Eksentrisiteten er gitt ved Styrelinjene er Asymptotene er gitt ved x2 y2 a 2 b 2 e c a 1 8 5 4. x ± a e ± 8 5/4 ±32 5., eller y ± b ax. Det gir y ± 3 4 x. Vi får denne skissen av ellipse med fokuspunkter, styrelinjer og asymptoter: Oppgave 2. a) Området D er halvsirkelen i øvre halvplan med sentrum i origo og radius 3. Vi skisserer:
Integralet regner vi lettest ved å bytte til polarkoordinater. Vi setter x r cos θ og y r sin θ. Da blir x 2 + y 2 r 2. Nye grenser er θ π og r 3. Arealdifferensialet er dy dx da r dr dθ. Vi får: 3 9 x 2 3 (x 2 + y 2 ) dy dx π 3 π 3 π [ 1 4 r4 π 3 4 4 dθ [ ] 81 π 4 θ 81 4 π r 2 r dr dθ r 3 dr dθ ] 3 dθ b) Vi finner divergensen til ved derivasjon. Divergensen F. c) I følge Greens teorem er F(x, y) ( x 2 y, xy 2 ) (M, N) F M x + N y C F dr Utregning av de partielt deriverte er: Dermed blir integralet D D 2xy + 2xy. ( N x M ) da. y N x x (xy2 ) y 2 M y y ( x2 y) x 2 ( y 2 ( x 2 ) ) da D (x 2 + y 2 ) da. Dette var nettopp det integralet vi bestemte i deloppgave a). Dermed er svaret 81 F dr 4 π. C
Oppgave 3. Vi skal finne maksimum og minimum for f(x, y, z) x + yz på kulen x 2 + y 2 + z 2 9 ved å bruke Lagrange-multiplikatorer Vi setter g(x, y, z) x 2 + y 2 + z 2 9 og finner så gradientene f (1, z, y) og g (2x, 2y, 2z). Ligningssystemet er f λ g og g(x, y, z). Det gir fire ligningen 1 2λx z 2λy y 2λz x 2 + y 2 + z 2 9 Andre ligning er et uttrykk for z, vi setter dette inn i tredje ligning og får y 2λz y 2λ(2λy) y 4λ 2 y Det er to muligheter: enten er y eller så er 4λ 2 1. Dersom y : Vi setter inn y i andre ligning z 2λy og får at z. Nå kan vi gå til siste ligning og finner at x 2 + 2 + 2 9 Dermed er x ±3. Dette gir to kritiske punkt, nemlig (3,, ) og ( 3,, ). Dersom 4λ 2 1: Vi kan løse for λ og får λ ± 1 2. Innsatt i de tre første ligningene i Lagrange-systemet finner vi da: 1 ±x z ±y y ±z Her er alle fortegnene samsvarende. Det er altså to muligheter x 1 og y z, eller x 1 og y z. Hver for seg setter vi inn i siste ligning. Med x 1 og y z: Vi får x 2 + y 2 + z 2 9 1 2 + z 2 + z 2 9 z 2 4 z ±2 Dette gir de to kritiske punktene (1, 2, 2) og (1, 2, 2). Med x 1 og y z: Vi får x 2 + y 2 + z 2 9 ( 1) 2 + ( z) 2 + z 2 9 z 2 4 z ±2
Dette gir de to kritiske punktene ( 1, 2, 2) og ( 1, 2, 2). Kulen er en lukket og begrenset mengde. Dermed finnes maksimum og minimum for den kontinuerlige funskjonen f på kulen. De kritiske punktene er mulige ekstremalpunkter, og vi setter opp tabell: Punkt (x, y, z) Funksjonsverdi f(x, y, z) x + yz (3,, ) 3 + 3 ( 3,, ) 3 + 3 (1, 2, 2) 1 + 2 2 5 (1, 2, 2) 1 + ( 2) ( 2) 5 ( 1, 2, 2) 1 + ( 2) 2 5 ( 1, 2, 2) 1 + 2 ( 2) 5 Funksjonen har makimumsverdien 5 i (1, 2, 2) og (1, 2, 2). Funksjonen har minmumsverdien 5 i ( 1, 2, 2) og ( 1, 2, 2). Oppgave 4. a) Kurven C er den rette linjen fra ( 1, 2, 2) til (1, 2, 2). Denne kurven kan vi parametrisere ved r(t) (t, 2, 2t), der 1 t 1. Altså er x(t) t, y(t) 2 og z(t) 2t. Vi regner ut buedifferensialet: ds (x (t)) 2 + (y (t)) 2 + (z (t)) 2 dt 1 2 + 2 + 2 2 dt 5 dt Nå finner vi integralet: (x 2 + y 2 + z 2 ) ds C 1 1 (t 2 + 2 2 + (2t) 2 ) 5 dt 5(5t 2 + 4) dt [ 5( 5 3 t3 + 4t) ] 1 1 5( 5 3 + 4) 5( 5 3 ( 1)3 + 4( 1)) 34 5 3 b) Vi ser at vektorfeltet F(x, y, z) (1, z, y) er kontinuerlig og deriverbart i alle punkt. Dermed er det nok å sjekke om curl F for å avgjøre om F er konservativt. Vi har i j k curl F x y z 1 z y i ( y (y) z (z) ) ( + j z (1) ) ( x (y) + k x (z) ) y (1)
Dermed er vektorfeltet konservativt. La oss nå finne en potensialfunksjon for F. Dette er en funksjon f(x, y, z) slik at f F. Ved å se på x-koordinaten får vi Vi integrerer med hensyn på x og får f(x, y, z) f x 1. der g(y, z) er integrasjonskonstanten. Vi ser på y-koordinaten i f F. Det gir 1 dx x + g(y, z), f y z. Innsatt vårt foreløbige uttrykk for f har vi Integrasjon med hensyn på y gir g(y, z) + g x z. z dy zy + h(z), der h(z) er integrasjonskonstanten. Vi får nå et forbedret uttrykk for f, nemlig f(x, y, z) x + zy + h(z). Vi ser så på z-koordinaten til f F. Det gir f z y. Innsatt det forbedrede uttrykket for f finner vi + y + h z y. Dermed er h z. Integrasjon gir at h(z) er en konstant, og vi kan velge h(z) og få potensialfunksjonen f(x, y, z) x + yz. Merk at dette er samme funksjon som i oppgave 3. La oss løse integralet ved å bruke potensialfunksjonen: F dr f(1, 2, 2) f( 1, 2, 2) C (1 + 2 2) ( 1 + 2 ( 2)) 1.
Oppgave 5. Oppgave 6. Prismet T er avgrenset av x, y, z, x + y 1 og z x + y + 1. Grunnflaten i xy-planet er trekanten med hjørner i (, ), (1, ) og (, 1). Vi snur ligningen x + y 1 til y 1 x, slik at det bilr en øvre grense for y. Dermed har vi disse grensene for grunnflaten x 1 y 1 x Grensene for z går fra z til planet z x + y + 1, altså Vi kan nå regne ut integralet: T x dv z x + y + 1. x x+y+1 x x x x dz dy dx [xz] x+y+1 dy dx x(x + y + 1) dy dx (x 2 + xy + x) dy dx [ x 2 y + 1 2 xy2 + xy Vi forenkler uttrykket i integranden og får: ] 1 x dx (x 2 (1 x) + 1 2 x(1 x)2 + x(1 x)) dx (x 2 (1 x) + 1 2 x(1 2x + x2 ) + x(1 x)) dx (x 2 x 3 + 1 2 x x2 + 1 2 x3 + x x 2 ) dx ( 3 2 x x2 1 2 x3 ) dx [ 3 4 x2 1 3 x3 1 8 x4 3 4 1 3 1 8 18 24 8 24 3 24 7 24 ] 1
a) Vi vet at varmeligningen med randbetingelse og startbetingelse har løsning u t c2 2 u x 2 u(, t) u(l, t) u(x, ) u(x, t) n1 n1 B n sin πnx L B n e λ2 nt sin πnx L der λ n πcn L. I dette tilfellet er c2 K σρ, L 4 m, B 1 8, og øvrige B n. Det gir λ 1 πc L. Vi setter inn i formelen for løsningen og får ( u(x, t) 8e λ2 1 πx ) t sin. 4 La oss finne c 2 og λ 2 1. Merk at W J/s og kj 1 J. c 2 K σρ 43 W/(m K) 785 kg/m 3,466 kj/(kg K) 43 J m 3 kg K 785,466 s m K kg kj 1 m 2,1175 1 s 1,175 1 5 m 2 /s. Videre er Løsningen er λ 2 1 π2 c 2 L 2 π2 1,175 1 5 m 2 /s (4, m) 2 7,251 1 6 1/s. u(x, t) 8e 7,25 1 6 t sin ( πx ). 4 b) Vi skal finne tidspunktet der høyeste tepmeratur i stålbjelken er 4 C. Vi ser at den høyeste temperaturen finnes i midtpunktet (fordi sin πx 4 har toppunkt i x 2). Vi løser derfor u(2, t) 4.
Oppgave 7. Innsatt uttrykket for u: 8e λ2 1 t sin ( ) π2 4 4 8e λ2 1 t 4 8 4 eλ2 1 t ln 2 λ 2 1t t ln 2 λ 2. 1 Vi setter inn tall: t ln 2,6931 λ 2 1 7,251 1 6 95594 s 26 timer 33 min. 1/s Det tar 26 og en halv time før høyeste temperatur i stålbjelken er 4 C. Vi skal regne som om jorden avgir såling som et svart legeme etter Stefan Boltzmanns lov. Vi finner likevektstemperaturen når T ved å sette absorbert energifluks inn energifluks ut. Innkommende stråling kommer fra sola og fra verdensrommet, som har temperatur T 2,7 K. Merk at kun 7 1 av denne energien absorberes. Utgående stråling er gitt ved Stefan Boltzmann. Vi får ( 7 1 1 4 S + H ) verdensrommet H jord. A jord A jord Ved Stefan Boltzmanns lov er H AeσT 4. Her regner vi e 1. Omskrivning ved å dele på A gir energifluksen H A σt 4. Innsatt ( ) 7 1 1 4 S + σt 4 σt 4. Vi setter inn S 1365 W/m 2, T 2,7 K og σ 5,67 1 8 J/(s m 2 K 4 ). Deretter løser vi med hensyn på T. Merk forøvrig at energifluksen fra verdensrommets bakgrunnsstråling er forsvinnende liten sammenlignet med solinnstrålingen, og man kan derfor godt utelate dette bidraget i utregningen. 7 1 ( 1 4 1365 + 5,67 1 8 (2,7) 4 ) W/m 2 σt 4 238,88 W/m 2 σt 4 T 4 238,88 K4 5,67 1 8 T 4 238,88 K4 5,67 1 8 T 4 4,213 1 9 K 4 T 4 4,213 1 9 K T 254,77 K Uten jordatmosfæren ville temperaturen på jorda vært omlag 255 K.