Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi Eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 9. 14. Fagnummer: V139A Faglærere: Hans Petter Hornæs. Tillatte hjelpemidler: Godkjent kalkulator, Formelsamling. Oppgavesettet består av 6 oppgaver på tilsammen 6 sider inklusiv forside og 2 sider formelsamling. Kontrollér at settet er komplett før du starter arbeidet. Ved innlevering skilles hvit og gul besvarelse, og de legges i hvert sitt omslag. Oppgavetekst, kladd og blå kopi beholdes av kandidaten. Innføring med penn eller blyant som gir gjennomslag. Husk kandidatnummer på hvert ark! LYKKE TIL ME EKAMEN!
Eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 2 Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen. Oppgave 1 La funksjonen f være gitt ved funksjonsuttrykket f(x, y =2y x, (x,y. a Finn en likning for tangentplanet til grafen til funksjonen f i punktet ( 4, 2,f(4, 2. b egn ut volumet av legemet i 3 avgrenset av koordinatplanene, planet gitt ved likningen x + y =1,oggrafentilf. Oppgave 2 La vektorfeltet F i planet være gitt ved [ F (x, y = y x 2 +4y 2, ] x x 2 +4y 2 a La være ellipsen parametrisert ved r(t =[2cos(t, sin(t], t 2π. egn ut linjeintegralet F dr. b La være sirkelen parametrisert ved r(t =[3cos(t, 3sin(t], t 2π. egn ut linjeintegralet F dr. Oppgave 3 Feltet F : 3 3 er gitt ved formelen F (x, y, z = [ x 3 + z 3,y 3 + z 3,x 3 + y 3 ]. a egn ut divergensen F. b La legemet T være en sylinder gitt ved følgende ulikheter i sylinderkoordinater: θ 2π, r 2, z 4.. egn ut ( x 2 + y 2 dv. T c La være overflaten til T,ogn enhetsnormalvektoren til som peker ut av T. egn ut fluksen F n d.
Eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 3 Oppgave 4 Feltet F : 3 3 er gitt ved formelen F (x, y, z =[y z,z x, x y ]. a egn ut F. Er F et konservativt felt? b La W være planet i 3 gitt ved likningen 2x +2y + z =, og la være kurven der W skjærer sylinderen gitt ved likningen (x 1 2 +(y 1 2 =1. Orienter mot klokka, sett ovenifra, og regn ut F dr. c La være den delen av paraboloiden med likning { (x, y, z 3 z = 1 x 2 y 2 } som ligger over planet W,oglan være enhetsnormalvektoren til med positiv k koordinat. egn ut flateintegralet ( F n d. Hint: Vis at randen til er den samme kurven som i b oppgaven. Klarer du ikke vise dette kan du likevel bruke det. Oppgave 5 I hele denne oppgaven er t>og x π. a Et varmelikningsproblem (med forenklede konstanter er b u xx = u t (1 u(,t = 1 (2 u(π, t = 1 (3 u(x, = 1 + sin(2x (4 Finn den entydige løsningsfunksjonen u(x, t. Utregningen med separasjon av variable skal i grove trekk vises. Finn også den entydige løsningsfunksjonen u(x, t i følgende problem, der bare initialbetingelsen (4 er endret fra a oppgaven: u xx = u t (1 u(,t = 1 (2 u(π, t = 1 (3 u(x, = for <x<π (4
Eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 4 Oppgave 6 La f(r, θ være funksjonsuttrykk for en deriverbar funksjon f ivariablener og θ, som skal tolkes som polarkoordinater. Vis at =cos(θ x r 1 sin(θ r θ upplerende opplysninger: Hint: Bruk kjerneregelen der både ytre funksjon og kjernen er funksjoner av to variable. Eliminer fra likningene. Eksempel: Om f(x, y =x 2 +2y 2 er f(r, θ =(rcos(θ 2 +2(rsin(θ 2 = r ( 2 1+sin 2 (θ. Gradienten er f =[2x, 4y ]=[2rcos(θ, 4r sin(θ] Formelen i oppgaveteksten gir første koordinat fra f(r, θ = r ( 2 1+sin 2 (θ,utenågåveien om xy koordinater. En tilsvarende formel =sin(θ r + 1 r cos(θ θ gir den andre koordinaten. LUTT på oppgavesettet.
Eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 5 FOMELAMLING, MATEMATIKK 3 1. Koordinatskifte i multiple integraler: obbeltintegral, generelt: } x = x(u, v y = y(u, v der J(u, v =x u y v x v y u. f(x, y dx dy = obbeltintegral, polarkoordinater: } x = r cos θ f(x, y dx dy = y = r sin θ Trippelintegral, generelt: f(x, y, z dx dy dz = x = x(u, v, w y = y(u, v, w z = z(u, v, w der J(u, v, w = 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 = f(x(u, v,y(u, v J(u, v du dv f(r cos θ, r sin θ rdrdθ f(x(u, v, w,y(u, v, w,z(u, v, w J(u, v, w du dv dw x = ρ sin φ cos θ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ 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 2. Formler for gradient, divergens og curl : grad(f = f = f x i + f y j + f z k div(f = F = P x + Q y + z, curl(f = F = ı j k x z P Q der F = P i + Qj + k =( y Q z i ( x P z j +(Q x P y k
Eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 6 3. To viktige setninger: ivergenssetningen (Gauss setning: F n d = T F dv 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 på hele. 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, og F er et vektorfelt hvis komponenter er definert og kontinuerlig deriverbare ienåpen del av rommet som inneholder. 4. ifferensiallikninger 1. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av F (z+af (z =erf (z =e az,dera er en gitt og en vilkårlig konstant. 2. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av af (z +bf (z +cf (z =dera,bog c er en gitte og 1 og 2 vilkårlige konstanter: 4ac b 2 > ( ( 4ac b F (z =e ( ( bz/(2a 2 4ac b 2 1 cos z + 2 sin z 2a 2a b 2 4ac > b 2 4ac = Alemberts løsningsmetode F (z = 1 e ( b+ b 2 4ac z/(2a + 2 e ( b b 2 4ac z/(2a F (z = 1 e ( bz/(2a + 2 ze (bz/(2a Bølgelikningen c 2 u xx = u tt har allmenn løsning på formenf (x + ct+g(x ct (der F og G er vilkårlige to ganger kontinuerlig deriverbare funksjoner Hvis vi har randbetingelsen u t (x, = er u(x, t =F (x + ct+f (x ct Hvis også u(,t=u(l, t =erf (x en odde funksjon med periode 2L Fourierrekker for halvperiodiske utvidelser Hvis f(x er definert på intervallet (,L, og er stykkevis kontinuerlig og begrenset gjelder for alle x der f(x er kontinuerlig: 1. ( nπ f(x = b n sin L x 2. der a = 1 L der L b n = 2 L f(x =a + n=1 L ( nπ f(xsin L x dx n=1 f(x dx og a n = 2 L ( nπ a n cos L x L ( nπ f(xcos L x dx
Fasit, eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 1 Løsning, V139A Matematikk 3, 4. juni 22 Oppgave 1 a Grafen er gitt ved likningen z = f(x, y 2y x z =, og dermed er gradienten til g(x, y, z =2y x z en normalvektor til grafen. a f(4, 2 = 4 er tangeringspunktet (4, 2, 4. g = ermed er tangentlikningen [ y x, 2 ] x, 1, g(4, 2, 4 = [ 1, 4, 1] 1 (x 4 + 4 (y 2 1 (z 4 x +4y z =8 b 1 V = 1 1 x 2y xdydx= x 1/2 2x 3/2 + x 5/2 dx = 1 [ y 2 ] 1 x x dx = [ 2 3 x3/2 4 5 x5/2 + 2 7 x7/2 1 ] 1 (1 x 2 x 1/2 dx = = 2 3 4 5 + 2 7 = 16 15 Oppgave 2 a Greens setning kan ikke brukes pga. singulariteten i origo. irekte utregning: F dr = y x 2 +4y 2 dx + x x 2 +4y 2 dy. x =2cos(t så dx = 2sin(t dt og y =sin(t så dy =cos(t dt. essuten er x 2 +4y 2 =(2cos(t 2 +4(sin(t 2 =4(cos 2 (t+sin 2 (t = 4. ermed er F dr = 2π 1 2 2π sin(t 4 ( sin 2 (t+cos 2 (t ( 2sin(t + 2cos(t 4 dt = 1 2 2π (cos(t dt = dt = π b Greens setning kan brukes om området er det mellom ellipsen og sirkelen. For slike områder med hull er Greens setning på formen Videre er slik at vi har F dr F dr = Q x P da Q x P = +4y 2 x 2x 1(x2 (x 2 +4y 2 2 1(x2 +4y 2 y 8y (x 2 +4y 2 2 = F dr ( π = da F dr = π
Fasit, eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 2 Oppgave 3 a F =3x 2 +3y 2 b Bruker sylinderkoordinater, x 2 + y 2 = r 2, dv = rdzdrdθ: 2π 2 4 r 2 rdzdrdθ= 2π 2 4 r 3 dr dθ = 2π [r 4] 2 2π dθ = 16 dθ =32π c ivergenssetningen: F n d = T F dv = T 3x 2 +3y 2 dv =3 x 2 + y 2 dv =96π T Oppgave 4 a F = i j k x z y z z x x y = i( 1 1 j(1 + 1 + k( 1 1 = [ 2, 2, 2] iden F er feltet ikke konservativt. b tokes setning: F dr = ( F n d Vi kan la i denne deloppgaven være en del av planet W, med normalvektor n = 1 2 2 +2 2 +1 [2, 2, 1] = 1 [2, 2, 1]. 2 3 c Ved åskrivew s likning som z = 2x 2z og bruke d = vi dermed F dr = 1+( z x 2 + ( z 2 dx dy får [ 2, 2, 2] 1 3 [2, 2, 1] 1+2 2 +2 2 dx dy = 1 dx dy Området er sirkelen i xy-planet gitt ved (x 1 2 +(y 1 2 = 1, som har radius 1 og dermed areal π, så F dr = 1 dx dy = 1π Hvis vi setter inn z =3 x 2 y 2 i likningen for planet får vi 2x+2y+( 1 x 2 y 2 = x 2 +2x 1 y 2 +2y 1 = 1 (x 1 2 +(y 1 2 =1 ette viser at alle punkter på skjæringskurven ligger på sylinderen. a skjæringen mellom en paraboloide og et plan må være en lukket kurve må detværehele. a kan vi ved tokes setning gjøre om flateintegralet til kurveintegralet som er løst i b oppgaven. ( er en annen flate enn der, men er den samme kurven ( F n d = F dr = 1π
Fasit, eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 3 Oppgave 5 a Begynner med å se etter løsninger på formenx(xt (t, som innsatt i (1 gir X T = XT X X = T T = k Prøver først med k = som gir likningene X =,T = med løsningene X = Ax + B og T = Vi får dermed mulige løsninger på formenxt =(Ax + B = x + E. Ved å sette inn i (2 og (3 finner vi at =,E = 1 som gir løsningsdelen u (x, t =1. enne passer med første ledd i initialbetingelse (4, for åfåtil andre ledd ser vi på tilfellet k<, og kaller k da κ 2. ette gir to difflikninger (idet vi begynner forfra i alfabetet med navn på ubestemte konstanter. X +κ 2 X = med løsning X = A cos(κx+b sin(κx T + κ 2 T = med løsning T = e κ2 t Vi har så langt løsninger på formen u(x, t =X(xT (t =(A cos(κx+b sin(κx e κ2t =( cos(κx+e sin(κx e κ2t. iden u allerede sørger for at (2 og (3 er oppfyllt må de i fortsettelsen erstattes med u(,t=ogu(π, t =: u(,t=( cos(κ + E sin(κ e κ2t = e κ2t = For å få til ikke trivielle løsninger må vi derfor ha =,og dermed Bruker så atu(π, t = for alle t: u(x, t =E sin(κxe κ2t. u(π, t =E sin(κπe κ2t = Får å få ikke trivielle løsninger må vi ha sin(κπ = κ = n, for (positive heltall n. Vi har derfor så langt u(x, t =E sin(nxe n2t som vi skriver u n (x, t =E n sin(nxe n2 t Hvis vi velger n =2,ogE 2 = 2, passer dette med siste ledd i initialbetingelsen (4, og u(x, t =u (x, t+u 2 (x, t =1+sin(2xe 4t b oppfyller alle betingelsene, og er den entydige løsningen. Vi finner u =1ogu n = E n sin(nxe n2t som i a oppgaven. Betingelse (4 er u(x, ==1 1, der vi skriver 1 1 da det første 1 tallet kommer fra u,sommåværemedforåfå oppfyllt (2 og (3. ermed må 1 være en (uendelig sum
Fasit, eksamen i V139A Matematikk 3 4. juni 22 4 av u n (x, er. ette kan vi får til som Fourierrekka til en odde, halvperiodisk utvidelse av en funksjon som er konstant lik 1 på intervallet,π. enne har da Fourierkoeffisienter b n = 1 L L f(xsin(nx dx = 1 π π 1 sin(nx dx Ved substitusjonen z = nx, dx = 1 n dz, ØG=nπ og NG= har vi da b n = 1 π 1 n nπ sin(z dz = 1 nπ [cos(z]nπ = 1 (cos(nπ cos( nπ Vi har at cos( = 1, og cos(nπ kan forenkles til ( 1 n, slik at b n = 1 { 2 nπ (( 1n 1 = nπ for n oddetall for n partall Ved å sette E n = b n og summere får vi løsningen u(x, t = 1 1+ nπ (( 1n 1 e n2 t =1 2 π e t sin(x 2 3π e 9 t sin(3x 2 5π e 25 t sin(5x n=1 Oppgave 6 Kjerneregelen brukt på f (r cos(θ,rsin(θ, med x = r cos(θ ogy = r sin(θ, gir r = x x r + θ = x x θ + r θ r = x cos(θ + sin(θ θ = r sin(θ + x r cos(θ For å eliminere kan vi multiplisere første likning med r cos(θ, og andre likning med sin(θ. Når vi da adderer likningene får vi r cos(θ r sin(θ θ = x ( r cos 2 (θ+rsin 2 (θ Ved å dividere begge sider med r (og bruke at cos 2 (θ+sin 2 (θ = 1 ender vi opp med som er formelen som skulle vises. cos(θ r 1 r sin(θ θ = x