Eksamen i Matematikk 3 3. mai Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi EKSAMEN i MATEMATIKK 3 Onsdag 3. mai kl. 9 4 agnummer: V39A aglærer: Hans Petter Hornæs Tillatte hjelpemidler: Godkjent kalkulator Rottmanns formelsamling Oppgavesettet består av 7 oppgaver på tilsammen 5 sider inkludert forside og 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 MED EKSAMEN!
Eksamen i Matematikk 3 3. mai Oppgave inn den retningsderiverte til funksjonen f(x, y) =ln(75+x + y ), i den retningen funksjonsverdien øker raskest i punktet P (3, 4). b ) Regn ut differensialet df til funksjonen f(x, y) =ln(75+x + y ) i punktet P (3, 4). Bruk dette til å finne (uten kalkulator) tilnærmet hvor mye funksjonsverdien øker når (x, y) flyttes fra punktet P (3, 4) til punktet Q(3.5, 4.5). Oppgave La T være legemet gitt ved ulikhetene x + y + z 9, x, y, z. a) GienbeskrivelseavT med ulikheter i kulekoordinater, og gi en geometrisk beskrivelse av utseendet av T (ved en figur eller med ord). b ) Regn ut trippelintegralet x + y dv. Oppgave 3 inn arealet til S, der S er flatestykket i rommet parametrisert ved Oppgave 4 T r(θ, z) =cos(θ), sin(θ),z], θ π, z sin(θ). La U være terningen med hjørner i punktene (,, ), (,, ), (,, ), (,, ),(,, ), (,, ), (,, ), (,, ). La Σ være overflaten til U og n enhetsnormalvektor til Σ som peker ut fra U. Regn ut fluksen Oppgave 5 La φ være funksjonen gitt ved Σ y 3 z 3,x 3 + y 3 + z 3, ln(75 + x + y ) ] n ds. φ(x, y, z) = og la C være romkurven parametrisert ved π + x + y + z, r(t) =t cos(t),tsin(t),t], t π. Regn ut arbeidsintegralet C φ T ds.
Eksamen i Matematikk 3 3. mai 3 Oppgave 6 En lukket kurve E i planet er parametrisert ved r(t) =+cos(t), sin(t)], t π. Skisser kurven E, og sett opp et integral som gir lengden av denne. Integranden må være et eksplisitt uttrykk i t, men integralet skal ikke regnes ut. b) Regn ut E (x ) +4y dx + x (x ) +4y dy. c) Lakurven være en sirkel i planet med sentrum i origo og radius 5 og omløpsretning mot urviseren. Regn ut (x ) +4y dx + x (x ) +4y dy. Hint: Singulariteten i P (, ) gjør at Greens setning ikke kan brukes direkte, men... Oppgave 7 Anta en meter lang metallstav som er varmeisolert bortsett fra i endene er varmet opp til grader i kokende vann, og senkes ned i isvann. Varmeledningskoeffisienten er α = 4 (meter /s). Vi går ut fra at temperaturen x meter fra den ene enden i staven ved tidspunktet t sekunder etter nedsenkingen er u(x, t), og at temperaturen for t>og x oppfyller betingelsene α u xx = u t () u(,t) = () u(,t) = (3) u(x, ) = for <x<. (4) a) Lan være et vilkårlig naturlig tall, og (for hver n) I n et vilkårlig reellt tall. or hvilke verdier av konstantene R n (en for hver n) oppfyller funksjonene u n (x, t) =I n sin(nπx)e Rnt alle betingelsene () (3)? b) Hva er u(/, 5), temperaturen i midtpunktet etter 5 sekunder? Gi svaret med en (korrekt) desimal. SLUTT på oppgavesettet.
Løsning, eksamen i Matematikk 3 3. mai ASIT, EKSAMEN i MATEMATIKK 3 3. mai Oppgave b) Absoluttverdien til gradienten oppfyller det det spørres etter: ] x (f) = 75 + x + y, y 75 + x + y (f(3, 4)) = 6 (f(3, 4)) = + 8 =/ ] 6, 8 x df = f x x + f y y = 75 + x + y x + y 75 + x + y y = 6 x + 8 y Vi har at f(3.5, 4.5) f(3, 4) = f df med x = 3.5 3. =.5 og y = 4.5 4. =.5, så vifår f 6.5 + 8.5 =.5 (Med Maple eller kalkulator finner vi at ln(75 + 3.5 +4.5 ) ln() =.58) Oppgave a) ρ 3, φ π/, θ π/ Dette er en åttendedel (i første oktant) av en kule med radius 3 og sentrum i origo, og med et kuleformet hull med sentrum i origo og radius. 3.5.5.5 3.5.5.5 3 b ) Gjør om til kulekoordinater: Da er x = ρ cos(θ)sin(φ) ogy = ρ sin(θ)sin(φ), som gir x + y = ρ sin (φ). Videre er dv = ρ sin(φ) dρ dφ dθ, som gir integralet π/ π/ 3 ρ 4 sin 3 (φ) dρ dφ dθ = π/ π/ 3 5 5 sin 3 (φ) dφ dθ Integralet sin 3 (φ) dφ løser vi ves å skrive sin 3 (φ) = ( cos (φ) ) sin(φ), og substituere med u =cos(φ), du =sin(φ) dφ, nedre grense cos() = og øvre grense cos(π/) = : = π/ 35 π/ ( u ) du dθ = 5 3 5 5 3 dθ = 35 5 3 π = 4 5 π =5.7
Løsning, eksamen i Matematikk 3 3. mai Oppgave 3 r θ r z = ı j k sin(θ) cos(θ) r θ r z = Vi har at ds = r θ r z dz dθ =dz dθ, så arealet er Oppgave 4 Divergenssetningen gir = U Σ S ds = π sin(θ) =cos(θ), sin(θ), ] 4cos (θ)+4sin (θ)+ = dz dθ = π sin(θ) dθ =4 ] y 3 z 3,x 3 + y 3 + z 3, ln(75 + x + y ) n ds ] y 3 z 3,x 3 + y 3 + z 3, ln(75 + x + y ) dv = Terningen kan også beskrives ved x, y, z, så integraleter U 3y dv 3y dx dy dz = 3y dy dz = 6 dz =3 Oppgave 5 φ er et konservativt felt, med φ som potensialfunksjon. Endepunktene på kurvener r() = cos(), sin(), ]=,, ] og r(π) =π cos(π), π sin(π), π ]=π,, π ]. Dermed er integralet (π,,π) φ T ds = φ T ds = φ(π,, π) φ(,, ) = Oppgave 6 C (,,) π +(π) + +(π) π + + + =π Kurven er en ellipse med sentrum i (, ) og halvakser av lengde og parallellt med koordinataksene: ds = slik at lengden er gitt ved.5-3 -.5 - ẋ +ẏ dt = ( sin(t)) +(cos(t)) dt = 4sin (t)+cos (t) dt π 4sin (t)+cos (t) dt
Løsning, eksamen i Matematikk 3 3. mai 3 b ) Setter inn x =+cos(t), dx = sin(t), y =sin(t), dy =cos(t) dt og grenser for t. Nevneren forenkles da til ( + cos(t) ) +4sin (t) = 4, og vi får: π E (x ) +4y dx + x (x ) +4y dy = 4 ( sin(t)( sin(t)) + 4 ( + cos(t) ) cos(t) dt = π dt = π c) På grunn av singulariteten ( i nevner) i punktet (, ) kan vi ikke bruke Greens setning på hele området inni sirkelen.hvisviderimotlarr være området mellom ellipsen E og sirkelen unngår vi singulariteten og kan bruke Green. iguren under antyder hvordan vi da får en kurve som omslutter R. Jeg kaller denne G. 4-4 - 4 - -4 Bidraget til linjeintegralet langs den tilfeldig valgte forbindelseslinjen mellom E og blir, da vi går langs denne to ganger, en i hver retning. Omløpsretningen er antydet med piler, og vi ser da at på E blir omløpsretningen med klokka. I b oppgaven integrerte vi mot klokka, slik at vi får et fortegnsbytte på denne delen av randen. Dermed blir integralet rundt hele randen (når vi som vanlig skriver =P, Q]): G Pdx+ Qdy = Pdx+ Qdy E Pdx+ Qdy = Pdx+ Qdy π På den annen side gir Greens setning at Pdx+ Qdy = G R Q x P y da Integranden i dobbeltintegralet er x (x ) +4y x (x ) +4y y = (x ) +4y (x ) (x ) ((x ) +4y ) + (x ) +4y y 8y ((x ) +4y ) Dermed er = (x ) +4y (x ) +(x ) +4y 8y ((x ) +4y ) = Pdx+ Qdy π = R da Pdx+ Qdy =+π = π
Løsning, eksamen i Matematikk 3 3. mai 4 Oppgave 7 Vi sjekker dette lettest ved innsetting: x u n = I n nπ cos(nπx)e Rnt, x u n = I n n π sin(nπx)e Rnt t u n = I n ( R n )sin(nπx)e Rnt Vi setter inn u xx = x u n og u t = t u n inn i differensiallikningen, og får: I n α n π sin(nπx)e Rnt = I n R n sin(nπx)e Rnt Vi ser at høyre og venstre side blir like hvis vi velger R n = α n π = n π Innsetting gir også at de to neste betingelsene er OK (uansett valg av R n ): u n (,t)=i n sin()e Rnt = og u n (,t)=i n sin(nπ)e Rnt = b ) (siden sin(nπ) = for heltall n). Vi kan summere løsninger av typen u n,ogfår mulige løsninger på formen Da får vi u(x, t) = u n (x, t) = I n sin(nπx)e Rnt n= n= u(x, ) = n= I n sin(nπx)e Rn = n= I n sin(nπx) Vi kan tilpasse konstantene I n slik at dette blir lik f(x) = for <x< ved å bruke ourierrekka til den odde, halvperiodiske utvidelsen av f(x). Vi får da I n = b n,der koeffisientene b n er gitt ved ] b n = sin(nπx) dx = nπ cos(nπx) = ( cos(nπ)) nπ (Vi har at cos(nπ) =( ) n, slik at b n er 4 nπ De første verdiene av b n er : for n oddetall og for n partall.) b = 4 π, b =, b 3 = 4 3π,b 4 =, b 5 = 4 5π,... Dermed blir de første leddene i summen u ( x, t) = 4 t/ π sin(πx)e π + 4 t/ 3π sin(3πx)e 9π ++ 4 t/ 5π sin(5πx)e 5π + Når vi setter inn x = / får vi sin(nπ/) lik pluss og minus for annethvert av oddetallene. Setter også innt/ = 5/ = /, og funksjonsverdien blir u(.5, 5) 4 / π e π 4 / 3π e 9π + 4 / 5π e 5π =77.73.5 +. Dette er en (raskt) avtagende, alternerende rekke, så feilen er mindre enn siste ledd. Vi klarer oss derfor med to ledd og får u(.5, 5) = 77.73.5 = 77. (grader Celcius)