Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 Oppgave Vektorfeltet har komponenter og er funksjon av variable Jacobimatrisen er av type ( xy) ( xy) x y ( yx) ( yx) xy x y xy Innsatt finner vi JF ( x, y) = = ( x+ y) ( x+ y) ( x y) ( x y) Dette gir ved innsetting J F (, ) = for den deriverte av vektorfeltet i punktet De partielt deriverte er xy, x, y, som alle er polynomfunksjoner og dermed kontinuerlige om ethvert punkt Dette er tilstrekkelig for at jacobimatrisa er den deriverte til vektorfeltet i punktet Oppgave a) Hvis vektorfeltet er konservativt må vi konstruere potensialfunksjonen Da er det minst arbeid å avgjøre om feltet er konservativt ut fra konstruksjonen Hvis feltet ikke er konservativt så er det ikke mulig å konstruere en potensialfunksjon Vi ville i så fall funnet at curlen til vektorfeltet ikke er null Konstruksjon ϕ = Fx = xy ϕ Likninger for potensialfunksjonen: = Fy = x ϕ = Fz = 3z Integrasjon av det første uttrykket gir ϕ = xydx = x y + A ( y, z ) Vi setter uttrykket inn i den neste likningen som gir: ϕ ( x y+ A( y, z)) A A = = x + = x = x x = A( y, z) = ( z) Innsatt i potensialfunksjonen finner vi ϕ = x y+ ( z) ( ( )) 3 Innsatt i den siste likningen blir dette ϕ x y + z = z = ( z) = 3 z ( z) = 3z dz = z + C 3 Enhver potensialfunksjon er på formen ϕ = ϕ( x, yz, ) = xy+ z + C 3 Siden vi kun trenger en setter vi konstanten til Dermed er ϕ = ϕ( x, yz, ) = xy+ z en potensialfunksjon til vektorfeltet som derfor er konservativt

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 b) Vi lar startpunktet til kurven være r og sluttpunktet til kurven være r Med F = ϕ blir kurveintegralet uavhengig av veien mellom startpunkt og sluttpunkt og vi har r F dr = ϕ dr ϕ ( r) ϕ ( r) C = r 3 3t Kurven er rt ( t e t t) t 3 3 Vi har at r r ( e ) 3 3 r r ( e ) () = ( ),3, sin( ), = () = ( ), 3, sin( ) = ( 8,3, ) og = () = ( ), 3, sin( ) = (,3,) 3 3 Vi beregner ϕ( r) = ϕ( 8,3,) = ( 8) 3+ = 9 og ϕ( r ) = ϕ(,3,) = () 3+ = 6 Kurveintegralet er F dr = ϕ (,3,) ϕ ( 8,3,) = 6 9 = 8 C Oppgave 3 a) emperaturen stiger hurtigst i gradientens retning Gradienten er =, = ((( x ) + 3 y ) (( x ) + 3 y ), = (( x ),3 y) = ( x,3 y) etningen er bestemt av gradienten i punktet (,) = (,3 ) = (,3) etning for maksimal temperaturvekst i (,) er (, 3) emperaturveksten er (,) = (, 3) = (, 3) = + 3 = b) For å bestemme største og minste temperatur deler vi problemet i to separate deler Et optimeringsproblem på det indre av disken, x + y < 9 og et optimeringsproblem på randa x + y = 9 For indre punkter gjelder = ( x,3 y) = (,) x =,3y = x=, y = Eneste mulighet for lokalt ekstremalpunkt i det indre av disken er (, ) med verdi (, ) = ( ) + 3 = For randpunktene brukes Lagranges metode eller innsetting Lagranges metode: ibetingelsen eller føringsbetingelsen er at punktene må være på områdets rand, dvs sirkelen På implisitt form blir betingelsen H( x, y) = x + y 9= Gradienten er H H =, = ( x, y) = ( x, y) Lagranges likninger er = λ H ( x,3 y) = λ ( x, y) som på komponentform blir x = λx ( λ) x= og 3 y = λ y (3 λ) y = Den siste likningen gir to muligheter y = eller λ = 3

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 3 Vi må drøfte begge mulighetene Vi setter y = inn i føringsbetingelsen for å bestemme x verdiene: H( x,) = x + 9= x=± 3 Dette gir kandidatpunktene ( 3,) og (3,) emperaturen er ( 3,) = ( 3 ) + 3 = 6 og (3,) = (3 ) + 3 = Da gjenstår λ = 3 Vi løser ( λ) x = x = λ = 3 = 35 35 Vi setter inn i føringslikningen som gir H(, y) = ( ) + y 9= y = y =± 35 35 Kandidatpunktene er (, ) og (, ) emperaturen i disse punktene er 35 35 9 335 57 35 35 9 335 57 (, ) = ( ) + 3 ( ) = + = = = 85 og (, ) = ( ) + 3 ( ) = + = = = 85 Minste temperatur i plata er som oppnås i punktet (, ) og største temperatur er 85 som 35 35 oppnås i punktene (, ) og (, ) Innsettingsmetoden På randa x + y = 9 er y = 9 x Vi setter inn uttrykket i temperaturfunksjonen som blir gx ( ) xyx (, ( )) ( x ) 3(9 x) x x 7 3x 8 x x Vi bestemmer ekstremalpunktene til g Derivasjon gir g ( x) = 8 x x = x= x= = = + = + + = ( ) 35 35 Fra føringen får vi H(, y) = ( ) + y 9= y = y =± som før Dette gir 35 35 kandidatpunktene (, ) og (, ) Videre må endepunktene undersøkes Fra x + y = 9 og y følger at største verdier for x er x + = 9 x=± 3, som er endepunktene Merk at dette gjelder både øvre og nedre halvsirkel, y =± 9 x, siden vårt uttrykk er gyldig for begge Kandidatpunktene blir da ( 3,) og (3,) Dette er de samme punktene som fra Lagranges metode Dermed er minste temperatur i plata 35 som oppnås i punktet (, ) og største temperatur 85 som oppnås i punktene (, ) 35 og (, ) Oppgave Vi har at c = 36 c= 6 og L = Siden venstre endepunkt er fast og høyre endepunkt er (n ) c ( ) ( ) vertikalt fritt blir løsningen (, ) { cos( ) L n c n uxt = gn L t+ (n ) chnsin( L t)}sin( L x) Innsatt for c og L forenkles den generelle løsningen til h n n 6(n ) uxt (, ) = { gcos(6(n ) t) + sin(6(n ) t)}sin((n ) x)

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 Startkravene gir ux (,) = gnsin((n ) x) = gn = for alle n og u x h n x x h h (,) = nsin(( ) ) = 6sin = 6, n =, ellers t 6 Løsningen av svingeproblemet er uxt (, ) = sin(6 t)sin x= sin(6 t)sin x 6 Høyre endepunkt er vertikalt fritt Utslaget er u(, t) = sin(6 t)sin( ) = sin 6t og farten u er (, t) = 6cos(6 t)sin( ) = 6cos(6 t) t Kommentarer ( Fra uttrykkene ser vi at maksimalt vertikalt utslag for høyre endepunkt er og maksimalfarten er 6 ) ( Venstre endepunkt er fast og dermed i ro I løsningen framkommer dette som u u(, t) = sin(6 t)sin = og (, t) = 6cos(6 t)sin = ) t Oppgave 5 Flaten er gitt på eksplisitt form, og blir på implisitt form: H( x, y, z) = xy z = Formelsamlingen gir H dσ = da, hvor x er den variabelen som ikke forekommer i da A A Projeksjonen av flaten i xy planet er x + y, som innebærer at x = z A Vi har H =,, = ( y, x, ) Pytagoras gir H = ( y, x, ) = + x + y H + x + y Vi har også at z = Dette gir dσ = da= da= + x + y da Flateintegralet blir + + = + + + + = + + x y d σ x y x y da x y da Siden integrasjonsområdet er en disk innfører vi polarkoordinater Da er r da = r drdθ og området blir = θ Innsatt blir flateintegralet + x + y dσ = 3 + x + y da = ( + r ) rdrdθ = r + r drdθ = [ r + r ] dθ = ( + )[ θ ] = (+ ) = x + y = r,

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 5 Oppgave 6 x a) Vi lar :() + () y 5 = være projeksjonen av legemet D i xy planet Siden planene avgrenser legemet vertikalt blir z = = [ ] = D Integrasjon i z koordinaten gir x dv x dzda x z da x da Vi gjør det elliptiske integrasjonsområdet,, om til en enhetsdisk Nye variable x y u = x= u og v= 5 y = 5v Det nye integrasjonsområdet blir G: u + v Jacobideterminanten til variabelskiftet er ( u) ( u) ( xy, ) u v u v Juv (, ) = = = = = (5 v) (5 v) ( uv, ) u v 5 u v Variabelskiftesetningen gir x da = ( ) (, ) uv u J u v da = u da G G uv Siden området G er en disk innføres polare koordinater Da er u = rcos θ, v= rsinθ r og G = θ rippelintegralet blir D 3 8 cos 8 cos G uv x dv = u da = r θ rdrdθ = r θdrdθ =, 8 [ r ]cos θdθ = cos θ dθ = hvor opplysningen om det siste integralet er benyttet b) Divergensen til vektorfeltet er z ( ye x) ( xy xsin z) ( z ) F = + + = + x + = x Vi kaller den elliptiske sylinderflaten Fluksen som skal beregnes er Φ = F ndσ Overflaten til legemet eller randen til området D kan deles opp i tre deler unnen som er en ellipse i xy planet ( z = ), toppen som er en ellipse i planet z = og den elliptiske sylinderflaten Med symboler D = For fluksen gir dette Φ D =Φ +Φ +Φ Φ =Φ D Φ Φ Fra divergenssetningen har vi Φ = F n dσ = F dv = x dv = D D D D fra forrige punkt Vi må beregne fluksen gjennom toppflaten og bunnflaten På toppflaten er k og F F k = Fz = z Siden toppflaten er i z = blir F = og dermed Φ = På bunnflaten er n k Φ = F ndσ = og F F ( k) = F ( ) z = z På bunnflaten er z = Dette gir F ( ) =, Φ = F ndσ Φ = dσ = A ( ) = 5 = hvor vi har benyttet den oppgitte arealformelen for ellipsen (halvaksene er for x a = og for y b = 5 som vi ser direkte fra uttrykket for ellipsen) A ( ) = ab Fluksen ut av den elliptiske sylinderflaten er da Φ =Φ D Φ Φ = =

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 6 Oppgave 7 i j k Curlen til vektorfeltet er F = = z+ xsinz x+ 3 y+ x cosz y z,, x y = x+ 3 y+ x cosz z+ xsinz y+ x cosz z+ xsinz x+ 3 ( ) ( y+ x cos z ) ( x+ 3) ( y+ x, ( cos z ) ( z+ x sin z ) ), ( x+ 3) ( z+ x sin z ) = (, xcos z+ ( + xcos z), ) = (,, ) Ellipsoideflaten 5x + y + z = 5 og planet z y = skjærer hverandre langs felleskurven C Vi skal bestemme kurven, C z y = z = y som innsatt i ellipsoideflaten gir 5 x + y + ( y) = 5 5x + 5y = 5 x + y = 5 = 5 Sirkelen x + y = 5 er projeksjonen av kurven i xy planet Kurven C i rommet oppfyller x + y = 5 z = y Vi kan parametrisere kurven og beregne kurvintegralet direkte Siden vi har beregnet curlen til vektorfeltet og denne er en konstant vektor, så er det enklere å benytte Stokes setning: Γ = F dr = F ndσ Vi må ha = C Dette er det eneste kravet flaten må oppfylle for å kunne brukes Vi må også passe på at enhetsnormalen til den valgte flaten og omløpsretningen til kurven følger høyrehåndsregelen, slik at fortegnet blir riktig Vi har to kandidater til flate Planet har en del og ellipsoideflaten har to deler med C som rand Det er enklest å bruke planet siden vi da får en konstant gradient Planet på implisitt form er ( z y) ( z y) ( z y) H( x, y, z) = z y = H = (,, ) = (,, ) = (,,) da da Vi har at ndσ =± H =± (,,) =± (,,) da Vi bruker fortegn + siden z komponenten til H, z = > Projeksjonen av flaten i xy planet er området innenfor sirkelen, : x + y 5 Γ = F n d σ = (,, ) (,,) da = + ( ) + da = C 6 da = 6 A ( ) = 6 5 = 5