Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling for teknologi EKAMEN i MATEMATIKK 3 1 desember 1999 kl. 9 14 Fagnummer: V139A Faglærer: Hans Petter Hornæs Tillatte hjelpemidler: Godkjent kalkulator ottmanns formelsamling Oppgavesettet består av 5 oppgaver på tilsammen 5 sider inkludert 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 MED EKAMEN!
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 2 Oppgave 1 Gitt funksjonen f(x, y, z =1+sin(x +2y z. a Finn den retningsderiverte D u f(p i punktet P (2, 1, 1, i retningen gitt av v =[1, 2, 2]. b Finn en likning for tangentplanet til flaten gitt av likningen z =1+sin(x +2y i punktet P (2, 1, 1. c La C være en kurve med startpunkt i origo og endepunkt i P (2, 1, 1. egn ut kurveintegralet cos(x +2y dx +2cos(x +2y dy dz. Oppgave 2 C La T være sylinderen avgrenset av flaten gitt ved likningen x 2 + y 2 =25ogplanenegitt ved z =ogz = 4. egn ut integralet ze x2 +y 2 dv. Oppgave 3 T a La være trekanten i xy planet med hjørner (,, (1, og (, 2, og regn ut x 2 ydxdy. b La U være legemet i 3 avgrenset av trekanten med hjørner i (,,, (1,, og (, 2,, flaten gitt ved z = x 2 y og vertikal sideflate (dvs. vinkelrett på xy planet. La være overflaten til U, ogla n være enhetsnormalvektor til som peker ut av legemet U. egn ut flateintegralet [2x + yz, 1y + xz, 5cos(x 2 ] n d. Oppgave 4 La Σ være den delen av ellipsoiden gitt ved likningen x 2 + y 2 /4+z 2 /9=1 derz, og la vektorfeltet G være gitt ved G(x, y, z = [ xz, xy, e ] z4. a Avgjør om G er et konservativt felt. b La D være randen til Σ. Finn en parametrisering av D ved hjelp av en parameter t slik at x =cos(t. c La n være en enhetsnormalvektor til Σ med ikke negativ z koordinat. egn ut flateintegralet ( G n d. Σ
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 3 Oppgave 5 I denne oppgaven skal dere se på problemet u xx +2u x = u t (1 u(,t = (2 u(π, t = (3 u(x, = 3e x sin(2x (4 x π, t. a Finn alle funksjoner på formenu(x, t = X(xT (t som oppfyller likning (1 over alt, og som er slik at T /T < 1 (Oppgaven er med andre ord å gjøre første del av metoden med separasjon av variable. Det kan være hensiktsmessig å kalle 1 + T /T for κ 2 b Fullfør løsningen, slik at dere finner en funksjon u(x, t som oppfyller alle kravene (1, (2, (3 og (4. LUTT på oppgavesettet.
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 4 FOMELAMLING, MATEMATIKK 3 1. Koordinatskifte i multiple integraler: Dobbeltintegral, 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 = Dobbeltintegral, 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 ı + f y j + f z k div( F = F = P x + Q y + z, curl( F = F = ı j k x y z P Q der F = P ı + Q j + k =( y Q z ı ( x P z j +(Q x P y k
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 1999 5 3. To viktige setninger: Divergenssetningen (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: C F T ds = ( F n d dersom er en lukket, begrenset og stykkevis glatt flate, n er en orientering av, C 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. Differensiallikninger 1. ordens lineære, homogene differensiallikninger med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av F (z+af (z =erf (z =Ce az,dera er en gitt og C 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 C 1 og C 2 vilkårlige konstanter: 4ac b 2 > ( ( 4ac b F (z =e (C ( bz/(2a 2 4ac b 2 1 cos z + C 2 sin z 2a 2a b 2 4ac > b 2 4ac = F (z =C 1 e ( b+ b 2 4ac z/(2a + C 2 e ( b b 2 4ac z/(2a F (z =C 1 e ( bz/(2a + C 2 ze (bz/(2a D Alemberts løsningsmetode 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. 2. der a = 1 L der L f(x = b n = 2 L f(x =a + n=1 L ( nπ b n sin L x ( 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, matematikk 3 desember 1999 1 LØNING, eksamen i matematikk 3 desember 1999 Oppgave 1 a f =[cos(x +2y, 2cos(x +2y, 1] sågradientenip (2, 1, 1 er [cos(2 + 2( 1, 2cos(2+2( 1, 1] = [1, 2, 1]. Enhetsvektoren er u = v/ v =[1, 2, 2]/ 1 2 +2 2 +2 2 =[1/3, 2/3, 2/3] D u f(2, 1, 1 = f(2, 1, 1 u =[1, 2, 1] [1/3, 2/3, 2/3] = 1 3 + 4 3 2 3 =1 b iden gradienten er normalvektor til flaten f(x, y, z =, og likningen for flaten i oppgaven kan skrives på denne formen med f(x, y, z som over, er gradienten [1, 2, 1] en normalvektor. Dette gir da koeffisientene i likningen for tangentplanet: 1(x 2 + 2(y +1 1(z 1 = x +2y z = 1 c Kurvens endepunkter er [,, ] og [2, 1, 1], og siden F = f har vi et konservativt felt med potensialfunksjon f(x, y, z, og arbeidsintegralet er gitt ved [2, 1,1] [,,] F T ds = f(2, 1, 1 f(,, = 1= 1 Oppgave 2 I sylinderkoordinater kan T beskrives med ulikhetene θ 2π, r 5, z 4, såintegraleter 2π 5 4 = 2π ze r2 rdzdrdθ= 2π 5 [4e r2] 5 ( dθ =8π e 25 1 8e r2 rdrdθ 1.81 1 12 Oppgave 3 a kan beskrives med ulikhetene x 1, y 2 2x. Integraleterda 1 2 2x 1 [ ] x 2 ydydx= x 2 y 2 2 2x 1 /2 dx = x 2 (2 2x 2 /2 dx 1 [ 2 = 2x 2 4x 3 +2x 4 dx = 3 x3 x 4 + 2 ] 1 5 x5 =1/15 b Divergenssetningen gir F n d = U F dv = U 2 + 1 + dv =3 U Det siste integralet er volumet av U, i praksis det samme som vi fant i a oppgaven, så 1 F n d =3 15 =2 dv
Fasit, matematikk 3 desember 1999 2 Oppgave 4 a ı j k G = x y z = ı( j( x+ k(y xz xy e z4 iden curlen ikke er null-vektoren, er feltet ikke konservativt. b Vi har z =på D, så flatens likning gir på randen cos 2 (t+y 2 /4+ 2 /9=1 y 2 /4=1 cos 2 (t y 2 =4sin 2 (t Vi får til dette ved åvelgez =2sin(t, og ved åla t 2π får vi et omløp av ellipsen: r(t =[cos(t, 2sin(t, ], t 2π c Vi bruker tokes setning (parametriseringen over gir positiv omløpsretning, så vifår Σ ( G n d = D xz dx + xy dy + e z4 dz Vi har at z =langsd, og dermed også dz =. Dette gjør at første og siste ledd i integranden er. Videre er dy =ẏdt=2cos(t dt, så integralet blir D + cos(t2 sin(t2 cos(t+ dt = 2π 4cos 2 (tsin(t dt = (Det siste følger ved å substituere med u =cos(t, slik at både øvre og nedre grense blir 1 Et alternativ er å bruke tokes baklengs, men nå med den plane ellipsen som flaten med D som rand. Dette ville gitt integralet yd, momentet mhp. xz-planet som vi lett kan se er ved symmetri. Oppgave 5 a etter u x = X T, u xx = X T og u t = XT inn i (1, og får X T +2X T = XT som vi omformer til X X +2X X = T T idene i den siste likningen måvære en konstant som vi kan kalle 1 κ 2,ogfår da likningene X +2X +(1+κ 2 X = og T +(1+κ 2 T = Vi har at b 2 4ac =4 4(1 + κ 2 =4κ 2 <. Dette gir da (fra formelsamling, 4.2, første formel og 4.1 løsningene ( X(x =e ( 2x/2 A cos( 1 4κ 2 2 x+bsin( 1 4κ x 2 2 og T (t =Ce (1+κ2 t Ved å multiplisere disse vil konstanten C bli slukt av A og B, såvifår: u(x, t =e x (A cos(κx+b sin(κx Ce (1+κ2 t = e x (1+κ2 t (A cos(κx+b sin(κx (for vilkårlige konstanter κ, A og B
Fasit, matematikk 3 desember 1999 3 b Bruker først betingelse 2 u(,t=e (1+κ2 t (A cos(κ + B sin(κ = Ae (1+κ2 t bet.2 = Dette gir at vi må velgea =. Betingelse (3 gir da u(π, t =Be π (1+κ2 t sin(κπ bet.3 = Vi bør ikke velge B =, for da blir alt. Vi kan likevel få til dette ved åvelgesin(κπ =. Dette er OK hvis κ = n er et heltall. Løsningsformen er da u(x, t =Be x (1+n2 t sin(nx. Til slutt bruker vi betingelse 4: u(x, = Be x sin(nx bet.4 = 3e x sin(2x Dette kan vi få tilvedåvelgeb =3ogn =2,ogfår da løsningen u(x, t =3e x 5t sin(2x LUTT