til eksamen i SIF5036 Matematisk modellering 14. desember 2002.

Like dokumenter
Eksamen i SIF5036 Matematisk modellering Onsdag 12. desember 2001 Kl

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

x, og du dx = w dy (cosh u) = sinh u H sinh w H x = sinh w H x. dx = H w w > 0, så h har ikke flere lokale ekstremverdier.

Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Torsdag 8. august 2002

Eksamen i Ikkelineær dynamikk, fag TFY 4305 Onsdag 30. november 2005 Løsninger

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

1b) Schwarzschil-metrikken er iagonal, og vi har at g tt = 1, c = r, c ; g rr =, r r r r, =,1, r, ; g =,r ; g '' =,r sin : (9) At raielle baner eksist

Eksamen i ELE620, Systemidentikasjon (10 sp)

Løsningsforslag. b) Hva er den totale admittansen til parallellkoblingen i figuren over? Oppgi både modul og fasevinkel.

Grensesjikts approksimasjon. P.-Å. Krogstad

4. Viktige kvantemekaniske teoremer

Løsningsforslag Eksamen 9. desember 2006 TFY4250 Atom- og molekylfysikk /FY2045 Kvantefysikk

Vekstrater og eksponentiell vekst ECON 2915 Vekst og næringsstruktur

Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003

NORSK TEKST Side 1 av 4. Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl Løysingsforslag:

4. Viktige kvantemekaniske teoremer

4. Viktige kvantemekaniske teoremer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1003 ELEKTRISITET OG MAGNETISME I Mandag 5. desember 2005 kl

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2013

Kraftelektronikk (Elkraft 2 høst), Løsningsforslag til øvingssett 3, høst 2005

Determinanter. Kapittel 6. Determinanter for 2 2-matriser. La oss beregne arealet av dette parallellogrammet. Vi tegner på noen hjelpelinjer:

Løsningsforslag, eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Eksamen i GEOF330 Dynamisk Oseanografi. Oppgave 1: Stående svingninger

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen.

Teknisk appendiks ECON 2915 Vekst og næringsstruktur

Løsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B

Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 19/8 2016

EKSAMEN I MATEMATIKK 3 (TMA4110)

UNIVERSITETET I OSLO

Innhold 1 INNLEDNING 3

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAG SIF5045 NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TMA4165 DIFFERENSIALLIGNINGER OG DYNAMISKE SYSTEMER

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014

Løsningsforslag Eksamen 6. august 2007 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk

z2 u(z, 0) = 0, u(0, t) = U. (8) Hvilken standardlikning er dette? b) Vi antar (håper) at u kan uttrykkes som en similaritetsløsning δδ ν ηf + F = 0,

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

Løsningsforslag til eksamen i FY3452 GRAVITASJON OG KOSMOLOGI Torsdag 8. august 2013

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0

Løsningsforslag Eksamen 1. desember 2008 TFY4250 Atom- og molekylfysikk/fy2045 Kvantefysikk

Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 4270 Onsdag 26. mai 2004 Løsninger

M1_01. Funksjonene f og g er definert ved f( x)= x 1. g( f( x)) er da lik. b ( x + 3) d ( x + 2) e x MA M1 Side 1

Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I

Løsningsforslag Eksamen 20. desember 2012 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I

Anbefalte oppgaver uke 36

Løsningsforslag Matematisk modellering Øving 2, høst 2005

(1 + x 2 + y 2 ) 2 = 1 x2 + y 2. (1 + x 2 + y 2 ) 2, x 2y

UNIVERSITETET I BERGEN

(coshu) = sinhudu. dx. Her har vi at u = w Hx, og du dx = w dy. dx = H w w. H sinh w H x = sinh w H x.

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017

Forelesning 2: Førsteordens lineære differensiallikninger

Løsningsforslag til øving 14

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009

Logaritmer og eksponentialfunksjoner

INEC1800 ØKONOMI, FINANS OG REGNSKAP EINAR BELSOM

EKSAMEN I NUMERISK MATEMATIKK(TMA4215) Lørdag 20. desember 2003 Tid: 09:00 14:00, Sensur:

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1003 ELEKTRISITET OG MAGNETISME TFY4155 ELEKTROMAGNETISME Onsdag 3. juni 2009 kl

EKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Mandag 2. juni 2008 kl

Løsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk august 2004

SIF5025: Differensiallikninger og dynamiske systemer

UNIVERSITETET I OSLO

Beregning av massesenter.

Løsningsforslag: Gamle eksamner i GEO1030

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016

TFY Løsning øving 6 1 LØSNING ØVING 6. Grunntilstanden i hydrogenlignende atom

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag:

Løsningsforslag til øving 4

Løsningsforslag Øving 8

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014

EKSAMEN I FAG SIF5005 MATEMATIKK 2

EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK Onsdag 8. august 2007 kl

EKSAMEN I NUMERISK LØSNING AV DIFFERENSIALLIGNINGER MED DIFFERANSEMETODER (TMA4212)

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016

UNIVERSITETET I BERGEN

Løsningsforslag eksamen TMA4105 matematikk 2, 25. mai 2005

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 4 1 LØSNING ØVING 4

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 2010

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN FY1013 ELEKTRISITET OG MAGNETISME II Fredag 9. desember 2005 kl

Kapittel 23 KURSREGNING, FORHOLD OG PROPORSJONER

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk naturvitenskapelige fakultet

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016

KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG TEP 4140 STRØMNINGSLÆRE 2 Dato??. august 2004 Tid: kl. 09:00 14:00

Løsningsforslag til øving 5

EKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Onsdag 30. mai 2007 kl

FY6019 Moderne fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Våren Løsningsforslag til øving 4. 2 h

MA1201 Lineær algebra og geometri Løsningsforslag for eksamen gitt 3. desember 2007

EKSAMEN I MA1202 LINEÆR ALGEBRA MED ANVENDELSER

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar).

Forelesning STK september 2011

Løsningsforslag Eksamen 27. mai 2005 FY2045 Kvantefysikk

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag

TMA4195 Matematisk modellering, 19. desember 2003 Løsningsforslag

EKSAMEN I SIF4018 MATEMATISK FYSIKK mandag 28. mai 2001 kl

Del 1. Skisse av reguleringsteknisk system

Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk

EKSAMEN I MA0002 Brukerkurs B i matematikk

Transkript:

Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Sie av 8 Løsningsforslag til eksamen i SIF5036 Matematisk moellering 4. esember 2002. Oppgave (a) Hvilke aksiomer om naturen ligger til grunn for imensjonsanalysen? Hva sier Buckingham s Pi-teorem, og hvoran kan en bruke teoremet til å vise at perioen for en penel må være uavhengig av ens masse? Alle relasjoner må være imensjonsmessig korrekte Ingen relasjon kan avhenge av tilfelig valgte enheter Hvis et fins en relasjon fins et også en ekvivalent relasjon Φ (R,, R N ) = 0 Ψ (π,, π N r ) = 0 er π,, π N r imensjonsløse kombinasjoner laget ve hjelp av r kjernevariable me uavhengig imensjon, er r er også rangen til imensjonsmatrisen. (b) Ve bestansvurering av skog ønsker en å estimere kubikkinnholet (volumet v) av et tre ve å måle imeteren ( ) ve bakken og høyen ( h) (et siste ve triangulering). I et eksempel i Minitab har en kommet fram vil følgee regressjonsmoell for kubikkinnholet i amerikansk kirsebærtre v /3 = β 0 + β + β 2 h + β 3 2, ( β i, i = 0,, 3 er regressjonskoeffisienter). Vis at imensjonsanalyse i steet anbefaler en relasjon på formen π = φ (π 2 ). Gi eksempel på hva φ kan være for iealiserte trær. Vi går ut fra en relasjon Φ (v,, h) = 0 Inngår bare en enhet (meter) i alle størrelsene, slik at et må være 3 = 2 imensjonsløse kombinasjoner π og π 2, og en relasjon π = φ (π 2 ). Vi kan velge som kjernevariabel slik at π = v/ 3 og π 2 = h/. Da får vi v 3 = φ ( h ). For et kjegleformet tre uten grener er v = πh 2 /2 slik at v = π h 3 2.

Sie 2 av 8 Oppgave 2 Ei elv renner ut et havbasseng. Elva bringer me seg san og leire, slik at bassenget etterhvert fylles opp. Vi skal sette opp en enkel enimensjonal moell for hvoran bassenget fylles, og vi antar at bassenget strekker seg fra x = 0 til + og har et konstant yp h ve t = 0. Vi antar at forholene på tvers (i y-retningen) er konstante. Mengen av san og leire som legger seg på bunnen pr. ti og flateenhet betegnes me Q (x, t). Vi beskriver vannypet ve z = b (x, t), x 0, t 0, og regner b (x, t) 0. Hvis bunnen skråner, vil partiklene på bunnen fortsette å bevege seg, og et har vist seg at enne forflytingen er proposjonal me hvor bratt bunnen er, vs. at volumfluksen har formen () j = k b x. (a) Still opp bevarelsesloven på integralform for et utsnitt av bunnen, a x b, og vis at vi på ifferensialform kommer fram til ei ligning for b (x, t) som i form er ientisk me varmeleningsligningen, (2) b t = k 2 b x + q. 2 Vi regner me et utsnitt me bree B og innfører først tetthet, fluks og kile. Her kan vi go la tettheten være en konstant massetetthet ρ. Fluksen blir a ρj og kile-funksjonen blir ρq (x, t). Vårt kontrollvolum har bree B, og går fra x = x 0 til x = x. Da får vi fra en generelle bevarelsesloven x x 0 ( ρb (b (x, t) h) x+ k b x (x, t) + k b ) x (x 0, t) ρb = Etter å ha forkortet me ρb gir ette x x 0 (b (x, t) h) x + ( k b x (x, t) + k b ) x (x 0, t) = x x 0 x x 0 q (x, t) (ρb) x. q (x, t) x, som blir bevarelsesloven på integralform. Hvis vi lar x x 0 og ivierer me (x x 0 ) blir ette på vanlig måte b (b h) = t t = k 2 b x + q. 2 (b) Anta at all grus og leire kommer inn ve x = 0, og tilførselen allti er tilstrekkelig til at ligning 2 holer og b (0, t) = 0 for t > 0. Gjør ree for at løsningen til 2 i ette tilfelle vil være en similaritetsløsning, og finn b (x, t) for x 0 og t > 0. Det oppgis at ligningen 2 y η + η y 2 2 η = 0

Sie 3 av 8 har generell løsning A + B erf (η/2), er erf (x) = 2 π x 0 exp ( s2 ) s. I ette tilfelle er alså kilen lokalisert til x = 0, slik at ligningen for x > 0 blir b t = kb xx. Vi skalerer b me h og kan a skrive løsningen b = hf (x, t, k) Det er ellers ikke umielbart opplagt at vi vil ha en similaritetsløsning sien yben h jo er en lengeskala. Men problemet er helt ekvivalent til en varmeleningssituasjon er temperaturen er konstant lik T 0 ve x = 0, og T når x. I ette tilfelle vil temperaturen kunne skrives T (x, t) = T 0 + (T T 0 ) τ (x, t, k), og a får vi en similaritetsløsning. Som for temperaturen må vi her erfor kunne skrive løsningen som ( ) x b = hβ = hβ (η) kt er β (0) = 0 og β (η) når η. Vi fører inn ette i ligningen etter å ha iviert me h: eller β t kβ xx = x 2 k t 3/2 β k kt β = 0, β + η 2 β = 0. Dette er oppgitt ligning, og vi ser umielbart at løsningen blir ( ) x b (x, t) = h erf. kt (c) Et mer realistisk scenario er at etterhvert som tien går (geologisk tisskala), vil strankanten s (t) flytte seg utover. Anta at vi har en konstant volumstrøm q 0 ut i bassengent pr. tis- og breeenhet ve strankanten, og at all san og leire tilføres på enne måten. Løsningen for b (x, t) blir a stasjonær i forhol til strana, vs. at b (x, t) kan skrives på formen { 0 x s (t) = Ut + x b (x, t) = 0 b 0 (x Ut x 0 ) x > Ut + x 0 Bestem hastigheten U og funksjonen b 0. Hvis vi kan gå ut fra en oppgitte formen på b, vil mengen av san og leire mellom s (t) og x = være konstant. Dette betyr at hastigheten som strana avanserer me, s/ = U, må matche q 0, vs. eller hb U = q 0 B, U = q 0 h. Vi lar nå η = x Ut x 0 og setter inn for b i ligningen er x > Ut + x 0 Ub 0 = kb 0

Sie 4 av 8 Ligningen for b 0 blir følgelig me generell løsning Her vil i tillegg b 0 + U k b 0 = 0 b 0 (η) = A + B exp ( Uk ) η b 0 (0) = 0, b 0 ( ) = h slik at en spesielle løsningen her blir ( b 0 (η) = h exp ( Uk ) η Vi setter inn i uttrykket for b og finner { b (x, t) = ) 0 x s (t) = Ut + x 0 h ( exp ( U k (x Ut x 0) ) ) x > Ut + x 0 Oppgave 3 Det er foreslått å moellere forekomsten av Kongekrabbe, K (t), i Varangerfjoren ve hjelp av følgene ifferensialligning K = rk ( K M ) ( K m ), 0 < m < M. (a) Hvilke egenskaper prøver moellen å beskrive og hvilke likevektspopulasjoner har vi? Vis hvoran en kan bruke lineær stabilitetsanalyse til å avgjøre stabiliteten av likevektspopulasjonene, og lag kvalitative skisser for utviklingen av K (t) for t > 0. Vi observerer først at bestanen vil vokse kun hvis Likevektspunktene er gitt ve m < K < M. K = 0, m, M, og ve å skissere trejegraspolynomet f (K) som utgjør høyresien, finner vi f (0) < 0, f (m) > 0, f (M) < 0. Vi utelater et enkle argumentet som avgjør stabilitet/ustabilitet, og ser altså her at 0 og M er stabile, mens m er ustabilt. Hvis bestanen er minre enn m, vil en ø ut.

Sie 5 av 8 Skisse inn her (b) En forenklet moell, som også omfatter fiskere, F (t), har etter skalering formen (3) F = F 2 + KF, K = K ( K) F Hvilke kvalitative egenskaper er byg inn i enne moellen? Det oppgis at banen F = 3K ( K) /2, 0 K <, er en løsning av lign. 3, og at enne banen eler første (F, K)-kvarant i to separate eler. Hva skjer når systemet befinner seg i en ubegrensee elen? Vi ser at hvis vi ikke har fiskere, vil veksten av Kongekrabbe følge en logisisk moell fiske vil minske veksten i Kongekrabbe hvis bestanen K < /2 er et lite interesse for fiske, slik at antall fiskere avtar hvis K > /2 øker antallet fiskere. Utenfor en oppgitte banen vil F > max (0, 3K ( K) /2), og ette betyr at < 0. Følgelig vil krabbebestanen allti ø ut. K (c) Bestem likevektspunktene for moellen i lign. 3 og finn ut hva e representerer. Hva ser ut til å skje i områet 0 K og 0 F 3K ( K) /2? De singulære punktene er gitt fra F 2 + KF = 0 K ( K) F = 0 me løsninger {F = 0, K = 0},{F = 0, K = } og { F = 4, K = 2 Det lineariserte systemet for {F = 0, K = 0} har formen [ ] [ ] [ ] f 0 = 2 f k k og me egenverier λ = og λ 2 2 =, blir punktet et saelpunkt. Det blir også punktet {F = 0, K = }. Ve å linearisere run punktet { F =, K = 4 2} finner vi ve å sette inn F = ( + f) og K = ( + k) 4 2 [ f k ] = [ 0 4 0 ] [ f k ] }

Sie 6 av 8 Dette gir λ = 2 i og λ 2 = 2 i, og følgelig blir { F = 4, K = 2} et senter. Dette er altså i følge lineær analyse, men mer generelt kunne ette være et stabilt eller ustabilt fokus. Hvis punktet er et senter, vil variasjonene blir virkelig perioiske, vs. at e fortsetter i all evighet, me minre en befinner seg nøyaktig i senteret. Det er mulig å vise at punktet virkelig er et senter, og et enkleste er å føre inn en ny krabbevariabiel Da blir systemet (4) K = 2 + κ F = κf, κ = 4 κ2 F og banene blir symmetriske om aksen κ = 0. Dette kan kun hene hvis banene run { F = 4, κ = 0} og innenfor grensebanen er lukkee. Oppgave 4 For å moellere Kongekrabbenes sprening neover langs Finnmarkskysten vil vi anta at e sprer seg ve tilfelig gang, slik at fluksen er j = D ρ, er ρ (x, t ) er tettheten (antall krabber pr. flateenhet). Formeringen (pr. flateenhet) av krabbe skjer etter en forenklet moell som i oppgave 3: [ ] q (x, t ) = rρ (x, t) ρ (x, t), ρ max og vi skal se bort fra fangst. (a) Still opp bevarelsesloven for krabbe på integralform for et (toimensjonalt) områe av havet og vis at ifferensial-formuleringen leer til en ikke-lineær iffusjonsligning som etter passene skalering kan skrives (5) ρ t = 2 ρ + ρ ( ρ). Vi betrakter et toimensonal områe R og har a som vanlig ρ A + j ˆnS = q (x, t ) A. R R Ve å benytte ivergensteoremet og flytte erivasjon innenfor integraltegnet finner vi ( ) ρ t + j q A, R og sien ette holer for alle R, vil vi følgelig få [ ] ρ t + ( D ρ ) rρ (x, t ) ρ (x, t ). ρ max Vi skalerer ligningen ve først å skrive ρ = ρ max ρ. R

Sie 7 av 8 For tisskalaen kan vi se bort fra iffusjon og anta at ρ er liten. Da har vi ρ t rρ, me tisskalaen T = r. Tilslutt lar vi en romlige skalaen X bestemmen av iffusjon ve at me anre or, Innsatt gir ette som leer til oppgitt ligning. D T X 2 = O (), X = DT ρ max ρ r t + ρ max Dr ( D ρ) rρ maxρ [ ρ] = 0, Neenfor skal vi betrakte ligning 5 i en romimensjon ( x), (6) ρ t = ρ xx + ρ ( ρ). (b) Ligning 6 har konstante løsninger ρ 0 = 0 og ρ =. Sjekk stabiliteten til isse løsningene ve å føre inn perturbasjoner formen ρ (x, t) = ρ j +a (t) exp(ikx), j = 0,. Det er opplagt at ρ 0 og ρ er løsninger. Linearisering run ρ =, vs. ρ = + a (t) exp (ikx) gir vs., ȧ exp (ikx) = k 2 a exp (ikx) a exp (ikx) ȧ = ( k 2 + ) a. Derme ser vi, sien ligningen gir a (t) exp [ (k 2 + ) t], at alle perturbasjoner på enne formen ør ut. Det betyr i sin tur at alle perturbasjoner p (x, t) er vil ø ut. p (x, t) = e ikx a (k, t) k Hvis vi gjør et samme run ρ = 0, ener vi opp me ȧ = ( k 2) a, så her blir et kritisk hvis k 2 <. Slike langbølgee forstyrrelser vil begynne å vokse og ρ = 0 er ikke ubetinget stabil. (c) Det kan vises (men skal ikke utlees eller verifiseres her!) at lign. 6 har en løsning ( ( )) ρ (x, t) = + exp 6 x 5 2 6 t Hvilken situasjon beskriver enne løsningen? Anslå tien et tar fra at krabben er observert på et ste til bestanen er av samme størrelsesoren som et maksimale hvis r = 0.3år

Sie 8 av 8 Vi observerer først at funksjonen f (α) = ( + exp (α)) 2 går mot når α og 0 når α. Overgangen fra til 0 skjer i et områe run α = 0: f ( 5.3) = 0.99, f (2.2) 0.0. Argumentet α = x 5 t sørger for at ρ (x, t) oppfører seg som en bølge (front) 6 6 som beveger fra til + me hastighet u = 5 6 6 = 5 6 Bak fronten er tettheten tilnærmet lik, og foran fronten tilnærmet 0. Hvis vi ser på forløpet av funksjonen i x = 0, kan vi beregne hvor lang ti et tar fra at verien er 0.0 til en når 0.99: 5 6 t = 2.2, 5 6 t 2 = 5.3, vs., t = t 2 t = 6 6 5 2.26 5 4.5 Me en oppgitt veri på r = 0.3år og tisskalaen r, blir t 4.5 r = 5år.