KANDIDANUMME: EKAMEN FAGNAVN: Matematikk 3 FAGNUMME: EA32 EKAMENDAO: 1. desember 26 KLAE: Valgfag, ingeniørutdanning (3. klasse). ID: kl. 9. 13.. FAGLÆE: Hans Petter Hornæs ANALL IDE ULEVE: 5 (innkl. forside og 2 sider formelark.) ILLAE HJELPEMIDLE: John Haugan: Formler og tabeller. Kalkulator. INNFØING MED PENN, evt. trykkblyant som gir gjennomslag. Ved innlevering skilles hvit og gul besvarelse og legges i hvert sitt omslag. Oppgavetekst, kladd og blå kopi beholder kandidaten. Husk kandidatnummer på alle ark.
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 1 Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen, oppgaver uten bokstavpunkter teller som et bokstavpunkt. Oppgave 1 La funksjonen f : 2 og enhetsvektoren u være definert ved f(x, y) = 25 [ og u = 3 x 2 + y 2 5, 4 ]. 5 a) egn ut f(2, 1), det vil si gradienten i punktet med koordinater (2, 1). b ) egn ut den retningsderiverte Duf i punktet med koordinater (2, 1). Oppgave 2 La legemet være avgrenset av xy planet og paraboloiden gitt ved likningen La z =1 x 2 y 2, z. I = x 2 + y 2 +2zdV a) ettoppi som uttrykk med rektangulære koordinater (dvs. med dz, dy og dx), der integranden og grensene settes opp eksplisitt, men integralet skal (foreløbig) ikke regnes ut. b) ett på tilsvarende måte opp I som uttrykk med sylinderkoordinater (dvs. med dθ, dr og dz). c) La være overflaten til og la n være enhetsnormalvektorene på som peker ut av. Feltet F : 3 3 er gitt ved F (x, y, z) = [ xy 2 + xz, yx 2 + yz, xy ]. egn ut F n d. Oppgave 3 La et felt F være definert i 3 ved F (x, y, z) = [ x 2 + xz, x + yz, x 2 + y 2] og la flatestykket være den delen av paraboloiden gitt ved z =3 x 2 y 2 som ligger over planet gitt ved z =2x. La n være enhetsnormalvektorene til som peker oppover (har positiv 3. koordinat), og la være randen til positivt orientert i forhold til n (det vil si orientert mot klokka sett ovenifra).
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 2 a ) egn ut curlen F. Er F et konservativt felt? b ) egn ut flateintegralet ( F ) n d. Hint: Parametriser ved r(x, y) =[x, y, 3 x 2 y 2 ]. Definisjonsområdet D er en sirkelskive i xy planet, med sentrum i ( 1, ) og radius 2, men dette må begrunnes. c ) egn ut arbeidsintegralet F ds der er enhetstangentvektor til, randen til, i samme retning som omløpsretningen til. d ) Finn en parametrisering av. ett opp et integral til å regne ut lengden av. Det vil si at du skal regne sammen så mye du kan. Integralet kan ikke uttrykkes ved elementære funksjoner, så du slipper å regne ut dette. Oppgave 4 Finn den entydige løsningen u(x, t) av varmeledningsproblemet u xx = u t (1) u(,t) = 2 (2) u(1,t) = (3) u(x, ) = 2 2x +1sin(πx) 5sin(3πx) (4) x 1, t. Lykke til.
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 3 HØGKOLEN I GJØVIK FOMELAMLING FO BUK VED EKAMEN I MAEMAIKK 3 Koordinatskifte i multiple integraler: } x = x(u, v) Dobbeltintegral, generelt: y = y(u, v) f(x, y) dx dy = f(x(u, v),y(u, v)) J(u, v) du dv der J(u, v) =x u y v x v y u. Dobbeltintegral, polarkoordinater: } x = r cos θ f(x, y) dx dy = f(r cos θ, r sin θ) rdrdθ y = r sin θ x = x(u, v, w) rippelintegral, generelt: y = y(u, v, w) z = z(u, v, w) f(x, y, z) dx dy dz = f(x(u, v, w),y(u, v, w),z(u, v, w)) J(u, v, w) du dv dw rippelintegral, sylinderkoordinater: x = r cos θ y = r sin θ f(x, y, z) dx dy dz = z = z rippelintegral, kulekoordinater: f(x, y, z) dx dy dz = Gradient, divergens og curl : grad(f) = f = f x ı + f y j + f z k x = ρ sin φ cos θ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ der J(u, v, w) = 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 div( F )= F = P x + Q y + z, der F = P ı + Q j + k curl( F )= F ı j k = x y z P Q =( y Q z ) ı ( x P z ) j +(Q x P y ) k.
Eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 4 o viktige setninger: Divergenssetningen (Gauss setning): F n d = F dv dersom er et begrenset legeme, er overflaten til 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 og påhele. tokes setning: F 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, ogf er et vektorfelt hvis komponenter er definert og kontinuerlig deriverbare i en åpen del av rommet som inneholder. Ordinære differensiallikninger: 1.-ordens lineære, homogene, med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av F (t)+af (t) = er F (t) =e at. 2.-ordens lineære, homogene, med konstante koeffisienter: Allmenn løsning av af (t)+bf (t)+cf (t) = (dera )avhengerava, b og c, slik: (1) Hvis ar 2 + br + c = har to forskjellige reelle røtter, r 1 og r 2 : F (t) = 1 e r1t + 2 e r2t. (2) Hvis ar 2 + br + c =harbareén (reell) rot, r: F (t) =( 1 t + 2 )e rt. (3) Hvis ar 2 + br + c = har to komplekse røtter, α ± βi: F (t) =e αt ( 1 cos βt + 2 sin βt). Partielle differensiallikninger, d Alemberts løsning av bølgelikningen c 2 u xx = u tt : Allmenn løsning kan skrives slik: F (x + ct)+g(x ct). Løsninger som oppfyller randbetingelsen u t (x, ) = kan skrives slik: F (x+ct)+f (x ct). Fourierrekker, halvperiodiske utvidelser: Hvis f(x) er definert og stykkevis kontinuerlig og begrenset på [,L], da gjelder følgende for de x [,L]derf er kontinuerlig: ( nπ ) f(x) =a + a n cos L x, der og: f(x) = n=1 n=1 a = 1 L L f(x) dx og a n = 2 L L ( nπ ) b n sin L x, der b n = 2 L ( nπ ) f(x)sin L L x dx. ( nπ ) f(x)cos L x dx,
Løsning, eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 1 Oppgave 1 a ) De partielle deriverte finner vi ved kvotientregelen for derivasjon: f x = Dermed er gradienten f = 25 2x (x 2 + y 2 ) 2 = 5x (x 2 + y 2 ) 2 og [ f x, f ] i punktet: y ] [ 5 2 5 ( 1) (2 2 +1 2 2, ) (2 2 +1 2 ) 2 = f y = 25 2y (x 2 + y 2 ) 2 = 5y (x 2 + y 2 ) 2 [ 1 25, 5 ] =[ 4, 2] 25 b) Duf(2, 1) = f u =[ 4, 2] [ 3 5, 4 ] = 12 5 5 + 8 5 =4 Oppgave 2 a ) Avgrensinga for z er er paraboloiden z =1 x 2 y 2, og bunnen er z =. Avgrensinga for x og y er der paraboloiden skjærer xy planet, det vil si z = som settes inn : = 1 x 2 y 2 som er likningen for en sirkel med sentrum i origo og radius 1. Vi kan løse denne med hensyn på y og får øvre og nedre halvsirkel som y = ± 1 x 2.adiener 1, så avgrensingaforx er 1 x 1, slik at integralet kan skrives 1 x 2 + y 2 1 x 2 1 x 2 y 2 +2zdV = x 2 + y 2 +2zdzdydx 1 1 x 2 b ) irkelen i xy planet er med sylinderkoordinater gitt ved r 1og θ 2π. Da x 2 + y 2 = r 2 er paraboloiden gitt ved z =1 r 2, og dette er øvre avgrensning for z. Desuten er dv = rdzdrdθ såintegraleter 2π 1 1 r 2 2π 1 1 r 2 x 2 +y 2 +2zdV = (r 2 +2z) rdzdrdθ= r 3 +2rz dz dr dθ c ) Integralet kan omformes ved divergenssetningen : Divergensen er F n d = F dv. F =(y 2 + z)+(x 2 + z)+=x 2 + y 2 +2z slik at det er integralet i a) og b) oppgaven som skal regnes ut. Varianten med sylinderkoordinater gir klart enklest regning: 2π 1 2π 1 2π 1 1 r 2 r 3 +2rz dz dr dθ = r 3 (1 r 2 )+r(1 r 2 ) 2 dr dθ = r r 3 dr dθ = 2π [ 1 2 r2 1 ] 1 4 r4 dθ = 2π 1 2π 1 2π [ r 3 z + rz 2] 1 r 2 dr dθ = r 3 r 5 + r 2r 3 + r 5 dr dθ = 1 2 1 2π 4 dθ = 1 4 dθ = 1 4 2π = 1 2 π
Løsning, eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 2 Oppgave 3 a) i j k x y z = i(2y y) j(2x x)+k(1 ) = [y, x, 1] x 2 + xz x + yz x 2 + y 2 iden F er feltet ikke konservativt. b) Medenparametriseringr(x, y), (x, y) D er fluksintegralet gitt ved F n d = ( F ) (r x r y ) dx dy Med den foreslåtte parametriseringa er i j k r x r y = 1 2x = i( + 2x) j( 2y ) + k(1 ) = [2x, 2y,1] 1 2y (Vi ser at tredjekoordinat er positiv, så det er riktig orientering i forhold til n) Da er integralet D [y, x, 1] [2x, 2y,1] dx dy = D D dx dy =arealetavd Området D har som rand punktene under skjæringskurva mellom planet z =2x og flaten z =3 x 2 y 2, og en likning for denne finner vi ved å eliminere z fra de to likningene: 2x =3 x 2 y 2 x 2 +2x+y 2 3= x 2 +2x+1+y 2 =4 (x+1) 2 +y 2 =2 2 Dette er likningen for en sirkel med radius 2 (og sentrum i punktet med koordinater x = 1, y =).DerforharD areal π 2 2 =4π og F n d =4π. c ) Ved tokes setning er F ds = F n d =4π d ) Den ortogonale projeksjonen av skjæringskurva ned i xy planet er sirkelen som er randen til D. En sirkel med radius 2 og sentrum i origo parametriseres greiest med x =2cos(t), y = 2sin(t). Denne skal så forskyves så sentrum blir ved x = 1, y =. Dette gir x =2cos(t) 1, y =2sin(t). z koordinaten finnes da lettest ved at kurva ligger i planet z =2x, så z =2(2cos(t) 1), som kan oppsummeres til parametriseringa r(t) =[2cos(t) 1, 2sin(t), 4cos(t) 2] ( t 2π) Lengden av en parametrisert kurve er gitt ved L = ds = ẋ2 +ẏ 2 +ż 2 dt
Løsning, eksamen i Matematikk 3 1. desember 26 3 ẋ = 2sin(t), så ẋ 2 =4sin 2 (t). ẏ =2cos(t), så ẏ 2 =4cos 2 (t). ż = 4sin(t), så ż 2 =16sin 2 (t). Dermed er lengden 2π 4sin 2 (t)+4cos 2 (t)+16sin 2 (t) dt =2 2π 1+4sin 2 (t) dt Kommentar: Dette kan regnes ut som desimaltall, f.eks i Maple, ved > evalf(2*int(sqrt(1+4*sin(t)^2),t=..2*pi)); som gir svaret 21.8146866. Oppgave 4 Prøv med løsninger på formenu(x, t) =X(x) (t) som gir u xx = X og u t = X. Dette settes inn i likningen (1): X = X X X = = κ2 der vi som vanlig har sagt at de to uttrykkene bare kan være like om de er konstanter, og kaller liksågodt denne konstanten κ 2 (siden positive verdier av denne aldri vil gi løsninger i varmeledningslikningen). Dette gir differensiallikningene X + κ 2 X = og + κ 2 = Hvis κ = har de løsninger på formenx(x) =Ax + B og (t) = som slåes sammen til X = Dx + E. Ved åvelgee =2ogD = 2 får vi oppfyllt (2) og (3), og dette gir attraktoren u (x, t) = 2 2x. Denne dekker opp de to første leddene i betingelse (4). For det resterende betrakter vi v(x, t) = u(x, t) u (x, t), som oppfyller v xx = v t (1 ) v(,t) = (2 ) v(1,t) = (3 ) v(x, ) = 1 sin(πx) 5sin(3πx) (4 ) x 1, t Vi får de samme differensiallikningene for X og,ogviprøvernåmed κ 2. Løsningene blir dermed så langt X(x) =F cos(κx)+g sin(κx) medx() = F og (t) =He κ2t. Betingelse (2 ) er da FHe κ2t =somgirf =(dah = bare gir den trivielle løsningen). Vi står da igjen med X = GH sin(κx)e κ2t = I sin(κx)e κ2t. Betingelse (3 ) er da I sin(κ 1)e κ2t.foråfå ikke trivielle løsninger med I må vi ha sin(κ) = κ = nπ, forn {1, 2, 3,...}. Dette gir mulige løsninger på formenu n (x, t) =I n sin(nπx)e n2 π 2t med u n (x, ) = I n sin(nπx). Ved åvelgei 1 =1ogI 3 = 5(ogI 2 = I 4 = I 5 = I 6 = = ) og addere får vi v(x, t) =u 1 +u 3, og dermed u(x, t) =u + u 1 + u 3 =2 2x +1sin(πx)e π2t 5sin(3πx)e 9π2 t