Eksamen IRF30014, høsten 15 i Matematikk 3

Eksamen IRF30014, høsten 15 i Matematikk 3

Løsningsforslag

Oppgave1. I denne oppgaven er det to løsningsforslag. Ett med asymptotene som gitt i oppgave- teksten. I dette første tilfellet blir tallene litt mindre pene. I det andre tilfellet endrer vi asymptotene til y=±¹⁵₈x. Merk at fremgangsmåten ikke endrer seg, men tallene blir litt penere i det andre tilfellet.

Uten endrede asymptoter: Når en hyperbel har brennpunktF(0,±c) påy-aksen er standardformen

y² a² −x²

b² = 1

derc²=a²+b². Asymptotene er da gitt ved y=±^a_bx. Fra oppgaveteksten finner vi at c= 17og ^a_b = ¹⁷₈. Fra det siste uttrykket finner vi at

a= 17 8 b.

Innsatt i formelenc² =a²+b² finner vi 17²=

17 8 b

2

+b² 289 = 289

64 b²+b² 289·64 = 289b²+ 64b² 289·64 = 353b²

289·64 353 =b²

b= 136

√353

Dette gir at a= ¹⁷₈ ·^√136

353 = ^√289

353. Ligningen til hyperbelen er dermed y²

289² 353

− x²

136² 353

= 1.

Eksentrisiteten er e= _a^c, og vi finner e= 17

√289 353

=

√353

17 ≈1,10519.

Styrelinjene er gitt ved y=±^a_e, og vi finner y =±

√289

√353 353 17

.

Som forenkles til

y=±17³

353≈ ±13,91785.

Vi skisserer hyperbelen og får:

Med endrede asymptoter: Når en hyperbel har brennpunkt F(0,±c) på y-aksen er standardformen

y² a² −x²

b² = 1

derc²=a²+b². Asymptotene er da gitt ved y=±^a_bx. Fra oppgaveteksten finner vi at c= 17. Asymptotene som gir penere svar ery=±¹⁵₈x. Med dette blir ^a_b = ¹⁵₈ . Fra det siste uttrykket finner vi at

a= 15 8 b.

Innsatt i formelenc² =a²+b² finner vi 17² =

15 8 b

2

+b² 289 = 225

64 b²+b² 289·64 = 225b²+ 64b² 289·64 = 289b²

64 =b² b= 8

Dette gir at a= ¹⁵₈ ·8 = 15. Ligningen til hyperbelen er dermed y²

15² −x² 8² = 1.

Eksentrisiteten er e= _a^c, og vi finner e= 17

15 ≈1,13333.

Styrelinjene er gitt ved y=±^a_e, og vi finner y=±15

17 15

.

Som forenkles til

y=±225

17 ≈ ±13,23529.

Vi skisserer hyperbelen og får:

Oppgave2. Vi setter opp ligningssystemet for Lagrange-multiplikatorer til f(x, y, z) = y+ 2z på flaten g(x, y, z) =x²+z²−2xsiny = 0. Det blir

0 =λ·(2x−2 siny) 1 =λ·(−2xcosy) 2 =λ·2z

x²+z²−2xsiny= 0

Den tredje ligningen medfører at λ6= 0. Dermed er z= _λ¹. Siden λ6= 0 kan vi dele begge sider av første ligning medλog få

0 = 2x−2 siny.

Vi kan omskrive dette til x= siny.

Vi kan også dele den andre ligningen medλ. Det gir:

1

λ =−2xcosy.

Nå bruker vi uttrykket forz og finner at

z=−2xcosy.

La oss nå sette inn i ligningen for flaten:

x²+z²−2xsiny= 0 x²+ (−2xcosy)²−2xsiny= 0 x²+ 4x²cos²y−2xsiny= 0.

Vi setter også inn x= siny og får ligningen

sin²y+ 4 sin²ycos²y−2 sinysiny= 0 sin²y 1 + 4 cos²y−2

= 0 sin²y 4 cos²y−1

= 0

Dette gir to muligheter siny = 0 eller cos²y = ¹₄. Avgrensningen av y, som er gitt i oppgaveteksten er 0< y < π. Denne avgrensningen gir at siny = 0 ikke forekommer i definisjonsområdet. Dermed gjennstår

cosy=±1 2,

som har løsningene y= ^π₃ for det positive tilfellet, og y= ^2π₃ for det negative tilfellet.

Til hver av disse y-verdiene finner vi tilhørendex- og z-verdier.

For y = ^π₃: Innsatt i x = siny finner vi x = ¹₂√

3. Innsatt i z = −2xcosy finner vi z=−¹₂√

3. Dette gir det kritiske punktet (¹₂√

3,^π₃,−¹₂√ 3).

For y = ^2π₃ : Innsatt i x = siny finner vi x = ¹₂√

3. Innsatt i z = −2xcosy finner vi z= ¹₂√

3. Dette gir det kritiske punktet (¹₂√

3,^2π₃ ,¹₂√ 3).

Det er to kritiske punkt. De er (¹₂√

3,^π₃,−¹₂√

3)og (¹₂√

3,^2π₃ ,¹₂√ 3).

Oppgave3. Det aktuelle området, la oss kalle detD, er gitt av ulikhetene:

0≤x≤1 x≤y≤p

2−x² Dette er en sektor fra sirkelen med radius√

2. Vi skisserer og ser atD er slik:

La oss omskrive til polarkoordinater. Da er x=rcosθ,y =rsinθ. Den øvre grensen y≤p

2−x² omskrives til

r≤√ 2.

Linja x =y tilsvarer θ= ^π₄ i polarkoordinater, mens 0 ≤x gir oss θ≤ ^π₂. Dermed blir grensene i polarkoordinater

0≤r≤√ 2 π

4 ≤θ≤ π 2.

Vi omskriver integralet til polarkoordinater ved å sette y = rsinθ, x² +y² = r² og dA=rdrdθ, samt å bytte grenser. Det blir

Z 1 0

Z

√2−x²

x

y(x²+y²) dydx= Z Z

D

y(x²+y²) dA

= Z ^π

2

π 4

Z

√ 2 0

rsinθ·r²·rdrdθ

= Z ^π

2

π 4

Z

√ 2 0

r⁴sinθdrdθ

= Z ^π

2

π 4

1 5r⁵sinθ

√ 2 0

dθ

= Z ^π

2

π 4

1

52⁵² sinθdθ

=

−1

52⁵² cosθ ^π₂

π 4

=−1

52⁵² cosπ 2 +1

52⁵² cosπ 4

=−0 +1 52⁵²1

2

√ 2

= 4 5 Oppgave4. Vi har vektorfeltet

F= (M, N) = (1−y, xy−x).

a) Siden vektorfeltet er definert for alle(x, y) er det konservativt dersom ^∂N_∂x og ^∂M_∂y er like. Vi undersøker dette:

∂N

∂x = ∂

∂x(xy−x) =y−1

∂M

∂y = ∂

∂y(1−y) =−1

De partielt deriverte er ulike, så vektorfeltet er ikke konservativt.

b) KurvenC er parameterisert vedr(t) = (t, t²)der−1≤t≤1. Vi regner ut linjein- tegralet ved å sette inn uttrykket for vektorfeltetF ogdr= (x⁰, y⁰) dt. Det gir:

Z

C

F^•dr= Z 1

−1

(1−y, xy−x)^•(x⁰, y⁰) dt

Nå setter vi også inn uttrykkene for x ogy gitt ved parameteriseringen r. Det blir x=tog y=t². Dermed blir de deriverte x⁰ = 1 ogy⁰ = 2t. Vi får

= Z 1

−1

(1−t², t·t²−t)^•(1,2t) dt.

Vi regner ut prikkproduktet og forenkler:

= Z 1

−1

(1−t²)·1 + (t³−t)·2t dt

= Z 1

−1

1−t²+ 2t⁴−2t² dt

= Z 1

−1

1−3t²+ 2t⁴ dt

Integrasjon gir:

=

t−t³+²₅t⁵1

−1

= 1−1³+ ²₅1⁵

− (−1)−(−1)³+²₅(−1)⁵

= ⁴₅

Linjeintegralet evalueres til ⁴₅.

c) OmrådetD er avgrenset av kurvenC og linjay= 1. Grensene for området blir

−1≤x≤1 x²≤y≤1.

De partielt deriverte fant vi i deloppgave a). Vi kan dermed regne ut integralet:

Z Z

D

∂N

∂x −∂M

∂y

dA= Z 1

−1

Z 1 x²

((y−1)−(−1)) dydx

= Z 1

−1

Z 1 x²

ydydx

= Z 1

−1

₁

2y²1 x²dx

= Z 1

−1 1

2 −¹₂x⁴ dx

=₁

2x−₁₀¹x⁵1

−1

= ¹₂ −₁₀¹

− ¹₂(−1)−₁₀¹(−1)⁵

= ¹₂− ₁₀¹ +¹₂ −₁₀¹

= 5−1 + 5−1 10

= ⁴₅

Også dette dobbeltintegralet blir ⁴₅.

Det er Greens teorem som relaterer integralene i b) og c) via likheten Z Z

D

∂N

∂x −∂M

∂y

dA= Z

∂D

F^•dr

der∂Der randkurven rundt områdetDi positiv omløpsretning. Denne randkurven består av kurven C fra deloppgave b), samt det rette linjestykket langs y = 1 fra x = 1 til x=−1. La oss kalle dette linjestykket C₂. Da kan vi dele linjeintegralet langs ∂D i to biter:

Z

∂D

F^•dr= Z

C

F^•dr+ Z

C2

F^•dr.

La oss se på det andre linjeintegralet. En parameterisering er gitt vedr2(t) = (−t,1) dert går fra −1 til 1. Vi skriver ut og setter inn y= 1. Det gir

Z

C2

F^•dr= Z 1

−1

(1−y, xy−x)^•(x⁰, y⁰) dt

= Z 1

−1

(1−1, x·1−x)^•(x⁰, y⁰) dt

= Z 1

−1

(0,0)^•(x⁰, y⁰) dt

= Z 1

−1

0 dt= 0

Siden dette integalet er 0gir Greens teorem at integralene fra deloppgave b) og c) er like:

Z

∂D

F^•dr= Z

C

F^•dr+ 0.

Oppgave5.

a) Koordinatene i parameteriseringen erx=ucosv,y =usinv og z=v. I xog y er dette polarkoordianter der u er radius ogv er vinkel. Vi setter inn i ulikhetene for å bestemme grensene. Innsatt i x²+y²≤1får vi:

x²+y²≤1 (ucosv)²+ (usinv)²≤1 u²(cos²v+ sin²v)≤1 u²≤1

Dermed er radius ugitt ved 0≤u≤1.

Den andre ulikheten gir:

0≤z≤2π 0≤v ≤2π

Dermed er vinkelenv gitt ved 0≤v≤2π.

b) Vi deriverer parameteriseringen og får:

ru= ∂r

∂u

= (cosv,sinv,0)

rv= ∂r

∂v

= (−usinv, ucosv,1) Kryssproduktet blir:

ru×rv =

~i ~j ~k

cosv sinv 0

−usinv ucosv 1

= sinv~i−cosv~j+ ucos²v+usin²v~k

= (sinv,−cosv, u)

Lengden blir

|r_u×rv|=p

(sinv)²+ (−cosv)²+u² =p u²+ 1.

c) Overflaten avS er gitt ved integralet Z Z

S

dσ = Z 1

0

Z 2π 0

|r_u×rv|dvdu

Vi setter inn utregningen fra b) og integrerer:

= Z 1

0

Z 2π 0

pu²+ 1 dvdu

= Z 1

0

h vp

u²+ 1i2π 0 du

= Z ₁

0

2πp

u²+ 1 du

Nå bruker vi integrasjonsformelen som er oppgitt i oppgaveteksten og får:

= 2π u

2

pu²+ 1 +1 2ln

u+p

u²+ 1

1 0

= 2π 1

2

p1²+ 1 +1 2ln

1 +p

1²+ 1

− 0

2

p0²+ 1 +1 2ln

0 +p

0²+ 1

=π√

2 +πln(1 +√ 2)

Oppgave6. Varmeligningen^∂u_∂t =c^2∂_∂x^2u2 med randbetingelseru(0, t) =u(L, t) = 0og startbetingelse u(x,0) =

∞

X

n=1

Bnsinnπx L

har generell løsning på formen

u(x, t) =

∞

X

n=1

Bne^−λ2ntsinnπx L

derλn= ^πcn_L . I dette tilfellet erc² = 4,L= 2π og initialbetingelsen u(x,0) = sin(x) +1

2sin(2x) +2 5sin(5

2x).

Vi ser at c= 2 og egenverdiene blir λn= πcn

L = π·2·n 2π =n.

Vinklene i sinusrekka P∞

n=1Bnsin^nπx_L omskrives til nπx

L = nπx 2π = n

2x.

Leddet sin(x)i initialbetingelsen tilsvarer n= 2. Dermed er B₂ = 1.

Leddet ¹₂sin(2x)i initialbetingelsen tilsvarern= 4. Dermed erB₄= ¹₂. Leddet ²₅sin(⁵₂x) i initialbetingelsen tilsvarern= 5. Dermed erB5= ²₅. Ellers er de andre B_n= 0.

Innsatt i generell løsning får vi u(x, t) =

∞

X

n=1

Bne^−λ2ntsinnπx L

=B2e^−λ22tsin2πx

L +B4e^−λ24tsin4πx

L +B5e^−λ25tsin5πx L

=e^−22tsin(x) +1

2e^−42tsin(2x) +2

5e^−52tsin(5 2x)

Oppgave7. Radiansen er gitt ved

B_f(f, T) = 2hf³ c²(e^{hf /kBT} −1).

i) Vi deriverer for å finne maksimumspunkt forB_f når temperaturen holdes konstant.

Vi bruker kvotientregelen

∂B_f

∂f = u

v 0

= u⁰·v−u·v⁰ v²

deru= 2hf³ ogv=c²(e^{hf /kBT} −1). Derivasjon med hensyn på f gir u⁰= 6hf²

v⁰=c² h

kBTe^{hf /kBT} Innsatt i kvotientregelen får vi

∂B_f

∂f = 6hf²·c²(e^{hf /kBT} −1)−2hf³·c²_k^h

BTe^{hf /kBT} c⁴(e^{hf /kBT} −1)²

Opprydding av uttrykket gir

∂B_f

∂f = 6hf²·(e^{hf /kBT} −1)−2hf³·_k^h

BTe^{hf /kBT} c²(e^{hf /kBT} −1)²

= 6hf²e^{hf /kBT} −6hf²−2h²f³_k¹

BTe^{hf /kBT} c²(e^{hf /kBT} −1)²

= 2hf²(3e^{hf /kBT} −3−_k^hf

BTe^{hf /kBT}) c²(e^{hf /kBT} −1)²

Vi får maksimal radians ved den frekvensen der ^∂B_∂f^f skifter fra positiv til negativ verdi. Dette skjer ved den positive frekvensen der

2hf²(3e^{hf /kBT} −3−_k^hf

BTe^{hf /kBT}) c²(e^{hf /kBT} −1)² = 0.

Siden alle andre faktorer er positive nårf >0 ser vi på 3e^{hf /kBT} −3− hf

k_BTe^{hf /kBT} = 0 Innfør x som x= _k^hf

BT:

3e^x−3−xe^x = 0 Vi omskriver til

(3−x)e^x = 3.

La nå parameteren x være den positive løsningen av denne ligningen. At en slik positiv løsning finnes fremgår av oppgaveteksten, og man kan undersøke det ved å se på grafen tily= (3−x)e^x. Nårxer denne positive løsningen, vil vi ha maksimal radians ved frekvensen f_maks som oppfyller

x= hfmaks

kBT . Vi løser med hensyn på fmaks og får

f_maks=x·k_B h ·T.

ii) Sidenx er løsningen av en ligning(3−x)e^x= 3 har den ingen benevning. Det kan vi også se ut fra formelen

f_maks=x·kB

h ·T.

Vi bruker firkantklammer som notasjon for benevningen til en variabel. Vi har [f_maks] = [x]·[kB]

[h] ·[T].

Dermed er

s⁻¹ = [x]· J/K Js · K.

Vi forkorter benevninger og får

s⁻¹= [x]· J Js K · K s⁻¹= [x]·1

s 1 = [x].

Dette viser også at x ikke har benevning.

Oppgave8.

i) På førsteaksen brukes en logaritmisk skala. På andreaksen brukes enlineær skala.

ii) De horisontale og vertikale strekene ut fra hvert punkt markerer usikkerheten i dataene.

iii) Det andre av Tuftes prinsipper sier:

En god grafisk framstilling skal få den som ser på til å tenke på poenget uten å bli forstyrret av metode, grafikk, etc. Gi en kort beskrivelse av hvordan dette plottet gjør det.

Litt detaljert: Plottet viser sammenhengen mellom to egenskaper (nøytrinofluk- sen og et forhold mellom avstand fra produksjonskilden og energien til nøytrinoene).

I denne sammenligningen vises de teoretiske forventningene fra standardteori (sort histogram) og alternative teorier (røde og blå punkter) med målte data. Teorien er uten nøytrinosvingninger og de målte dataene viser avvik. Pga. logaritmisk 1.akse vil de svake teoretiske svingningene (ikke nøytrinesvingninger) bli veldig tydelige og sammenligning med måledata mye enklere.

Helt sentralt: Plottet sammenligner ulike modeller med målte data. Det sentrale er de svake svingningene og det lille avviket fra dem.