Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3

Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3

Løsningsforslag

Oppgave1. Fra ligningen

x² 64− y²

36 = 1 finner vi a=√

64 = 8 og b=√

36 = 6. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c=p

a²+b²=√

64 + 36 =

√

100 = 10.

Dermed er fokuspunktene F(±10,0). Eksentrisiteten er gitt ved e= c

a = 10 8 = 5

4. Styrelinjene er

x=±a

e =± 8

5/4 =±32 5 . Asymptotene er gitt ved ^x_a²2 −^y_b2² = 0, ellery=±_a^bx. Det gir

y=±3 4x.

Vi får denne skissen av ellipse med fokuspunkter, styrelinjer og asymptoter:

Oppgave2.

a) Området D er halvsirkelen i øvre halvplan med sentrum i origo og radius 3. Vi skisserer:

Integralet regner vi lettest ved å bytte til polarkoordinater. Vi setter x = rcosθ og y = rsinθ. Da blir x²+y² = r². Nye grenser er 0 ≤ θ ≤ π og 0 ≤ r ≤ 3.

Arealdifferensialet er dydx= dA=rdrdθ. Vi får:

Z 3

−3

Z

√9−x²

0

(x²+y²) dydx= Z π

0

Z 3 0

r²·rdrdθ

= Z π

0

Z 3 0

r³drdθ

= Z π

0

1 4r⁴

3 0

dθ

= Z π

0

3⁴ 4 dθ

= 81

4 θ π

0

= 81 4 π b) Vi finner divergensen til

F(x, y) = (−x²y, xy²) = (M, N) ved derivasjon.

÷F= ∂M

∂x +∂N

∂y =−2xy+ 2xy= 0.

Divergensen ÷F= 0.

c) I følge Greens teorem er I

C

F^•dr= Z Z

D

∂N

∂x −∂M

∂y

dA.

Utregning av de partielt deriverte er:

∂N

∂x = ∂

∂x(xy²) =y²

∂M

∂y = ∂

∂y(−x²y) =−x² Dermed blir integralet

= Z Z

D

y²−(−x²) dA=

Z Z

D

(x²+y²) dA.

Dette var nettopp det integralet vi bestemte i deloppgave a). Dermed er svaret I

C

F^•dr= 81 4 π.

Oppgave3. Vi skal finne maksimum og minimum for f(x, y, z) =x+yz på kulen x²+y²+z² = 9 ved å bruke Lagrange-multiplikatorer Vi setter g(x, y, z) =x²+y²+z²−9og finner så gradientene

∇f = (1, z, y) og ∇g= (2x,2y,2z).

Ligningssystemet er ∇f =λ∇g og g(x, y, z) = 0. Det gir fire ligningen 1 = 2λx

z= 2λy y= 2λz x²+y²+z²−9 = 0

Andre ligning er et uttrykk for z, vi setter dette inn i tredje ligning og får y= 2λz

y= 2λ(2λy) y= 4λ²y

Det er to muligheter: enten er y= 0 eller så er4λ² = 1.

Dersom y= 0: Vi setter inn y= 0 i andre ligningz = 2λyog får at z= 0. Nå kan vi gå til siste ligning og finner at

x²+ 0²+ 0²−9 = 0

Dermed er x=±3. Dette gir to kritiske punkt, nemlig(3,0,0)og (−3,0,0).

Dersom 4λ² = 1: Vi kan løse for λog får λ=±¹₂. Innsatt i de tre første ligningene i Lagrange-systemet finner vi da:

1 =±x z=±y y =±z

Her er alle fortegnene samsvarende. Det er altså to muligheter x = 1 og y = z, eller x=−1 og y=−z. Hver for seg setter vi inn i siste ligning.

Med x= 1 og y=z:Vi får

x²+y²+z²−9 = 0 1²+z²+z² = 9 z² = 4

z=±2

Dette gir de to kritiske punktene (1,2,2) og (1,−2,−2).Med x =−1 og y =−z: Vi får

x²+y²+z²−9 = 0 (−1)²+ (−z)²+z²= 9 z²= 4

z=±2

Dette gir de to kritiske punktene (−1,−2,2)og(−1,2,−2).

Kulen er en lukket og begrenset mengde. Dermed finnes maksimum og minimum for den kontinuerlige funskjonen f på kulen. De kritiske punktene er mulige ekstremalpunkter, og vi setter opp tabell:

Punkt(x, y, z) Funksjonsverdif(x, y, z) =x+yz (3,0,0) 3 + 0·0 = 3

(−3,0,0) −3 + 0·0 =−3 (1,2,2) 1 + 2·2 = 5 (1,−2,−2) 1 + (−2)·(−2) = 5 (−1,−2,2) −1 + (−2)·2 =−5 (−1,2,−2) −1 + 2·(−2) =−5 Funksjonen har makimumsverdien5 i(1,2,2)og (1,−2,−2).

Funksjonen har minmumsverdien −5 i(−1,−2,2)og(−1,2,−2).

Oppgave4.

a) KurvenC er den rette linjen fra(−1,2,−2)til(1,2,2). Denne kurven kan vi para- metrisere ved

r(t) = (t,2,2t), der−1≤t≤1.

Altså erx(t) =t,y(t) = 2 ogz(t) = 2t. Vi regner ut buedifferensialet:

ds=p

(x⁰(t))²+ (y⁰(t))²+ (z⁰(t))²dt=p

1²+ 0²+ 2²dt=√ 5 dt Nå finner vi integralet:

Z

C

(x²+y²+z²) ds= Z 1

−1

(t²+ 2²+ (2t)²)√ 5 dt

= Z 1

−1

√

5(5t²+ 4) dt

= √

5(5

3t³+ 4t) 1

−1

=

√ 5(5

3+ 4)−√ 5(5

3(−1)³+ 4(−1))

= 34 3

√ 5

b) Vi ser at vektorfeltetF(x, y, z) = (1, z, y)er kontinuerlig og deriverbart i alle punkt.

Dermed er det nok å sjekke om curlF= 0 for å avgjøre om F er konservativt. Vi har

curlF=

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

1 z y

=i ∂

∂y(y)− ∂

∂z(z)

+j ∂

∂z(1)− ∂

∂x(y)

+k ∂

∂x(z)− ∂

∂y(1)

= 0

Dermed er vektorfeltet konservativt.

La oss nå finne en potensialfunksjon for F. Dette er en funksjon f(x, y, z) slik at

∇f =F. Ved å se på x-koordinaten får vi

∂f

∂x = 1.

Vi integrerer med hensyn på x og får f(x, y, z) =

Z

1 dx=x+g(y, z), derg(y, z) er integrasjonskonstanten.

Vi ser på y-koordinaten i∇f =F. Det gir

∂f

∂y =z.

Innsatt vårt foreløbige uttrykk for f har vi 0 +∂g

∂x =z.

Integrasjon med hensyn på y gir g(y, z) =

Z

zdy=zy+h(z),

derh(z)er integrasjonskonstanten. Vi får nå et forbedret uttrykk for f, nemlig f(x, y, z) =x+zy+h(z).

Vi ser så på z-koordinaten til∇f =F. Det gir

∂f

∂z =y.

Innsatt det forbedrede uttrykket for f finner vi 0 +y+∂h

∂z =y.

Dermed er ^∂h_∂z = 0. Integrasjon gir ath(z) er en konstant, og vi kan velgeh(z) = 0 og få potensialfunksjonen

f(x, y, z) =x+yz.

Merk at dette er samme funksjon som i oppgave 3.

La oss løse integralet ved å bruke potensialfunksjonen:

Z

C

F^•dr=f(1,2,2)−f(−1,2,−2)

= (1 + 2·2)−(−1 + 2·(−2))

= 10.

Oppgave5. PrismetT er avgrenset avx= 0,y= 0,z= 0,x+y = 1ogz=x+y+ 1. Grunnflaten ixy-planet er trekanten med hjørner i(0,0),(1,0)og(0,1). Vi snur ligningenx+y = 1 til y = 1−x, slik at det bilr en øvre grense for y. Dermed har vi disse grensene for grunnflaten

0≤x≤1 0≤y ≤1−x

Grensene for z går fra z= 0til planet z=x+y+ 1, altså 0≤z≤x+y+ 1.

Vi kan nå regne ut integralet:

Z Z Z

T

xdV = Z 1

0

Z 1−x 0

Z x+y+1

0

xdzdydx

= Z 1

0

Z 1−x 0

[xz]^x+y+1₀ dydx

= Z 1

0

Z 1−x 0

x(x+y+ 1) dydx

= Z 1

0

Z 1−x 0

(x²+xy+x) dydx

= Z 1

0

x²y+1

2xy²+xy 1−x

0

dx

= Z 1

0

(x²(1−x) +1

2x(1−x)²+x(1−x)) dx Vi forenkler uttrykket i integranden og får:

= Z 1

0

(x²(1−x) +1

2x(1−2x+x²) +x(1−x)) dx

= Z 1

0

(x²−x³+1

2x−x²+1

2x³+x−x²) dx

= Z 1

0

(3

2x−x²−1 2x³) dx

= 3

4x²−1 3x³− 1

8x⁴ 1

0

= 3 4−1

3 −1 8

= 18 24− 8

24− 3 24

= 7 24 Oppgave6.

a) Vi vet at varmeligningen

∂u

∂t =c²∂²u

∂x² med randbetingelse

u(0, t) =u(L, t) = 0 og startbetingelse

u(x,0) =

∞

X

n=1

Bnsinπnx L har løsning

u(x, t) =

∞

X

n=1

B_ne^−λ2ntsinπnx L

derλ_n= ^πcn_L . I dette tilfellet erc² = _σρ^K,L= 4 m,B₁= 80, og øvrigeB_n= 0. Det gir λ₁ = ^πc_L. Vi setter inn i formelen for løsningen og får

u(x, t) = 80e^−λ21tsin πx

4

.

La oss finne c² og λ²₁. Merk at W = J/s og kJ = 1000 J.

c²= K σρ

= 43 W/(m·K)

7850 kg/m³·0,466 kJ/(kg·K)

= 43

7850·0,466

J·m³·kg·K s·m·K·kg·kJ

≈0,01175· 1 1000

m² s

= 1,175·10⁻⁵m²/s.

Videre er

λ²₁ = π²c²

L² ≈ π²·1,175·10⁻⁵m²/s

(4,0 m)² ≈7,251·10⁻⁶1/s.

Løsningen er

u(x, t) = 80e^{−7,25·10−6·t}sin πx

4

.

b) Vi skal finne tidspunktet der høyeste tepmeratur i stålbjelken er 40^◦C. Vi ser at den høyeste temperaturen finnes i midtpunktet (fordisin^πx₄ har toppunkt ix= 2).

Vi løser derfor

u(2, t) = 40.

Innsatt uttrykket for u:

80e^−λ21tsin π2

4

= 40 80e^−λ21t= 40

80

40 =e^λ21t ln 2 =λ²₁t

t= ln 2 λ²₁ . Vi setter inn tall:

t= ln 2

λ²₁ ≈ 0,6931

7,251·10⁻⁶1/s ≈95594 s≈26 timer 33 min.

Det tar 26 og en halv time før høyeste temperatur i stålbjelken er 40^◦C.

Oppgave7. Vi skal regne som om jorden avgir såling som et svart legeme etter Stefan–Boltzmanns lov. Vi finner likevektstemperaturen når T ved å sette

absorbert energifluks inn = energifluks ut.

Innkommende stråling kommer fra sola og fra verdensrommet, som har temperaturT0= 2,7 K. Merk at kun₁₀⁷ av denne energien absorberes. Utgående stråling er gitt ved Stefan–

Boltzmann. Vi får

7 10

1

4S+ Hverdensrommet

A_jord

= H_jord A_jord.

Ved Stefan–Boltzmanns lov erH=AeσT⁴. Her regner vie≈1. Omskrivning ved å dele på A gir energifluksen ^H_A =σT⁴. Innsatt

7 10

1

4S+σT₀⁴

=σT⁴.

Vi setter innS= 1365 W/m²,T0 = 2,7 Kogσ = 5,67·10⁻⁸J/(s·m²·K⁴). Deretter løser vi med hensyn påT. Merk forøvrig at energifluksen fra verdensrommets bakgrunnsstrå- ling er forsvinnende liten sammenlignet med solinnstrålingen, og man kan derfor godt utelate dette bidraget i utregningen.

7 10

1

41365 + 5,67·10⁻⁸·(2,7)⁴

W/m²=σT⁴ 238,88 W/m²=σT⁴

T⁴= 238,88 5,67·10⁻⁸K⁴ T⁴= 238,88

5,67·10⁻⁸K⁴ T⁴= 4,2130·10⁹K⁴

T = p⁴

4,2130·10⁹K T = 254,77 K

Uten jordatmosfæren ville temperaturen på jorda vært omlag 255 K.