Eksamen, høsten 13 i Matematikk 3

Eksamen, høsten 13 i Matematikk 3

Løsningsforslag

Oppgave1.

a) Fra ligningen

x² 5² +y²

3² = 1

kan vi lese ut store og lille halvakse a= 5 og b= 3. Fokus til senter avstanden er da gitt ved

c=p

a²−b²=p

5²−3² =√

25−9 =√

16 = 4.

Dermed er fokuspunktene F(±4,0). Eksentrisiteten er gitt ved e= c

a = 4 5. Styrelinjene er

x=±a e =±5

4 5

=±25 4 .

Vi får denne skissen av ellipse med fokuspunkter og styrelinjer:

−8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−8

−6

−4

−2 0 2 4 6 8

b) For å ortogonalt diagonalisere matrisen

A=

17 8 8 17

finner vi egenverdier og egenvektorer. Vi løser ligningendet(A−λI) = 0:

17−λ 8 8 17−λ

= 0 (17−λ)²−8²= 0 λ²−34λ+ 289−64 = 0 λ²−34λ+ 225 = 0

λ= 25 eller λ= 9

For egenverdienλ₁ = 25finner vi en egenvektorv₁ = x

y

ved å løse(A−λ₁I)v₁= 0. Totalmatrisen er

17−25 8 0 8 17−25 0

Begge ligninger gir−x+y= 0. Dermed kan vi velgex=y= 1og vi får egenvektoren v₁ =

1 1

.

For å få en ortogonal diagonalisering må vi justere egenvektoren slik at det blir en enhetsvektor. Lengden avv₁ er

|v₁|=p

1²+ 1² =√ 2.

Egenvektor av lengde 1 blir

u₁ = 1

|v₁|v₁ =

√1 12

√2

! .

For å finne egenvektoren til λ₂ = 9 skal vi bruke at A er symmetrisk. Derfor vet vi at det finnes en ortogonal diagonalisering. Det betyr at egenvektoren v₂=

x y

må være normal til v₁= 1

1

. Altså er prikkproduktet lik0:

v₁^•v₂ =x+y= 0.

Vi velger y = 1 og får x = −1. Egenvektoren er derfor v2 = −1

1

. For å få en ortogonal diagonalisering må vi justere egenvektoren slik at det blir en enhetsvektor.

Lengden avv2 er

|v₂|=p

(−1)²+ 1²=√ 2.

Egenvektor av lengde 1 blir

u₂ = 1

|v₂|v₂= −^√1

1 2

√2

! .

Matrisene i en ortogonal diagonalisering A=P DP^T er gitt ved

P =

√1 2 −^√1

1 2

√2

√1 2

!

og D=

25 0 0 9

.

For å skissere nivåkurvenQ(x1, x2) = 225til den kvadratiske formenQmed matrise A bruker vi koordinatskiftetx=Pysom gir

y^TDy=x^TAx=Q(x₁, x₂) = 225.

Utskrevet i y-koordinater er nivåkurven

25y²₁+ 9y²₂ = 225.

Vi deler meed 225og får standardform y²₁

9 +y₂² 25 = 1.

Vi bruker egenvektoreneu1ogu2som enhetsvektorer for et skråtty-koordinatsystem og tegner så ellipsen (som er den samme som i deloppgave a)). Det gir:

−6 −4 −2 0 2 4 6

−5

−4

−3

−2

−1 0 1 2 3 4 5

Oppgave2. Vi skal finne kritiske punkt ved Lagrange-multiplikatorer forf(x, y, z) =zunder betin- gelsenxy−xz+yz= 1. Vi setterg(x, y, z) =xy−xz+yz−1og finner så gradientene

∇f = (0,0,1) og ∇g= (y−z, x+z,−x+y).

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

0 =λ(x+z) 1 =λ(−x+y) xy−xz+yz−1 = 0

Fra den tredje ligningen kan vi se at λikke kan være lik 0. Dermed kan vi dele med λi de to første ligningene og få

0 =y−z 0 =x+z

Det gir y=zog x=−z. Vi setter inn i siste ligning og løser xy−xz+yz−1 = 0 (−z)·z−(−z)·z+z·z−1 = 0

−z²+z²+z²= 1 z²= 1

z=±1

Dermed har vi to kritiske punkt: z= 1gir x=−1 ogy = 1, mens z=−1 gir x= 1og y =−1.

De kritiske punktene er (−1,1,1)og (1,−1,−1).

Oppgave3.

a) Vi skisserer legemetD.

0.5 1 1.5 2

−0.5 0 0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

For å uttrykke grensene for Di sylinderkoordinater setter vi inn x=rcosθ, y=rsinθ og z=z

i uttrykkene som definerer D. Den nedre grensen forz blir som før z= 0.

Den øvre grensen for zblir

z=x²+y² =r²cos²θ+r²sin²θ=r²(cos²θ+ sin²θ) =r². Grensen for sylinderen omskrives som

(x−1)²+y²= 1 x²−2x+ 1 +y²= 1 x²+y²−2x= 0 r²−2rcosθ= 0 r(r−2 cosθ) = 0

r= 0 eller r−2 cosθ= 0 Dermed går r fra 0til 2 cosθ.

Merk også at sylinderen har x-verdier x ≥ 0. Derfor går θ fra −^π₂ til ^π₂. Dette er intervallet hvor cosθer positiv.

Det gir følgende grenser for D:

0≤z≤r² 0≤r≤2 cosθ

−π

2 ≤θ≤ π 2 b) Volumet av D er gitt som integralet RRR

DdV. I sylinderkoordinater er dV = rdzdrdθ. Dermed finner vi volumet slik:

Z Z Z

D

dV = Z ^π

2

−^π

2

Z 2 cosθ 0

Z r²

0

rdzdrdθ

= Z ^π

2

−^π

2

Z _{2 cosθ}

0

[rz]^r₀²drdθ

= Z ^π

2

−^π

2

Z 2 cosθ 0

r³drdθ

= Z ^π

2

−^π₂

1 4r⁴

2 cosθ 0

dθ

= Z ^π

2

−^π₂

1

4(2 cosθ)⁴dθ

= 4 Z ^π

2

−^π

2

cos⁴θdθ

= 4·3π 8

= 3π 2 .

c) Vi regner ut integraletRRR

DzdV: Z Z Z

D

zdV = Z ^π₂

−^π

2

Z 2 cosθ 0

Z r²

0

rzdzdrdθ

= Z ^π

2

−^π₂

Z 2 cosθ 0

1 2rz²

r²

0

drdθ

= Z ^π

2

−^π₂

Z 2 cosθ 0

1

2r⁵drdθ

= Z ^π₂

−^π

2

1 12r⁶

2 cosθ 0

dθ

= Z ^π

2

−^π

2

1

12(2 cosθ)⁶dθ

= 16 3

Z ^π

2

−^π₂

cos⁶θdθ

= 16 3 ·5π

16

= 5π 3 .

Når massetettheten er konstant likδ = 1, så er massen M =

Z Z Z

D

δdV = Z Z Z

D

dV = 3π 2 , og momentet om xy-planet

Mxy = Z Z Z

D

δzdV = Z Z Z

D

zdV = 5π 3 . Massesenterets z-koordinat er

¯

z= Mxy

M =

5π 3 3π

2

= 10 9 . Oppgave4.

a) Vi bestemmer først grenser for området D avgrenset av y = 3x−x² og y = x.

Grensene for x er gitt ved skjæringspunktene for de to kurvene:

x= 3x−x² x² = 3x−x x² = 2x

x= 0 eller x= 2.

Vi ser at parabelen ligger over den rette linja forxmellom0og2. Derfor er grensene for y fra y=xtil y= 3x−x². Grenser forD er

x≤y≤3x−x² 0≤x≤2

Vi integrerer nå 3y over områdetDog får Z Z

D

3ydA= Z ₂

0

Z 3x−x² x

3ydydx

= Z 2

0

3 2y²

3x−x² x

dx

= Z 2

0

3

2(3x−x²)²−3 2x²

dx

= Z 2

0

3

2(9x²−6x³+x⁴)−3 2x²

dx

= Z 2

0

27

2 x²−9x³+3 2x⁴− 3

2x²

dx

= Z 2

0

12x²−9x³+3 2x⁴

dx

=

4x³−9

4x⁴+ 3 10x⁵

2 0

= 4·2³−9

4 ·2⁴+ 3

10 ·2⁵−0

= 32−36 +48 5

= 28 5 b) Vi har gitt vektorfeltet

F(x, y) = (sin²(πx)−y², xy+ cos²(πy)).

Linjestykket C1 fra (0,0)til (2,2)parametriserer vi ved r(t) = (t, t), der 0≤t≤2.

Det gir ^dr_dt = (1,1). Vi finner linjeintegralet slik:

Z

C1

F^•dr= Z 2

0

(sin²(πx)−y², xy+ cos²(πy))^•(1,1) dt

= Z 2

0

sin²(πx)−y²+xy+ cos²(πy) dt

= Z ₂

0

sin²(πt)−t²+t²+ cos²(πt) dt

= Z 2

0

1·dt

= [t]²₀

= 2.

c) Et vektorfeltF= (M, N) som er deriverbart i alle punkt er konservativt dersom

∂N

∂x −∂M

∂y = 0.

Vi sjekker om dette holder:

∂N

∂x −∂M

∂y = ∂

∂x xy+ cos²(πy)

− ∂

∂y sin²(πx)−y²

=y−(−2y)

= 3y.

Svaret ble ikke 0. Derfor er Fikke et konservativt vektorfelt.

For å finne linjeintegralet R

C2F^•dr kan vi bruke Greens teorem:

Z

C

F^•dr= Z Z

D

∂N

∂x −∂M

∂y

dA

der C er satt sammen av C1 og C2 og Der området mellom disse to kurvene. Vi deler integralet av C i to biter og setter inn for curlF^•k.

Z

C1

F^•dr+ Z

C2

F^•dr= Z Z

D

3ydA.

Vi har allerede regnet to av disse integralene. Dermed er 2 +

Z

C2

F^•dr= 28 5 . Løst med hensyn på det ukjente integralet får vi

Z

C2

F^•dr= 18 5 . Oppgave5. 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

Bne^−λ2ntsinπnx L

der λ_n = ^πcn_L . I dette tilfellet erc = √

5, L =π, B₁ = 50,B₂ = 50og øvrige B_n = 0.

Det gir λ1 = ^π

√5·1

π =√

5 og λ2 = ^π

√5·2 π = 2√

5. Vi setter inn i formelen for løsningen og får

u(x, t) = 50e^−5tsinx+ 50e^−20tsin 2x.

Oppgave6.

a) Vi har vektorfeltet F = (2xz,−2yz, x² −y²) og skal regne ut curlF og divF. Vi regner ut curlFslik:

curlF=

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

2xz −2yz x²−y²

=i

∂

∂y(x²−y²)−_∂z^∂ (−2yz)

+j _∂z^∂ (2xz)−_∂x^∂ (x²−y²) +k

∂

∂x(−2yz)− _∂y^∂(2xz)

=i(−2y−(−2y)) +j(2x−2x) +k(0−0)

= 0

Vi regner ut divF slik:

divF= _∂x^∂ (2xz) +_∂y^∂ (−2yz) +_∂z^∂(x²−y²)

= 2z−2z+ 0

= 0

b) Siden curlF = 0 og Fer deriverbart i alle punkt er F et gradientvektorfelt (kon- servativt). Dermed finnes en potensialfunksjon f med ∇f = F. Denne potensial- funksjone passer i Laplace-ligningen fordi

∂²f

∂x² + ∂²f

∂y² + ∂²f

∂z² = div(∇f) = divF= 0.

Den siste likheten fikk vi fra utregningen av divergens i deloppgave a).

La oss nå finne potensialfunksjonen f, som er den løsningen av Laplace-ligningen som oppgaven sikter til. Vi tar utgangspunkt i ∇f =F. Fra x-koordinatenen har

vi ∂f

∂x = 2xz.

Vi integrerer med hensyn på x og får

f(x, y, z) =x²z+g(y, z)

derg(y, z) er konstant med hensyn påx. Innsatt dette uttrykket forf i

∂f

∂y =−2yz får vi

∂

∂y x²z+g(x, y)

=−2yz.

Vi forenkler til

∂g

∂y =−2yz.

Vi integrerer med hensyn på y og får

g(y, z) =−y²z+h(z)

derh(z)er konstant med hensyn påx og y. Dette gir et nytt uttrykk forf: f(x, y, z) =x²z−y²z+h(z).

Vi setter inn i

∂f

∂z =x²−y² og får

∂

∂z x²z−y²z+h(z)

=x²−y². Dette forenkler til

x²−y²+∂h

∂z =x²−y².

Dermed er ^∂h_∂z = 0. Altså erh(z) =C konstant. Vi har konstruert følgende løsning av Laplace-ligningen:

f(x, y, z) =x²z−y²z+C.