Eksamen IRF30014, våren 16 i Matematikk 3

Eksamen IRF30014, våren 16 i Matematikk 3

Løsningsforslag

Oppgave1. Ellipsen vil skal finne er på standardform x² a² +y²

b² = 1

der a > b for styrelinjene er vertikale linjer. Formelen for styrelinjene er x = ±^a_e. Vi setter inn opplysningene fra oppgaven, nemlig x=±25 oge= ³₅. Det gir

25 = a 3/5.

Vi løser med hensyn på a og finner at store halvakse er a= 15. Nå kan vi bestemme fokus-senter avstandenc ved formelen for eksentrisitet e= ^c_a. Innsatt for eog afår vi

3 5 = c

15.

Løst med hensyn på c har vi c = 9. Dermed er brennpunktene F(±9,0). Den lille halvaksen bestemmer vi ved formelen c² =a²−b². Innsatt for aogc har vi

9² = 15²−b².

Løst med hensyn på bfinner vi at lille halvakse erb= 12. Ligningen til ellipsen blir x²

15² + y² 12² = 1.

Skissert sammen med brennpunkter og styrelinjer får vi:

Oppgave2. Vi setter opp ligningssystemet for Lagrange-multiplikatorer til f(x, y, z) = 7x+z på flaten g(x, y, z) = 7x³ + 4y³ −6yz −8 = 0. Ligningene er ∇f = λ∇g og g = 0. Vi deriverer og får:

7 = 21λx²

0 =λ· 12y²−6z 1 =−6λy

7x³+ 4y³−6yz−8 = 0

Ved første og tredje ligning kan ikke λvære0. Dermed gir andre ligning at 12y²−6z= 0.

Løst med hensyn på zfinner vi z= 2y². Vi omskriver første og tredje ligning til 1

λ= 3x² og 1

λ =−6y.

Setter vi disse sammen får vi

3x² =−6y.

Det gir y=−¹₂x².

Nå kan vi eliminere zog y fra fjerde ligning og vi regner som følger:

7x³+ 4y³−6yz−8 = 0 sett først z= 2y² 7x³+ 4y³−12y³−8 = 0 trekk sammen

7x³−8y³−8 = 0 sett nå y=−¹₂x² 7x³−8 −¹₂x²3

−8 = 0 trekk sammen x⁶−7x³−8 = 0

Denne ligningen kan vi løse ved andregradsformelen ved å tenke på x³ som den ukjente.

Det gir

x³=−1 eller x³= 8.

Vi trekker kubikkrot. Verdiene foryogzfinner vi ved å sette inn i uttrykkeney =−¹₂x² og z = 2y². Løsningen x=−1 giry =−¹₂ og z= ¹₂, mens løsningen x = 2 giry =−2 og z= 8.

Det er to kritiske punkt, (−1,−¹₂,¹₂)og (2,−2,8).

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

0≤y≤1 y≤x≤p

2−y² 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 x≤p

2−y² omskrives til

r≤√ 2.

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

0≤r≤√ 2 0≤θ≤ π

4.

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

Z 1 0

Z

√

2−y² y

x

x²+y²dydx= Z Z

D

x x²+y² dA

= Z ^π

4

0

Z

√2

0

rcosθ

r² ·rdrdθ

= Z ^π

4

0

Z

√2

0

cosθdrdθ

= Z ^π

4

0

√

2 cosθdθ

= h√

2 sinθ i^π₄

0

=√ 2 cosπ

4 −0

= 1 Oppgave4. Vi har vektorfeltet

F= (M, N) = (−2xy²,2x²y).

a) KurvenC er parameterisert ved r(t) = (1−t,√

1−t) der0≤t≤1. Vi skal regne et linjeintegral over C og tregner derfor den deriverte:

r⁰(t) = (−1,− 1 2√

1−t).

Utregning av linjeintegralet blir Z

C

F^•dr= Z

C

(−2xy²,2x²y)^•dr

= Z 1

0

(−2(1−t)(√

1−t)²,2(1−t)²√

1−t)^•(−1,− 1 2√

1−t) dt

= Z 1

0

2(1−t)²−(1−t)² dt

= Z 1

0

(1−t)²dt

= Z 1

0

(1−2t+t²) dt

=

t−t²+1 3t³

1 0

= 1−1 +1 3

= 1 3. b) Vi tegner områdetD slik:

Kurven C ligger på oversiden og starter i(1,1)og ender i(0,0).

c) Linjeintegralet avFrundtD regnes ut ved Greens teorem etter formelen Z

∂D

F^•dr= Z Z

D

∂N

∂x −∂M

∂y

dA.

Vi regner ur de partielt deriverte:

∂M

∂y = ∂

∂y −2xy²

=−4xy

∂N

∂x = ∂

∂x 2x²y

= 4xy

Innsatt i integralet får vi

= Z Z

D

(4xy−(−4xy)) dA= Z Z

D

8xydA.

Området Dhary-verdier avgrenset ved ulikhetenex²≤y≤√

x. Dermed setter vi grensene slik:

= Z 1

0

Z

√x

x²

8xydydx Utregning av integralet blir:

= Z 1

0

4xy²

√x

x² dx

= Z 1

0

4x²−4x⁵ dx

= 4

3x³−2 3x⁶

1 0

= 4 3−2

3 −0 + 0

= 2 3. Oppgave5. En flateS er parameterisert ved

r(u, v) = (ucosv, usinv,¹₂u²), der grensene er 0≤u≤√

v og 0≤v≤ ^π₂.

a) For å sjekke atS er en del av paraboloiden setter vi innx=ucosv,y=usinv og z= ¹₂u² og ser etter at høyre og venstre side blir like.

V.S.=z= ¹₂u² H.S.= x²+y²

2 = (ucosv)²+ (usinv)²

2 = ¹₂(u²cos²v+u²sin²v) = ¹₂u²

Siden venstre og høyre side avz= ^x2+y₂ ² er like når vi setter inn parameteriseringen, ligger S på paraboloiden.

b) Vi deriverer parameteriseringen og får:

r_u = ∂r

∂u

= (cosv,sinv, u)

r_v= ∂r

∂v

= (−usinv, ucosv,0)

Kryssproduktet blir:

ru×rv =

~i ~j ~k

cosv sinv u

−usinv ucosv 0

=−u²cosv~i−u²sinv~j+ ucos²v+usin²v~k

= (−u²cosv,−u²sinv, u)

Lengden blir

|r_u×r_v|=p

(−u²cosv)²+ (−usinv)²+u²=p

u⁴+u². c) Overflaten avS er gitt ved integralet

Z Z

S

dσ= Z ^π₂

0

Z

√v

0

|r_u×r_v|dudv Vi setter inn utregningen fra b) og får

= Z ^π

2

0

Z

√v

0

pu⁴+u²dudv

La oss løse det innerste integralet i en mellomregning. Vi kommer til å gjøre en substitusjon. Først omskriver vi det ubestemte integralet slik:

Z p

u⁴+u²du= Z

pu²(u²+ 1) du= Z

up

u²+ 1 du Vi velger subdtitusjonen y=u²+ 1. Da er dy= 2udu. Det gir

= Z √

y·1

2dy= 1 2·2

3y^3/2+C= 1

3(u²+ 1)^3/2+C.

Tilbake i dobbeltintegralet setter vi inn:

Z ^π

2

0

Z

√v

0

pu⁴+u²dudv= Z ^π

2

0

1

3(u²+ 1)^3/2

√v

0

dv

= Z ^π

2

0

1

3(v+ 1)^3/2−1 3

dv

= 2

15(v+ 1)^5/2− 1 3v

^π

2

0

= 2 15(π

2 + 1)^5/2−π 6 − 2

15 Oppgave6. Bølgeligningen ^∂2u

∂t² =c^2∂_∂x^2u2 med randbetingelser u(0, t) =u(L, t) = 0og startbetingel- ser

u(x,0) =

∞

X

n=1

Bnsinnπx

L og

∂u

∂t = 0

har generell løsning på formen u(x, t) =

∞

X

n=1

B_ncos (λ_nt) sinnπx L

derλ_n= ^πcn_L . I dette tilfellet erc² = ₉₀₀¹ ,L=π og initialbetingelsen u(x,0) = 5 sin(6x) + 2 sin(15x).

Vi ser at c= ₃₀¹ og egenverdiene blir λn= πcn

L = π·₃₀¹ ·n

π = n

30. Med L=π har Fourier-sinusrekka til u(x,0)formen

u(x,0) =

∞

X

n=1

Bnsin(nx).

Leddet 5 sin(6x) i initialbetingelsen tilsvarern= 6. Dermed er B6 = 5.

Leddet 2 sin(15x) i initialbetingelsen tilsvarern= 15. Dermed erB15= 2.

Ellers er de andre B_n= 0.

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

∞

X

n=1

Bncos (λnt) sin nπx

L

=B₆cos (λ₆t) sin(6x) +B₁₅cos (λ₁₅t) sin(15x)

= 5 cos ¹₅t

sin(6x) + 2 cos ¹₂t

sin(15x) Vi ble også bedt om å derivere svaret med hensyn på t. Da får vi:

∂u

∂t =−5·1

5·sin ¹₅t

sin(6x)−2·1

2 ·sin ¹₂t

sin(15x)

=−sin ¹₅t

sin(6x)−sin ¹₂t

sin(15x) Oppgave7.

a) Bruker Wiens forskyvingslov (notat 138) λmax= b

T ≈ 2,90·10⁻³mK

5800 K = 0,500·10⁻⁶m = 500 nm b) Bruker Stefan Boltzmanns lov (notat 138)

P =AeσT⁴.

Intensitet er utstålt effekt pr overflateareal. Vi omskriver:

I = P

A =σT⁴= 5,667·10⁻⁸J/sm²K⁴·(5800 K)⁴ ≈6,42·10⁷W/m² = 64,2 MW/m² Har brukt at for sortlegemestråling er e= 1.

Oppgave8.

i) Sirklene markerer antall nøytrinoer målt per dag ved den gitt vinkelen. t-strekene markerer målefeilen. Den heltrukne linja er modelltilpasning til punktene samlet og viser hvordan antall nøytrinoer varierer med retning i målingene.

ii 1. Sirklene viser hva som er målt.

2. Den heltrukne linja framhever hvordan antall nøytrinoer er konstant i all ret- ninger unntatt rett fra sola hvor de er mange flere.

3. Mønstret er tydelig og alt fremhever det sentrale med solretningen.

4. Den vertikale aksen er justert så variansen vises tydelig og det er plass til mange målepunkter.

5. Kombinasjonen av kurvetilpasning og måledata med usikkerhet gjør at retnin- gen blir tydelig framhevet.

6. Samvirkningen av målepunktene, usikkerheten og modelleringen er nettopp å framheve sammenligninger.

7. Målepunktene med usikkerhet viser detaljene tydelig og modelleringen viser helheten.

8. Plottet er beskrivende for målingene.

9. Både måleusikkerhetene og kurvetilpasningen illustrer en statistisk behandling.