Eksamen IRF30017, høsten 21 i Matematikk 3

Eksamen IRF30017, høsten 21 i Matematikk 3

Løsningsforslag

Oppgave 1.

a) Den oppgitte ligningen er

16x²−9y²= 144.

Vi omskriver til standard hyperbel ligning ved å dele med 144 på begge sider og

får x²

9 − y² 16 = 1.

Dette passer med standardform ^x_a2² − ^y_b²₂ = 1 nåra² = 9 og b² = 16. Det gira= 3 og b= 4.

Vi nner brennpunktene (±c,0)ved å regne utc=√

a²+b². Det gir c=p

3²+ 4² =√

25 = 5.

Brennpunktene er (±5,0).

Asymptotene er gitt ved y = ±_a^bx. (Dette er ligningen man får ved å sette kon- stantleddet i den oppgitte ligningen lik 0.)

Asymptotene er y=±⁴₃x.

Vi skisserer hyperbel, brennpunkt og asymptoter slik:

-18

-18 -16-16 -14-14 -12-12 -10-10 -8-8 -6-6 -4-4 -2-2 22 44 66 88 1010 1212 1414 1616 1818 2020 2222 2424 2626

-12 -12 -10 -10 -8 -8 -6 -6 -4 -4 -2 -2 2 2 4 4 6 6 8 8 10 10 12 12

0 0

y = 4 / 3 x y = 4 / 3 x y = -(4 / 3) x

y = -(4 / 3) x

F1 F1 F2

F2

b) Anta at P har koordinater (x0, y0). Hvis d er avstanden fra P til et annet punkt (x, y) sier Pytagoras at

d²= (x−x0)²+ (y−y0)².

Sammenligner vi med den oppgitte funksjonen f(x, y) =x²+

y− 25

3 2

,

ser vi at høyresidene i de to uttrykkene er like dersom x0 = 0 og y0 = ²⁵₃. Vi konkluderer at

punktetP har koordinater(0,25 3 ),

og funksjonen f er likd², som er kvadratet av avstanden fra(x, y)til P.

Vi skal nå bruke Lagranges multiplikatormetode til å minimeref gitt16x²−9y²= 144. Vi setter g(x, y) = 16x² −9y² −144 slik at siste ligning er ekvivalent til g(x, y) = 0. For å sette opp Lagranges ligninger trenger vi de deriverte:

∂f

∂x = 2x

∂f

∂y = 2(y−²⁵₃)

∂g

∂x = 32x

∂g

∂y =−18y

Ligningene er ∇f =λ∇g og g= 0. Utskrevet blir det:

2x=λ·32x 2(y−²⁵₃) =λ·(−18y) 16x²−9y²−144 = 0

Den første ligningen er enklest. Enten er x= 0, ellers har vi λ= 2x

32x = ₁₆¹

Muligheten x = 0: Ved innsettingsmetoden kan vi se hva x = 0 medfører for de andre ligningene. I tredje ligning får vi da

16·0²−9y²−144 = 0.

Dette er en ligning med ingen løsning, siden enhvery-verdi gjør uttrykket−9y²−144 til et negativt tall. Dermed er x= 0umulig.

Muligheten λ= ₁₆¹: Innsatt i andre ligning får vi 2(y−²⁵₃ ) = ₁₆¹ ·(−18y).

Vi ganger ut og får

2y−⁵⁰₃ =−⁹₈y.

Dermed blir

(2 +⁹₈)y = ⁵⁰₃. Løst med hensyn på y får vi

y= 50/3 2 +⁹₈ = ¹⁶₃ .

Når vi nå har funnet y-verdien kan vi løse tredje ligning for å nnex. Vi får 16x²−9y²−144 = 0

16x²−9 ¹⁶₃2

−144 = 0

16x² = 256 + 144 x² = 25

Det gir to løsninger x=±5.

Kritiske punkter er (5,¹⁶₃) og (−5,¹⁶₃).

Spørsmålet i oppgaven er å nne minste avstand mellom P og hyperbelen. Denne minsteavstandendmå forekomme i et av de kritiske punktene. Vi nner

d= q

x²+ y−²⁵₃2

= q

(±5)²+ ¹⁶₃ −²⁵₃2

=√ 25 + 9

=√ 34

Den minste avstanden fra hyperbelen til P er lik√ 34.

c) For å sjekke at et vektorfeltF=Mi+Njer konservativt, er det to ting å sjekke, denisjonsmengden og virvlingen. Denisjonsmengden bør være enkeltsammenhen- gende, det vil si at det ikke er huller midt inne i mengden. I denne oppgaven er denisjonsmengden hele xy-planet, så dette kriteriet er i orden. For virvlingen er kriteriet at ^∂N_∂x = ^∂M_∂y . Vi deriverer og sjekker for vårt vektorfelt

F= 3yi+ 3xj.

Vi har da

∂N

∂x = ∂

∂x 3x

= 3

∂M

∂y = ∂

∂y 3y

= 3

Det stemmer. Altså vektorfeltet F er konservativt.

Vi nner en potensialfunksjon f ved å løse ∇f =F ved integrasjon. I førstekoor- dinat har vi

∂f

∂x =M

∂f

∂x = 3y f(x, y) =

Z 3ydx f(x, y) = 3xy+g(y)

Her er gintegrasjonskonstanten, som jo kan variere med hensyn på y. For andrekoordinat gir uttrykket ∇f =Ffølgende ligning:

∂f

∂y =N

∂f

∂y = 3x

Vi tar uttrykket for f som vi fant over og setter inn på venstre side:

∂f

∂y =N

∂

∂y 3xy+g(y)

= 3x 3x+ ∂g

∂y = 3x

∂g

∂y = 3x−3x

∂g

∂y = 0

Nå kan vi integrere med hensyn på y og får g(y) =konstant. Siden ingen ytterli- gere føringer er lagt på potensialfunksjonen kan vi velge konstanten. Om vi velger konstant= 0 nner vi denne potensialfunksjonen:

f(x, y) = 3xy.

d) Dette linjeintegralet er ikke umulig å løse ved å nne en parametrisering av kurven C og deretter utføre integrasjonen, men siden vi har funnet en potensialfunksjon kan vi gjøre det lettere ved

Z

C

F^•dr=f(endepunkt)−f(startpunkt).

Det gir

Z

C

F^•dr=f(5,16

3 )−f(3,0)

= 3·5·16

3 −3·3·0

= 80.

Oppgave 2. Vi tegner sirkelen og parabelen i samme koordinatsystem og markerer områdetR.

-3.5

-3.5 -3-3 -2.5-2.5 -2-2 -1.5-1.5 -1-1 -0.5-0.5 0.50.5 11 1.51.5 22 2.52.5 33 3.53.5 44

-2.5 -2.5 -2 -2 -1.5 -1.5 -1 -1 -0.5 -0.5 0.5 0.5 1 1 1.5 1.5 2 2 2.5 2.5

0 0

R R

ff

g g

Skjæringspunktene mellom sirkel og parabel nner vi ved regning:

y= 1−¹₂x² innsatt i x²+y² = 2 gir

x²+ (1−¹₂x²) = 2.

Vi forenkler og løser

x²+ 1−2·¹₂x²+¹₄x⁴ = 2

1

4x⁴ = 2−1 x⁴ = 4

x=±√ 2 Den tilsvarende y-verdien ery= 1−¹₂(±√

2)²= 0. Skjæringspunktene mellom sirkel og parabel er dermed (±√

2,0).

For å beskrive området R ser vi først på x-verdiene. Siden R ligger i første kvadrant er x≥0. Videre er alle punktene til venstre for skjæringspunktet, såx≤√

2. Dermed 0≤x≤√

2.

For en slik x-verdi ligger muligey-verdier mellom parabelen og sirkelen. Vi ser at para- belen er nedre grense. Dermed er 1−¹₂x² ≤y. Videre er sirkelen øvre grense for y. Vi løser med hensyn på y og får

x²+y²= 2 y²= 2−x²

y=±p 2−x².

Det er positivt fortegn for øvre halvsirkel. Det gir øvre grense y≤√

2−x². OmrådetR har derfor grenser

0≤x≤√ 2 1−¹₂x² ≤y≤p

2−x².

Vi regner ut integralet av 5y over R og får:

Z Z

R

5y dA= Z

√2

0

Z

√2−x²

1−1 2x²

5y dydx

= Z

√2

0

₅

2y²

√2−x² 1−1

2x² dx

= Z

√ 2 0

5 2(p

2−x²)²−⁵₂(1− ¹₂x²)² dx

= Z

√ 2 0

5

2(2−x²)−⁵₂(1−x²+¹₄x⁴) dx

= Z

√2

0

5−⁵₂x²− ⁵₂1 +⁵₂x²−⁵₈x⁴ dx

= Z

√ 2 0

5

2 −⁵₈x⁴ dx

=₅

2x−¹₈x⁵

√ 2 0

= ⁵₂ ·√

2−¹₈ ·(

√ 2)⁵−0

= 2√ 2 Integralet blir2√

2.

Oppgave 3. Området D ligger innenfor en kule med radius 2 og er båndet rundt ekvator mellom ϕ= ^π₃ ogϕ= ^2π₃ . Det er ingen begrensning på vinkelenθ. Vi skisserer og får:

Vi beregner integralene i kulekoordinater og bruker at volumdierensialet er gitt ved dV =ρ²sinϕdρ dϕ dθ.

Massetettheten er en konstant, og blir bare hengende ved gjennom utregningen.

Integralet av masse blir:

m= Z Z Z

D

δdV

= Z 2π

0

Z 2π/3 π/3

Z 2 0

δρ²sinϕdρ dϕdθ

= Z 2π

0

Z 2π/3 π/3

₁

3δρ³sinϕ2 0 dϕdθ

= Z _2π

0

Z _2π/3

π/3 8

3δsinϕdϕdθ

= Z _2π

0

−⁸₃δcosϕ2π/3 π/3 dθ

= Z 2π

0 8

3δ −cos^2π₃ + cos^π₃ dθ

= Z 2π

0 8

3δ ¹₂ +¹₂ dθ

=₈

3δθ2π 0

= ¹⁶₃δπ

For å beregne treghetsmomentet tregner vi å omskrive x²+y² til sfæriske koordinater.

Vi har

x²+y²= (ρsinϕcosθ)²+ (ρsinϕsinθ)²

=ρ²sin²ϕ cos²θ+ sin²θ

=ρ²sin²ϕ.

Vi regner nå ut treghetsmomentet ved integrasjon:

I = Z Z Z

D

δ(x²+y²) dV

= Z 2π

0

Z 2π/3 π/3

Z 2 0

δρ²sin²ϕρ²sinϕdρ dϕdθ

= Z 2π

0

Z 2π/3 π/3

Z 2 0

δρ⁴sin³ϕdρ dϕdθ

= Z 2π

0

Z 2π/3 π/3

₁

5δρ⁵sin³ϕ2 0 dϕ dθ

= Z 2π

0

Z 2π/3 π/3

32

5 δsin³ϕdϕdθ

= Z 2π

0

₃₂

5δ ¹₃cos³ϕ−cosϕ2π/3 π/3 dθ

= Z 2π

0 32

5δ (¹₃cos^{3 2π}₃ −cos^2π₃ )−(¹₃cos^{3 π}₃ −cos^π₃) dθ

= Z 2π

0 32

5δ ¹¹₂₄+¹¹₂₄ dθ

=₈₈

15δθ2π 0

= ¹⁷⁶₁₅δπ

Massen er ¹⁶₃δπ og treghetsmomentet er ¹⁷⁶₁₅δπ. Oppgave 4. Vi har gitt vektorfeltet

F= (e^xsiny−2y)i+e^xcosyj+ 3zk.

a) Vi nner virvlingen curlF=





i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

e^xsiny−2y e^xcosy 3z





= 0i+ 0j+ ∂

∂x(e^xcosy)− ∂

∂y(e^xsiny−2y)

k

= (e^xcosy−e^xcosy+ 2)k

= 2k

Virvlingen er curlF= 2k= [0,0,2].

Vi nner også divergensen divF= ∂

∂x(e^xsiny−2y) + ∂

∂y(e^xcosy) + ∂

∂z(3z)

=e^xsiny−e^xsiny+ 3

= 3 Divergensen er divF= 3.

b) Området R ligger i xy-planet innenfor x²+y² = 1. Det er en sirkel med radius 1 og arealet er derfor

Areal(R) =πr² =π·1² =π.

Kurven C omslutterR og Stokes teorem sier at Z

C

F^•dr= Z Z

R

(curlF)^•n dσ

Normalvektoren til R er n =k = [0,0,1], og ligger att i xy-planet. Dermed blir ateintegralet som følger

= Z Z

R

2k^•kdA= 2·Areal(R) = 2π.

c) OmrådetD er den fylte halvkula med radius1 over xy-planet. Volumet er Volum(D) = 1

2 ·4

3πr³= 2

3π1³ = 2π 3 . Divergensteoremet sier at

Z Z

S

F^•ndσ+ Z Z

R

F^•(−k) dA= Z Z Z

D

divF dV.

For det midterste integralet har vi Z Z

R

F^•(−k) dA= Z Z

R

[e^xsiny−2y, e^xcosy,3z]·[0,0,−1] dA= 0 fordi z= 0 påR.

Trippelintegralet blir Z Z Z

D

divF dV = Z Z Z

D

3 dV = 3·Volum(D) = 3·2π 3 = 2π.

Ved divergensteoremet får vi da:

Z Z

S

F^•ndσ = 2π−0 = 2π.

Oppgave 5.

a) Det er ere årsaker til at normalkraften ikke er konstant:

• Retningen til normalkraften endres når klossen er i forskjellige posisjoner langs den buede banen, for normalkraften står alltid normalt på underlaget.

• Når klossen beveger seg i en sirkelformet bane er akselerasjonen i normal- retningen, sentripetalakselerasjonen, lik ^v_r². Den tilsvarende sentripetalkraften varierer altså avhengig av hvor stor fart klossen har.

• Newtons 2.lov i normalretningen sier at

Sentripetalkraft = Normalkraft + Gravitasjonen i normalretning. Normalkomponenten av gravitasjonen har størrelseGn=mgcosθ, og varierer også avhengig av posisjonen til klossen.

Normalkraften avhenger av sentripetalkraften og gravitasjonen i normalretning, og disse er ikke konstante.

b) Vi har dierensialligningen d²x

dt² =−gsin x

r

−µgcos x

r

−µ r

dx dt

2

. De dimensjonsløse variablene t=τ·t˜ogx=L·x˜gir

dx dt = L

τ d˜x

d˜t og d²x dt² = L

τ² d²x˜

d˜t². Innsatt i dierensialligningen får vi

L τ²

d²x˜

d˜t² =−gsin L·x˜

r

−µgcos L·x˜

r

−µ r

L τ

d˜x dt˜

2

. Vi multipliserer begge sider med ^τ_L² og forenkler uttrykket:

d²x˜

d˜t² =−gτ² L sin

L·x˜ r

−µgτ² L cos

L·x˜ r

−µL r

d˜x dt˜

2

.

La oss velge størrelseneLogτ. For å forenkle inne i de trigonometriske funksjonene setter vi L=r og får

L·x˜

r = r·x˜ r = ˜x.

Vi ønsker også å forenkle koesienten foran sinus og setter ^gτ_L² = 1. Løst med hensyn på τ får vi

τ = s

L g =

rr g.

Hvis vi sammenligner x=L·x˜ med formelen for buelengde, atx=r·θ, der r er radius og θ er vinkel målt i radianer, så ser vi atL=r betyr at x˜=θ.

Derfor er x˜ det samme som vinkelen θ.

Med disse forenklingene blir dierensialligningen d²x˜

dt˜² =−sin (˜x)−µcos (˜x)−µ d˜x

d˜t 2

. Vi innfører nå en dimensjonsløs variabel v˜for hastighet ved å sette

˜ v= d˜x

d˜t. Da blir også

d²x˜ d˜t² = d˜v

d˜t. Dette gir dierensialligningssystemet

d˜x d˜t = ˜v d˜v

d˜t =−sin(˜x)−µcos(˜x)−µ˜v²

c) Friksjonstallet µer eneste parameter, og vi skal nå utføre ett steg i Eulers metode når parameteren er µ = 0,1. Steglengden er ∆˜t= 0,1. Tid, posisjon og hastighet ved start er

˜t0 = 0, x˜0 =−0,5 og ˜v0= 1.

Vi bruker dierensialligningssystemet til å regne ut stigningstall:

d˜x dt˜

0

= ˜v0= 1.

d˜v d˜t

0

=−sin(˜x0)−µcos(˜x0)−µ˜v₀²=−sin(−0,5)−0,1 cos(−0,5)−0,1·1² ≈0,2917.

Vi går ett steg ved Eulers metode slik:

˜t1= ˜t0+ ∆˜t= 0 + 0,1 = 0,1

˜

x₁= ˜x₀+ d˜x

d˜t

0

∆˜t=−0,5 + 1·0,1 =−0,4

˜

v₁= ˜v₀+ d˜v

d˜t

0

∆˜t= 1 + 0,2917·0,1 = 1,0292

Etter ett steg gir Eulers metode følgende tilnærmede verdier for tid, posisjon og fart:

˜t₁ = 0,1, x˜₁ =−0,4 og v˜₁ = 1,0292.

Den dimensjonsløse formelen for energi er

E˜ = ¹₂v˜²−cos(˜x)

og vi regner ut numeriske verdier for n= 0 og n= 1 slik:

E˜0= ¹₂˜v²₀−cos(˜x0) = ¹₂ ·1²−cos(−0,5) =−0,3776 E˜₁= ¹₂˜v²₁−cos(˜x₁) = ¹₂ ·1,0292²−cos(−0,4) =−0,3915 Den mekaniske energien skal ikke være konstant fordi friksjonen gjør arbeid.

Dessuten gir Eulers metode bare tilnærmede verdier slik at verdiene for E˜0 og E˜1

har numeriske feil.

Derfor er ikke E˜₀ = ˜E₁.