1. No category

Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3
Løsningsforslag
Oppgave 1. Fra ligningen
x2
y2
−
=1
64 36
√
√
finner vi a = 64 = 8 og b = 36 = 6. Fokus til senter avstanden er da gitt ved
p
√
√
c = a2 + b2 = 64 + 36 = 100 = 10.
Dermed er fokuspunktene F (±10, 0). Eksentrisiteten er gitt ved
e=
c
10
5
=
= .
a
8
4
Styrelinjene er
x=±
Asymptotene er gitt ved
x2
a2
−
y2
b2
a
8
32
=±
=± .
e
5/4
5
= 0, eller y = ± ab x. Det gir
3
y = ± x.
4
Vi får denne skissen av ellipse med fokuspunkter, styrelinjer og asymptoter:
Oppgave 2.
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 = r cos θ
og y = r sin θ. Da blir x2 + y 2 = r2 . Nye grenser er 0 ≤ θ ≤ π og 0 ≤ r ≤ 3.
Arealdifferensialet er dy dx = dA = r dr dθ. Vi får:
Z
3
√
Z
9−x2
2
π
Z
2
3
Z
r2 · r dr dθ
(x + y ) dy dx =
−3
0
0
0
π
Z
Z
3
r3 dr dθ
0
0
Z π
1 4 3
=
dθ
r
4
0
0
Z π 4
3
=
dθ
0 4
81 π
=
θ
4 0
81
= π
4
=
b) Vi finner divergensen til
F(x, y) = (−x2 y, xy 2 ) = (M, N )
ved derivasjon.
÷F =
∂M
∂N
+
= −2xy + 2xy = 0.
∂x
∂y
Divergensen ÷F = 0.
c) I følge Greens teorem er
I
ZZ F • dr =
C
D
∂N
∂M
−
∂x
∂y
dA.
Utregning av de partielt deriverte er:
∂N
∂
=
(xy 2 ) = y 2
∂x
∂x
∂
∂M
=
(−x2 y) = −x2
∂y
∂y
Dermed blir integralet
ZZ
=
2
2
y − (−x ) dA =
D
ZZ
(x2 + y 2 ) dA.
D
Dette var nettopp det integralet vi bestemte i deloppgave a). Dermed er svaret
I
81
F • dr = π.
4
C
Oppgave 3. Vi skal finne maksimum og minimum for f (x, y, z) = x + yz på kulen x2 + y 2 + z 2 = 9
ved å bruke Lagrange-multiplikatorer Vi setter g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 9 og 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
2
2
2
x +y +z −9=0
Andre ligning er et uttrykk for z, vi setter dette inn i tredje ligning og får
y = 2λz
y = 2λ(2λy)
y = 4λ2 y
Det er to muligheter: enten er y = 0 eller så er 4λ2 = 1.
Dersom y = 0: Vi setter inn y = 0 i andre ligning z = 2λy og får at z = 0. Nå kan vi
gå til siste ligning og finner at
x2 + 0 2 + 0 2 − 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 λ og får λ = ± 21 . 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 + y 2 + z 2 − 9 = 0
12 + z 2 + z 2 = 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 + y 2 + z 2 − 9 = 0
(−1)2 + (−z)2 + z 2 = 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)
(3, 0, 0)
(−3, 0, 0)
(1, 2, 2)
(1, −2, −2)
(−1, −2, 2)
(−1, 2, −2)
Funksjonsverdi f (x, y, z) = x + yz
3+0·0=3
−3 + 0 · 0 = −3
1+2·2=5
1 + (−2) · (−2) = 5
−1 + (−2) · 2 = −5
−1 + 2 · (−2) = −5
Funksjonen har makimumsverdien 5 i (1, 2, 2) og (1, −2, −2).
Funksjonen har minmumsverdien −5 i (−1, −2, 2) og (−1, 2, −2).
Oppgave 4.
a) Kurven C er den rette linjen fra (−1, 2, −2) til (1, 2, 2). Denne kurven kan vi parametrisere ved
r(t) = (t, 2, 2t),
der −1 ≤ t ≤ 1.
Altså er x(t) = t, y(t) = 2 og z(t) = 2t. Vi regner ut buedifferensialet:
p
p
√
ds = (x0 (t))2 + (y 0 (t))2 + (z 0 (t))2 dt = 12 + 02 + 22 dt = 5 dt
Nå finner vi integralet:
Z
Z
(x2 + y 2 + z 2 ) ds =
1
√
(t2 + 22 + (2t)2 ) 5 dt
−1
1 √
C
Z
=
5(5t2 + 4) dt
−1
1
√ 5 3
=
5( t + 4t)
3
−1
√ 5
√ 5
= 5( + 4) − 5( (−1)3 + 4(−1))
3
3
34 √
=
5
3
b) Vi ser at vektorfeltet F(x, y, z) = (1, z, y) er kontinuerlig og deriverbart i alle punkt.
Dermed er det nok å sjekke om curl F = 0 for å avgjøre om F er konservativt. Vi
har
i
j
k ∂
∂
∂ curl F = ∂x ∂y
∂z 1
z
y
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=i
(y) −
(z) + j
(1) −
(y) + k
(z) −
(1)
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
=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
= 1.
∂x
Vi integrerer med hensyn på x og får
Z
f (x, y, z) = 1 dx = x + g(y, z),
der g(y, z) er integrasjonskonstanten.
Vi ser på y-koordinaten i ∇f = F. Det gir
∂f
= z.
∂y
Innsatt vårt foreløbige uttrykk for f har vi
0+
∂g
= z.
∂x
Integrasjon med hensyn på y gir
Z
g(y, z) =
z dy = zy + h(z),
der h(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
= y.
∂z
Innsatt det forbedrede uttrykket for f finner vi
0+y+
∂h
= y.
∂z
Dermed er ∂h
∂z = 0. Integrasjon gir at h(z) er en konstant, og vi kan velge h(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
F • dr = f (1, 2, 2) − f (−1, 2, −2)
C
= (1 + 2 · 2) − (−1 + 2 · (−2))
= 10.
Oppgave 5. Prismet T er avgrenset av x = 0, y = 0, z = 0, x + y = 1 og z = x + y + 1. Grunnflaten
i xy-planet er trekanten med hjørner i (0, 0), (1, 0) og (0, 1). Vi snur ligningen x + 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 = 0 til planet z = x + y + 1, altså
0 ≤ z ≤ x + y + 1.
Vi kan nå regne ut integralet:
Z 1 Z 1−x Z x+y+1
ZZZ
x dz dy dx
x dV =
0
0
0
T
Z 1 Z 1−x
[xz]0x+y+1 dy dx
=
0
0
Z 1 Z 1−x
=
x(x + y + 1) dy dx
0
0
Z 1 Z 1−x
=
(x2 + xy + x) dy dx
0
0
1−x
Z 1
1 2
2
=
x y + xy + xy
dx
2
0
0
Z 1
1
=
(x2 (1 − x) + x(1 − x)2 + x(1 − x)) dx
2
0
Vi forenkler uttrykket i integranden og får:
Z 1
1
=
(x2 (1 − x) + x(1 − 2x + x2 ) + x(1 − x)) dx
2
0
Z 1
1
1
=
(x2 − x3 + x − x2 + x3 + x − x2 ) dx
2
2
0
Z 1
3
1
=
( x − x2 − x3 ) dx
2
0 2
3 2 1 3 1 4 1
=
x − x − x
4
3
8
0
3 1 1
= − −
4 3 8
18
8
3
=
−
−
24 24 24
7
=
24
Oppgave 6.
a) Vi vet at varmeligningen
∂u
∂2u
= c2 2
∂t
∂x
med randbetingelse
u(0, t) = u(L, t) = 0
og startbetingelse
u(x, 0) =
∞
X
Bn sin
n=1
har løsning
u(x, t) =
∞
X
πnx
L
2
Bn e−λn t sin
n=1
der λn = πcn
L . I
πc
gir λ1 = L . Vi
πnx
L
K
dette tilfellet er = σρ
, L = 4 m, B1 = 80, og øvrige Bn = 0. Det
setter inn i formelen for løsningen og får
πx 2
u(x, t) = 80e−λ1 t sin
.
4
c2
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)
J · m3 · kg · K
43
=
7850 · 0,466 s · m · K · kg · kJ
1 m2
≈ 0,01175 ·
1000 s
= 1,175 · 10−5 m2 /s.
=
Videre er
λ21 =
π 2 c2
π 2 · 1,175 · 10−5 m2 /s
≈
≈ 7,251 · 10−6 1/s.
L2
(4,0 m)2
Løsningen er
−6 ·t
u(x, t) = 80e−7,25·10
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 (fordi sin πx
4 har toppunkt i x = 2).
Vi løser derfor
u(2, t) = 40.
Innsatt uttrykket for u:
80e
−λ21 t
sin
π2
4
= 40
2
80e−λ1 t = 40
80
2
= eλ1 t
40
ln 2 = λ21 t
ln 2
t= 2 .
λ1
Vi setter inn tall:
t=
ln 2
0,6931
≈
≈ 95594 s ≈ 26 timer 33 min.
2
7,251 · 10−6 1/s
λ1
Det tar 26 og en halv time før høyeste temperatur i stålbjelken er 40 ◦ C.
Oppgave 7. 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 temperatur T0 =
7
2,7 K. Merk at kun 10
av denne energien absorberes. Utgående stråling er gitt ved Stefan–
Boltzmann. Vi får
Hjord
7 1
Hverdensrommet
S+
=
.
10 4
Ajord
Ajord
Ved Stefan–Boltzmanns lov er H = AeσT 4 . Her regner vi e ≈ 1. Omskrivning ved å dele
4
på A gir energifluksen H
A = σT . Innsatt
7 1
4
S + σT0 = σT 4 .
10 4
Vi setter inn S = 1365 W/m2 , T0 = 2,7 K og σ = 5,67·10−8 J/(s · m2 · K4 ). Deretter løser
vi med hensyn på T . Merk forøvrig at energifluksen fra verdensrommets bakgrunnsstråling er forsvinnende liten sammenlignet med solinnstrålingen, og man kan derfor godt
utelate dette bidraget i utregningen.
7 1
−8
4
1365 + 5,67 · 10 · (2,7)
W/m2 = σT 4
10 4
238,88 W/m2 = σT 4
238,88
T4 =
K4
5,67 · 10−8
238,88
T4 =
K4
5,67 · 10−8
T 4 = 4,2130 · 109 K4
p
T = 4 4,2130 · 109 K
T = 254,77 K
Uten jordatmosfæren ville temperaturen på jorda vært omlag 255 K.