Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F2 1. Den fjerde afledede regnes for konstant i intervallet [f (4) (t) =M 4 = 24] og dermed er:

Transkript

1 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 1 Opgave 1 a) Simpsons algoritme med m =6ogh =.1: som medfører at s = f + f 6 =3.356 s 1 = f 1 + f 3 + f 5 = s = f + f 4 =.899 J = h 3 (s +4s 1 +s )= Den fjerde afledede regnes for konstant i intervallet [f (4) (t) =M 4 = 4] og dermed er: (b a) 5.65 ɛ s = M 4 = 4 = (m) [Tabelværdier og M 4 = 4 er resultater af antagelsen f(x) =1+x + x + x 3 + x 4, og i dette tilfælde er J = J + ɛ s =.89995]. b) Benyttes Kreyszigs betegnelser kan følgende tabel opstilles: x j f j f j f j 3 f j [opstilles næste linie i tabellen fås 4 f =.4 = M 4 h 4 ]. Benyttes ligning (14) (16) i 17.3 ( 18.3 i 7.ed.) med x =,x =.15 r = x x =1.5 fås h r(r 1) p 3 (.15)= f + r f + r(r 1)(r ) f + 3 f 3! = = hvor f(.15) p 3 (.15)med fejlen ɛ 3 = h4 4! r(r 1)(r )(r 3) f (4) (t) = (.5)( 1.5)4 = [Benyttes f(x) =1+x+x +x 3 +x 4 fås f(.15)= p 3 (.15)+ɛ 3 = ]. Ørsted Laboratoriet, September 3

2 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) j t j f j =cos( π t j ) og dermed s = f + f 1 =1 s 1 = f 1 + f f 9 = s = f + f f 8 = C(1)= h (s +s 1 +s )=.7777 C(1)= h 3 (s +4s 1 +s )= (trapez) (Simpson) b) Benyttes f(t) =cos( π t )fås: f (t) = πt sin ( π t ) f ()=, f (1)= π f (t) = π sin ( π t ) (πt) cos ( π t ) f (t) = 3π t cos ( π t )+(πt) 3 sin ( π t ) f ()=, f (1)= π 3 og fejlene bliver ɛ = h 1 ɛ = h4 18 og dermed [ f (1) f () ] =.1 ( π) =.6 1 (trapez) [ f (1) f () ] = π3 = (Simpson) C(1) C(1)+ ɛ = (trapez og Simpson) Simpsons algoritme C(1)= med en fejl 1 5. Udnyttes dette ses, at C(1)+ ɛ forbedrer nøjagtigheden af trapez-resultatet med en faktor 1. Antages en lignende forbedring af Simpson-resultatet er C(1)= med en fejl svarende til at afrundingsfejlen dominerer [tabelværdien er C(1)= ].

3 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) Benyttes (4a)side 851 (side 939 i 7.ed.)fås: (x 1)(x )(x 3) )(x )(x 3) p 3 (x) = +1(x ( 1)( )( 3) (1 )(1 )(1 3) (x )(x 1)(x 3) )(x 1)(x ) +( ) +3(x ( )( 1)( 3) (3 )(3 1)(3 ) = 1 ( x 3 6x +11x 6 ) + 1 ( x 3 5x +6x) 3 + ( x 3 4x +3x ) + 1 ( x 3 3x +x ) eller p 3 (x) = 5 3 x3 6x x + b) Newtons iterationsmetode er beskrevet i tabel 17.1 side 84 (tabel 18.1 side 93 i 7.ed.): x n+1 = x n p 3 (x n) p 3 (x n), p 3(x) =5x 1x fås n x n p 3 (x n ) p 3 (x n) og dermed x p =1.617 c) Vurdering af fejlen ved at tilnærme f(x)med p 3 (x)er givet ved (5)på side 851 (939): ɛ = ɛ 3 (x p ) = 1 (x 4! p )(x p 1)(x p )(x p 3)f (4) (t x p ) =.177 Vi har, at f(x) x f (x) p 3 (x) og dermed at fejlen ɛ svarer til en variation af x, somer ɛ x p 3 (x p ) = =.46 Dvs. at løsningen af f(x) =,når 1 <x<, må forventes at ligge i intervallet x p x <x<x p + x, eller 1.57 <x<1.67

4 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) Ifølge Kreyszig 17.3 ( 18.3 i 7.ed.), ligning (6) (7), haves: hvor f(x) =p 4 (x) =p 3 (x)+a 4 (x x )(x x 1 )(x x )(x x 3 ) a 4 = og dermed f 4 p 3 (x 4 ) (x 4 x )(x 4 x 1 )(x 4 x )(x 4 x 3 ) = = 1 f(x) =x 3 4x +3x +1 1 x(x 1)(x )(x 3) = x 3 4x +3x +1 1 x4 +3x 3 11 x +3x = 1 x4 +4x 3 19 x +6x +1 Integreres funktionen fås 4 f(x)dx = [ 1 1 x5 + x x3 +3x + x ] 4 = =.9333 b) Benyttes Kreyszigs notation i Tabel 17.4 (18.4 i 7.ed.)om Simpsons algoritme fås: og idet h =1fås s = f + f 4 =; s 1 = f 1 + f 3 =; s = f = 1 J = h 3 (s +4s 1 +s )=1 3 ( + 8 )= 8 3 =.6667 Foratvurderefejlenɛ udregnes: og vi får: f (x) = 1x +4 ogdermed f ()= 4; f (4)= 4 ɛ h4 [ f (b) f (a) ] = ( 4 4)= 4 15 =.667 som er identisk med den korrekte størrelse af fejlen: ɛ = J J = = = (Vurderingen af fejlen udnytter en fjerdegrads-polynomium-tilnærmelse, som er eksakt i dette tilfælde).

5 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 5 Opgave 5 a) Anvendes Lagrange interpolations metode, (3a)og (3b)i 17.3 ( 18.3 i 7. udgave)fås: (x )(x 3) p (x) =f (1 )(1 3) + f (x 1)(x 3) 1 ( 1)( 3) + f (x 1)(x ) (3 1)(3 ) = f ( x 5x +6 ) ( f 1 x 4x +3 ) + f ( 3 x 3x + ) =.865x.675x Ligningen J (x) p (x) =for1<x<3 har løsningen x =.448. Benyttes ligning (5)i Kreyszig haves ɛ ( x) ( x x )( x x 1 )( x x 3 )J ( x)/3! =. b) Benyttes intervallængden h =.1π fås, idet g j = g( x, θ j ) j θ j π g j =cos(.448 sin θ) π.776.π π π π og trapez-metoden giver J ( x) =h [.5(g + g 5 )+(g 1 + g + g 3 + g 4 ) ] =.1π π [ ] =. Idet π g(.448,θ=.5π) =.1595 fås i tilfældet h =.5π J ( x) =.5π π [ ] =. Antages ɛ J h ved trapez-metoden er fejlen i første regning.5 gange mindre end i andet tilfælde og dermed 1/(.5 1)gange differensen mellem de to resultater, dvs. ɛ J [. (.)]/5.5 = Ved at udnytte J ( x) =. kan bestemmelsen af nulpunktets position x forbedres: x x J ( x)/j ( x) J ( x) p ( x) =.865 x.675 =.487 x =.44 [Det korrekte resultat er.448].

6 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 6 Opgave 6 a) Med h =.1π fås følgende værdier for x j og f j =1/ sin x j j x j f j g j = f j 1 x j.1π π π π π s = f + f 4 =4.367 ; s 1 = f 1 + f 3 =.7576 ; s = f =1.367 Simpsons algoritme med m = 4 eller h =.1π giver resultatet: J a = h 3 (s +4s 1 +s )= Den analytiske udtryk for integralet giver J = og dermed er fejlen: b) Fra søjlen med g j = f j 1 x j fås ɛ = J J a =.183 s = g + g 4 = ; s 1 = g 1 + g 3 = ; s = g =.1754 og dermed J b =.5π J 1 = h 3 (s +4s 1 +s )= π De afledede af f(x)og g(x) =f(x) 1 x er f (x) = cos x sin x f (x) = 5cosx sin x 6cos3 x sin 4 x Dermed fås følgende fejlvurderinger: 1 x dx + J 1 =ln = ; f (x) = 1 sin x + cos x sin 3 x ; g (x) =f (x)+ 6 x 4 ɛ a = h4 18 [f (b) f (a) ]= (.1π)4 ( )= ɛ b = h4 18 [g (b) g (a) ]= (.1π)4 ( )= Polynomium-beskrivelsen, som udnyttes i Simpsons algoritme, er ikke en god tilnærmelse til f(x)for x. Det betyder, at udregningen i a)giver en stor fejl og at fejlvurderingen ɛ a er næsten en faktor 3 forkert. Fremgangsmåden i b)giver et meget bedre resultat for J og en korrekt vurdering af fejlens størrelse (ɛ = ).

7 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 7 Opgave 7 a) Benyttes Kreyszigs betegnelser i afsnit 17.3 kan følgende tabel opstilles: x j f j f j f j 3 f j h =1 og r = x x ( ) 3 x = x og dermed f(x) p h 3 (x) = s f s= s eller x(x 1) x(x 1)(x ) f(x) 1.+x(.134)+ (.3) x(x 1)(x )(x 3) ɛ(x) =f(x) p 3 (x) f (4) (t); f (4) (t).5 4 Udtrykkene udledes fra Kreyszig 17.3, ligning (14)og (16), og giver følgende f(.5).9681 ; ɛ(.5)=. f(1.5).759 ; ɛ(1.5)=.1 f(.5).66 ; ɛ(.5)=. b) Trapez-metoden, 17.5 ligning (), giver resultatet (h = 1): J 1 = h(.5f + f 1 + f +.5f 3 )= = Benyttes f (t) 1 3 [f (3) f ()] f j 1 (.3.134).18 fås fra 17.5 ligning (3)eller Supplementets ligning (1.1): ɛ 1 h 1 (3 )f (t) h 1 [f (3) f ()].45 Simpsons algoritme, 17.5 Table 17.4, giver følgende resultat (h =.5): J =(h/3)[{f + f 3 } +{f 1 + f } +4{f(.5)+ f(1.5)+ f(.5)}] (.5/3)[ ] = I dette tilfælde er der to bidrag til fejlen, dels bidraget som skyldes Simpson tilnærmelsen ved udregning af J [ 17.5 ligning (8)eller Supplementet (1.)] og dels fejlen ved at benytte interpolationsværdierne for f(x): ɛ h4 18 (3 )f (4) (t)+ 4h [ɛ(.5)+ ɛ(1.5)+ ɛ(.5)] 3 = (.5) (.8)= =.19 Fejlen domineres af bidraget fra interpolationen, men er stadigvæk en faktor mindre end ved den simple udregning. Dvs. benyttes (højere ordens) interpolation kan fejlen ved udregning af et integral reduceres betydeligt. Bemærk, at trapez-metoden kun ville have reduceret fejlen med en faktor 4. Eksempel: f(x) =cos(πx/6) J =6/π =1.999.

8 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 8 Opgave 8 a) Idet Laplace-transformen af y betegnes Y = L{y} fås eller L{y } = sy y()= sy 1=L{x y} = 1 s Y (s +1)Y =1+ 1 s Y = 1 s s (s +1) = s s 1 s Den inverse Laplace-transformation af denne ligning giver resultatet: y = y(x) =e x + x 1 ; y(1)=.7358 b) Runge-Kutta algoritmen er beskrevet i tabel 19.4 side 948 (tabel.4 side 14 i 7.ed.). Her er h =1,x =,y =1,ogf(x, y) =x y: og dermed k 1 = hf(x,y )=hf(, 1)= 1 k = hf(x + 1 h, y + 1 k 1 )=hf(.5,.5)= k 3 = hf(x + 1 h, y + 1 k )=hf(.5, 1)=.5 k 4 = hf(x + h, y + k 3 )=hf(1,.5)=.5 y(1) y 1 = (k 1 +k +k 3 + k 4 )= ( )=.75 c) Funktionen y = y(x)går gennem (x, y) =(, 1)med hældningen y = 1 og gennem (x, y) =(1,.7358)med hældningen y = x y =.64. y skifter fortegn mellem de to punkter, og minimumspunktet bestemmes af y = x y = exp( x)+ 1 =, som har løsningen x =ln y =ln= Igrænsenx fås den asymptotiske opførsel y(x) y = x y 1 y = x x

9 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 9 Opgave 9 a) Den Laplace transformerede af foldningsintegralet t f(t) = τ sin(t τ)dτ = t sin t er og dermed F (s) =L{t}L{sin t} = 1 s 1 s +1 = 1 s 1 s +1 f(t) =L 1 {F (s)} = t sin t og idet sin(π/ τ) =cosτ fås for t = π/ f(π/)= π τ cos τdτ = π 1=.578 b) Funktionen g(τ) =τ cos τ med intervalopdelingen h =.1π, mellem a = og b = π/, er beskrevet ved følgende tabel [g j = g(τ j )]: Benyttes trapez-metoden fås: j τ j g j 1.1π.9878.π π π π f(π/)= h [ 1 g + g 1 + g + g 3 + g g 5] =.1π = Idet g (t) =cosτ τ sin τ, ogdermedg ()= 1 og g (π/)= π/, fås ɛ = h [ g (b) g (a) ] = (.1π) ( π 1 1 1) =.114 Den relative forskel mellem den tilnærmede værdi af integralet f(π/) f(π/)+ ɛ =.5773 og den korrekte værdi er af størrelsesordenen 1 4.

10 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 1 Opgave 1 a) Benyttes relationerne L{y } = sy y()og L x {x} =1/s transformeres differentialligningen over i L{y = y +x} sy 1=Y + s Y (s) = s + s (s 1) Omskrivning af brøken Y (s) = s + s (s 1) = a s 1 + b s + c s = as + bs b + cs cs s (s 1) giver resultatet: a + c =1,b c =, b = eller b = c = oga =3og dermed Y (s) = 3 s 1 s y(x) =L 1 {Y (s)} =3e x x s b) Algoritmen for Eulers forberede metode er opstillet i Table 19. (. i 7. udgave), og vi har følgende parameterværdier: h =. ; f(x n,y n )=y n +x n ; x =,y =1 Udnyttes ligningerne (7a)og (7b)i 19.1 [(5a)og (5b)i.1 i 7. udgave] fås: y n+1 = y n + 1 h[f(x n,y n )+f(x n+1,yn+1 = y n + hf(x n,y n ))] = y n + 1 h[y n +x n + {y n + h(y n +x n )+x n+1 }] =(1+h + 1 h )y n +(h + h )x n + h(x n + h) =1. y n +.44 x n +.4 = y n + 1 (k 1 + k ) I tabelform bliver resultatet, idet k 1 = hf(x n,y n ), k = hf(x n+1,y n + k 1 ), n x n y n y(x n ) y(x n ) y n y(x n ) k 1 k De resultater, der er bedt om, er: ỹ(1)= y 5 =4.18 og ɛ r = y(x 5 ) y 5 y(x 5 ) =.11

11 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 11 Opgave 11 a) Den Laplace transformerede differentialligning er L{y = y + x } sy y()= Y + s 3 Y (s) = s 3 (s 1) Omskrivning af brøken Y (s) = s 3 (s 1) = a s 1 + b s 3 + c s + d s = as3 +(s 1)(b + cs + ds ) s 3 (s 1) giver resultatet a + d =,c d =,b c =,og b =, eller a = b = c = d =ogdermed Y (s) = s 1 s 3 s y(x) =L 1 {Y (s)} =e x x x s b) Algoritmen for Eulers forberede metode er opstillet i tabel 19. og h =. ; f(x n,y n )=y n + x n ; x =,y = Udnyttes ligningerne (7a)og (7b)i 19.1 fås: y n+1 = y n + 1 h[f(x n,y n )+f(x n+1,yn+1) ] og yn+1 = y n + hf(x n,y n )=y n + h(y n + x n ) y n+1 = y n + 1 h[y n + x n + {y n + h(y n + x n)+(x n + h) }] =1. y n +. x n +.4 x n +.4 Benyttes tabel 19. direkte haves y n+1 = y n + 1 (k 1 + k ), hvor k 1 = hf(x n,y n )og k = hf(x n+1,y n + k 1 ) På tabelform bliver resultatet n x n y n k 1 k og dermed er svaret: ỹ(1)= y 5 = Den korrekte værdi er y(1)= og dermed bliver den relative fejl: ɛ r = y(1) ỹ(1) y(1) =4. 1 4

12 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 1 Opgave 1 a) Ifølge tabel 5.9 er L{ t/π} =1/s 3/ eller F (s) =L{ π t} = s 3/ G(s) =L{t 3/ } = L{tf(t)} = F (s) = 3 π 4s 5/ Benyttes foldningsintegral-sætningen ( 5.5 teorem 1)fås t 3π y(t) = g(τ)f(t τ)dτ Y (s) =F (s)g(s) = 8s 4 og dermed y(t) =L 1 {Y (s)} = π 16 t3 ; y(1)= π 16 = b) j x j f j Trapez metoden med h =.5 og f j = f(x j )=(x 3/ j 1) 1 x j J = h[ 1 (f + f 4 )+f 1 + f + f 3 ]=.4753 Idet f (x) = 3 x(1 x) x3/ 1 1 x og benyttes l Hôpitals regel [ x f 3/ ] 1 (1)= lim x 1 = lim 1 x x 1 fås følgende vurdering af fejlen Benyttes [ f ()= 1 3 ] x1/ (1 x) 1/ ɛ = h 1 [f (1) f ()] =.5 (.5)=.6 1 = 1 [ y(1)= J + 1 xdx= J + 3 (1 x) 3/] 1 = J + 3 giver de numeriske regninger at y(1) J + ɛ + 3 = = Den relative fejl er.%. En tilsvarende direkte beregning af y(1)vha. trapez metoden giver resultatet y(1)= ɛ, hvorfejlenɛ ikke kan vurderes ved udtrykket ovenfor, idet den afledede af x 3/ 1 x for x 1. Dette viser at polynomium tilnærmelsen til x 3/ 1 x, som udnyttes i trapez metoden, ikke er pålidelig når x er tæt ved 1.

13 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 13 Opgave 13 a) Laplace transformeres y +y +5y =5 ; y()= a ; y ()= b fås følgende sekulære ligning, hvor Y = Y (s) = L{y(t)}, s Y sa b +sy a +5Y = 5 s En omskrivning af sidste brøk giver og dermed hvoraf fås (s +s +5)Y (s +)a b = 5 s (s +)a + b Y (s) = s +s s(s +s +5) 5 s(s +s +5) = 1 s s + s +s +5 = 1 s s + (s +1) + Y = 1 s + (s +)(a 1)+ b (s +1) + = 1 s +(a 1) s +1 (s +1) (a + b 1) (s +1) + y(t) =L 1 {Y } =1+e t [(a 1)cos(t)+ 1 (a + b 1)sin(t)] b) y()= 1 + (a 1)= i) y( π 4 )=1+e π 4 1 (a + b 1)= 1 a = ; b =1 og dermed y(t) =1+e t cos(t) ii)indsættes begyndelsesbetingelserne, y ()= og y ()=, direkte i differentialligningen fortæller den, at 5y()= 5. Dermed er y()= a = 1 og y ()= b = og resultatet er y(t) =1

14 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 14 Opgave 14 a) Benyttes følgende relationer, se fx side 77 (side 9 i 7.ed.) L{ty } = d ds[ s Y (s) sy() y () ] = sy s Y + y() L{y } = sy y() L{ty} = d Y (s) = Y ds transformeres differentialligningen over i L{ty + y + ty} = (s +1)Y sy = (s>) og dermed bliver differentialligningen til bestemmelse af Y = Y (s): Løsningerne er: ln Y = eller Y = Y (s) = Y + s s +1 Y = s s +1 ds = 1 ln(s +1)+konstant A s +1 (A arbitrær konstant) b) Taylor-rækkeudvikling af Laplace-integralet: F (s) = e st f(t)dt = e st[ f()+ f ()t + 1! f ()t + ]dt = 1 s f()+ 1 s f ()+ 1!! s 3 f ()+ 1 3! 3! s 4 f ()+ eller [ 1 lim sf (s)= lim s s f()+ s f ()+ + 1 s n f (n) ()+ ] = f() som det skulle vises. Anvendes dette resultat på den generelle løsning fundet under punkt a)fås As lim sy (s)= lim s s s +1 = A og dermed, at valget A = 1 betyder at Y (s)er Laplace transformationen af funktionen y(t)med randbetingelsen y()= 1, eller L{J (t)} = 1 s +1

15 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 15 Opgave 15 a) Benyttes Heaviside funktionen, u(t a), kan v(t)skrives: t v(t) =V a [1 u(t a)]+v u(t a) = V [ ] t (t a)u(t a) a og benyttes t-forskydningsreglen, (3)side 67 [(4)side 79 i 7.ed.], fås V (s) =L{v(t)} = V as ( 1 e as ) b) Laplace transformationen af differentialligningen er: og dermed V = RI + L[sI i()] = RI + LsI V I = I(s) = Ls + R = V 1 ( 1 e as ) al s (s + R L ) = V ( 1 L L ) (1 ar s + R R e as ) s + R s L som ved invertering giver resultatet: i(t) = V ( t L ( 1 e R L t) [ u(t a) t a L ( 1 e R L (t a))]) ar R R c) For <t a er u(t a) =oge R L t 1 R L t + R L t, som indsat giver i(t) V [ t L ( R ar R L t R )] L t = V al t For t er u(t a) =1oge R L t, og dermed i(t) V (t L [ ar R t a L ]) = V R R

16 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 16 Opgave 16 a) j x j x j x (x j x) Fra tabellen fås, idet n =5, x = 1 n n j=1 x j = =3.9 s = 1 n 1 n (x j x) = j=1 4 s =.9 9% konfidensintervallet for µ er bestemt ud fra Student s t-fordelingen med n 1 = 4 frihedsgrader og γ =.9, dvs.: F (c) = 1 (1 + γ) =.95 c =.13 (tabel A9 i 8. og A1 i 7. udgave)og dermed k = sc/ n =.. Resultatet er, ifølge Table 3. i 8. udgave af Kreyszig (Table 4.6 i 7. udgave): CONF{x k<µ<x + k} =CONF{3.9 <µ<34.9} b) Det totale antal af mulige udfald er 6 6 = 36. Blandt disse udfald optælles mulighederne for en syver: 1 + 6, 6 + 1, + 5, 5 +, 3 + 4, 4 + 3, dvs. af de 36 muligheder er der 6 udfald med syv øjne: P (7 øjne)= p = 36 6 = 1 6. Sandsynligheden for at ( slå ) x syvere i 4 kast er bestemt af binomialfordelingen: n P (X = x) =f(x) = p x (1 p) 1 x med n =4ogp = 1 x 6,dvs. P (X )= P (X =)+P (X =3)+P (X =4) ( ) ( ) ( ) = (1 p) p + (1 p)p 3 + p =6 ( 5 6 ) ( 16 ) +4 ( 56 )( 16 ) 3 + ( 16 ) 4 =.1319 Ifølge Kreyszig, ligning (3)og (4)i.7 ( 3.6 i 7.ed.), er middelværdien af denne fordeling: µ = np =4 1 6 = 3 og variansen σ = np(1 p) = = 5 9 og dermed σ =.745.

17 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 17 Opgave 17 a) Normering af sandsynlighedstætheden giver: a f(x)dx = cdx= ac =1 c = 1 a a Middelværdien X =, dvs. at variansen bliver σ 1 = X X = X = a a x dx a =1 3 For den diskrete fordeling er X i = 1 b 1 b =og σ = 1 b + 1 ( b) =b og dermed at σ = σ 1 b = a 1. ( a ) 3 1 a = a 1 y(n) =±b ± b ± ±b (n tal)med sandsynligheden 1 de enkelte b er er +, eller ( ) n 1 P (i plustegn)= i n for at fortegnet foran (binomialfordeling med p = 1 ).Mediplusser bliver y = y i = ib (n i)b = (i n)b ( ) n 1 f n (y i )= i n, hvor y i =(i n)b og i =, 1,,...,n. b) I grænsen n 1 kan Y (n)tilnærmes med normalfordelingen, uanset valg af f(x),medµ =og σ = σn n = σ1 = n 1 a i=1 Dermed har Y (n)/σ n tilnærmelsesvis fordelingsfunktionen Φ(z = y(n)/σ n ), eller P ( 5a <Y(n) 5a) =P ( 5a/σ n <Z 5a/σ n ) =Φ(5a/σ n ) Φ( 5a/σ n )= 1 for n = n.opslagitabel8viseratz(d) =.674 og betyder at z(d) = 5a σ n = 5a a n /1 =.674 ( ) 5 n 1 = 66.4 eller n.674 = 661 (±1)

18 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 18 Opgave 18 a) Sandsynlighederne er bestemt ved Poisson fordelingen, som har frekvensfunktionen: f P (x) = µx x! e µ = x x! e hvor x er antallet af henfald i tidsintervallet t = /λ og µ = λt = er middelværdien. Dvs. P (X 3)= 1 F P ()= 1 f P () f P (1) f P ()= 1 1 e ( 1++)=.333 (se også tabel A6 side A88, side A1 i 7.ed.). b) Igrænsenµ 1er Dvs. P (µ µ X µ+ µ) = f P (x) 1 πσ e 1 ( x µ σ ), σ = µ µ+ µ µ µ f P (x)dx Φ( µ/σ) Φ( µ/σ) =.95 som medfører µ/σ =1.96 (tabel A8). Indsættes µ =.5µ og σ = µ fås.5µ µ =1.96 µ = 1537 c) I det generelle tilfælde er µ = λt og p(t) =f P ()= exp( λt),dvs. Med denne fordelingsfunktion fås: og F (t) =1 e λt, for t f(t) =F (t) = λe λt, for t [ ] G(u) = exp(ut ) = λe (u λ)t λ dt = u λ e (λ u)t = λ λ u idet det er forudsat at λ u>. Momenterne kan beregnes direkte, men udnyttes den moment-genererende funktion fås: T = G λ ()= (λ u) = λ 1 u= og dermed T = G λ ()= (λ u) 3 =λ u= σ = T T =λ λ = λ

19 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 19 Opgave 19 a) Sandsynligheden for at slå 1 sekser i første kast er P (X =1)=f(1)= 1 6. Sandsynligheden for først at slå 1 sekser i andet kast er lig sandsynligheden for seksere i første kast, = 5 6, gange sandsynligheden for en sekser i andet kast, eller P (X =)=f()= Generelt er f(x) = 1 6( 56 ) x 1 hvor x =1,, 3,... Fordelingsfunktionen er F (x) =f(1)+ f()+ + f(x) = 1 [ ( ) 5 x 1 ] 6 ( ) 56 n {( ) 56 x ( ) + 56 x+1 + }] = 1 [ 6 n= = 1 [ ( ) 56 n ( ) 6 56 x n= n= =1 ( 5 6 ) x ( 56 ) n ] = 1 6 [ 1 ( 56 ) x ] og det ses umiddelbart, at F (x) 1 =1for x. Desuden fås: P (3 <X 9)= F (9) F (3)= 1 ( 5 6 ) 9 1+ ( 56 ) 3 =.385 b) Den moment-genererende funktion er: De afledede er og dermed G(t) = x=1 ( ) 1 56 x 1 6 e xt = et 6 ( 56 e t) n n= = et = e t 6 et 6 5 e t (for 5e t < 6) G e t (t) = 6 5 e t et ( 5e t ) (6 5 e t ) = 6e t (6 5 e t ) G 6e t (t) = (6 5 e t ) 1et ( 5e t ) (6 5 e t ) 3 = (6 + 5et )6e t (6 5 e t ) 3 µ = X = G ()= 6 ; σ = X X = G () µ =66 36 = 3 Eksperimentet med at slå 4 seksere i højst tre kast med fire terninger, når man efter hvert kast beholder de seksere man har slået, kan ækvivaleres med et eksperiment, hvor man kaster hver af de fire terninger hver for sig. Sandsynligheden for at der er 1 sekser i højst tre kast er F(3)for hver af terningerne, dvs. den ønskede sandsynlighed er P (4 seksere i 3 kast)= [F (3)] 4 = [ 1 ( 5 ) 3 ] 4 ( ) 6 = =.315

20 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) Der er 1 forskellige mulige udfald med lige stor sandsynlighed, dvs.: f(x) = 1 1 for x =, 1,,, 9 og for alle andre x. Middelværdien svarende til denne frekvensfunktion er 9 µ x = X = xf(x) =4.5 x= 9 og idet x = 85 fås x= σx = X X = =8.5 σ x =.87 Tælles antal udfald, hvor y(n) =,y(n) = 1,, y(n) = n og divideres med antallet af mulige udfald 1 n fås: P (Y (1) 1)= (1 + 1) 1 1 =. P (Y () )=(1++3) 1 =.6 P (Y (3) 3)=( ) 1 3 =. b) X i er statistisk uafhængige, og ifølge teorem 1 og 3 i.9 ( 3.8 i 7.ed.) gælder derfor generelt n n µ n = µ x = nµ x =4.5n ; σn = σx = nσx σ n =.87 n i=1 Når n 1 kan vi benytte The central limit theorem i 3.3 ( 4.6 i 7.ed.), og dermed at fordelingen er normal med middelværdi µ n og standardafvigelse σ n eller f n (y) = i=1 [ 1 exp 16.5nπ (y 4.5n) 16.5n At finde 95% konfidensintervallet svarer til at bestemme k således, at P (µ n k Y (n) µ n +k) =P ( k σ n Y (n) µ n σ n ] k σ n ) =Φ ( k σn ) 1=.95 og dermed, ifølge tabel A7 A8, at k =1.96σ n. Når n = 1 er µ n = 45 og k = = 178, og dermed bliver konfidensintervallet CONF{43 y(1) 4678}

21 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 1 Opgave 1 a) j x j x j x (x j x) Fra tabellen fås, idet n =5, s = 1 n 1 x = 1 n n j=1 n (x j x) = 8.8 j=1 4 x j = =1. s =1.48 9% konfidensintervallet for µ er bestemt ud fra Student s t-fordelingen med n 1 = 4 frihedsgrader og γ =.9, dvs.: F (c) = 1 (1 + γ) =.95 c =.13 (tabel A9 i 8. og A1 i 7. udgave)og dermed k = sc/ n =1.41. Resultatet er, ifølge Table 3. i 8. udgave af Kreyszig (Table 4.6 i 7. udgave): CONF{x k<µ<x + k} =CONF{8.79 <µ<11.61} b) x-interval b j z-interval e j (b j e j ) x< 7 7 <z< <x< <z< <x< <z< <x< 1.5 <z< <x< <z< <x< <z< <x< <z< <x <z< e j b j er antallet af målepunkter i de forskellige x-intervaller, b j = n = 1. Næste søjle viser de tilsvarende intervaller af z =(x µ)/σ, medµ =1. og σ =.. Fjerde søjle er de udregnede værdier af e j = n[φ(z ) Φ(z 1 )], hvor z 1 og z er intervalendepunkterne, og Φ(z)er den standardiserede normalfordeling opstillet i tabel A7. Antallet af intervaller er K = 8ogfrasidste søjle fås: χ K = (b j e j ) =.69 e j j=1 Dette resultat skal sammenlignes med χ -fordelingen med K r 1=5 frihedsgrader. To frihedsgrader, r =, er udnyttet ved at antage µ = x =1 og σ = s =. Ifølge Table 3.7 (4.1 i 7. udgave)kan hypotesen om at X er normalfordelt accepteres, hvis χ c, hvorc er løsningen til ligningen P (χ c) =1 α =.95. Fra tabel A1 (A11 i 7. udgave)fås, at c =11.7 >χ =.69, og dermed at hypotesen kan accepteres.

22 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) De første fire søjler i følgende tabel opstilles: x y x xy y y y Benyttes ligning (7.4)i Supplement til Kreyszig fås fra tabellen, idet n =1 og D = n x i ( x i ) = 85, x k = i yi x i xi y i =.8 D k 1 = n x i y i x i yi =.486 D b) De to sidste søjler i tabellen er udfyldt ved at benytte y i = k + k 1 x i = x i, hvorefter (7.6) (7.8) i supplementet giver: s (y) = 1 (yi y n i ) =.3965 =.496 ; s(y) =.7 8 x s (k )= i D s (y) =.31 ; s(k )=.48 s (k 1 )= n D s (y) =.61 ; s(k 1 )=.78 95% konfidensintervallet for κ 1, og dermed også forκ og µ, er bestemt af Student s t-fordelingen med n = 8 frihedsgrader og γ =.95, dvs.: F (c) = 1 (1 + γ) =.975 c =.31 (tabel A9 i 8. og A1 i 7. udgave). Ifølge tabel 3.1 (4.13 i 7. udgave)og sidste paragraf i supplementet: CONF{ k cs(k ) <κ <k + cs(k )} =CONF{.1 <κ <.1} CONF{ k 1 cs(k 1 ) <κ 1 <k 1 + cs(k 1 )} =CONF{.468 <κ 1 <.54} CONF{ y cs( y ) < µ< y + cs( y )} =CONF{.63 < µ<.73} I sidste linie er y = y i /n =.683 med standardafvigelsen s( y ) = s(y)/ 1 =.. Ifølge hypotesen er κ =,κ 1 =.5, og µ = µ(x)/n =.5x i /1 =.75. Værdierne af κ og κ 1 tilhører 95% konfidensintervallerne, men µ =.75 ligger uden for 95% konfidensintervallet for µ. Benyttes det hertil svarende signifikans-niveau på 5% er svaret ja til at hypotesen kan afvises.

23 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) Idet log a +logb =log(ab)og log 1 = 1 fås F (x) =f(1)+ f()+ + f(k)= [log log 1] + + [log(k +1) log k] 3 (k +1) =log =log(k +1) ; k x<k+1 1 k F (x) = for x<1 ; F (x) =F (9)= log 1 = 1 for x 9. Sandsynligheden for at første ciffer er lige er P (k lige)= f()+ f(4)+ f(6)+ f(8)= log 3 log + log 5 log 4 + =log =.3911 Middelværdien er, idet x log k =logk x, b) 9 µ = x = kf(k)= 1[log log 1] + [log 3 log ] + k=1 =log =log19 =3.44 9! k b k e k (b k e k ) b k er antallet af tal der har k som første ciffer, b k = n = 1. Næste søjle er de udregnede værdier forudsagt af Benford fordelingen: e k = nf(k) = 1 log[(k +1)/k]. Antallet af intervaller er K = 9 og fra sidste søjle fås: χ K = (b j e j ) =1.58 e j k=1 Dette resultat skal sammenlignes med χ -fordelingen med K r 1=8 frihedsgrader. r =, da Benford fordelingen er fastlagt på forhånd uden brug af stikprøven. Hypotesen er, at tallene i stikprøven har en fordeling som er i overensstemmelse med Benford fordelingen. Ifølge Table 3.7 (4.1 i 7. udgave)kan hypotesen accepteres, hvis χ c, hvorc er løsningen til ligningen P (χ c) =1 α =.95. Fra tabel A1 (A11 i 7. udgave)fås, at c =15.51 >χ =1.58, og dermed: hypotesen kan ikke afvises. e k

24 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) Frekvensfunktionen for Poisson fordelingen er f(x) = µx x! e µ,hvorµ er middelværdien. Udnyttes det at X og Y er statistisk uafhængige fås 3 3 P (Z =3)= P (X = x Y =3 x) = P (X = x)p (Y =3 x) x= x= 3 x 3 3 x = x= x! e (3 x)! e 3 = e 5( ! + 1 3! +! ! 1) =.8333 e 5 =.144 For Poisson fordelingen er variansen lig med middelværdien, og benyttes teorem 1 og 3 i.9 fås: µ = Z = X + Y = X + Y = µ 1 + µ σ = Z Z = σ (x)+σ (y) = µ 1 + µ Z s fordeling tilnærmes med normalfordelingen med µ =5ogσ = 5og ( ) ( ) P (Z =3) Φ Φ 5 5 =Φ(.671) Φ( 1.118)= =.1193 ved brug af lineær interpolation i tabel A7. b) Ligningen xy = 3 har kun de (ikke-negative)heltallige løsningerne (x, y) = (1, 3)og (3,1). Det betyder, at nu er P (Z =3)=P (X =1)P (Y =3)+P (X =3)P (Y =1)=.876 I det generelle tilfælde fås (se også teoremi.9): µ = Z = XY = X Y = µ 1 µ Benyttes X = σ (x)+ X = µ 1 + µ 1 og tilsvarende for Y fås: σ = Z Z = X Y µ 1 µ = X Y µ 1 µ =(µ 1 + µ 1)(µ + µ ) µ 1µ = µ 1 µ (µ 1 + µ +1) Dvs., at i det betragtede tilfælde er µ =6ogσ = 3( )= 6 og ( ) ( ) P (Z =3) Φ Φ = = Alle resultater under a)er i overensstemmelse med at Z = X +Y har Poisson fordelingen med µ = µ 1 + µ,idetp(z =3)= 53 3! e 5. Dette forekommer intuitivt rigtigt og kan let eftervises generelt vha. moment-genererende funktioner. I tilfældet Z = XY er µ σ,ogz har ikke en Poisson fordeling. µ = 5erpå grænsen af hvor normalfordelingstilnærmelsen kan benyttes (især ude i halerne)og den relative fejl er 15% i a). µ er større i b)men den relative fejl er ca. to gange større i dette tilfælde (fordelingen er meget langt fra at være normal).

25 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 5 Opgave 5 a) I følge Supplementet (6.5)har Y en normalfordeling og Y = X 1 X = µ 1 µ (teorem 1 i.9). X 1 og X er uafhængige stokastiske variable med varianserne σ (x 1 )=σ /n 1 og σ (x )=σ /n, hvilket medfører ( 1 σ (y) =σ (x 1 )+σ (x )= σ + 1 ) n 1 n (teorem i.9). Ifølge teorem i 3.3 [tabel 3. eller Supplementet (5.6)] er konfidensintervallerne givet ved { CONF γ x α c α s α µ α x α + c α s } α nα nα og F t (c α )=(1+γ)/, hvor F t er Student s t-fordelingen med n α 1 frihedsgrader. Idet (1 + γ)/ =.975 er c 1 =.78 og c =.6 ifl. tabel A9 og dermed CONF γ {65.96 µ } ; CONF γ {63.38 µ 68.8} b) Idet P ( c T c) =F t (c) F t ( c) =F t (c) 1=γ =.95, hvor F t er Student s t-fordelingen med n 1 + n =13frihedsgraderfås fra tabel A9, at c =.16. Stikprøvens resultat for T er: t = x 1 x (µ 1 µ ) σ, og CONF γ { c t c} 1 σ n + 1 s y 1 n Benyttes s y =(4s 1 +9s )/13 = 18. og indsættes tallene i udtrykkene ovenfor fås, at 95% konfidensintervallet for Y = µ 1 µ bliver CONF γ {1.18 µ 1 µ 11.} Med et signifikans niveau α = 1 γ =.5 er µ 1 µ 1.18, hvilket betyder, at hypotesen µ 1 = µ kan afvises. Bemærk, at det ret store overlap mellem de to konfidensintervaller i a), fra til 68.8, kunne forlede til den modsatte konklusion. Ifølge definitionen i (3)er (n 1 + n )S y/σ =(n 1 1)S 1/σ +(n 1)S /σ De to led på højre side er stokastiske uafhængige størrelser, der har en χ fordeling med henholdsvis n 1 1ogn 1 frihedsgrader [teorem 3 i 3.3, Supplementet (5.13)]. Det betyder at (n 1 + n )S y /σ har en χ fordeling med n 1 1+n 1=n 1 + n frihedsgrader.

26 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 6 Opgave 6 a) De første fire søjler i følgende tabel opstilles: x y x xy y y y y y y Benyttes ligning (7.4)i Supplement til Kreyszig og indsættes tabelværdierne og n =6fås D = n x i ( x i ) = 15 og x k = i yi x i xi y i = D k 1 = n x i y i x i yi =3.9 eller y = x D Femte og sjette søjle i tabellen er udfyldt ved at benytte y i = k + k 1 x i = x i. Fra ligning (7.6)i supplementet fås s (y) = 1 n (yi y i ) = =3.15 ; s(y) =1.76 b) De to sidste søjler i tabellen er udfyldt ved at benytte resultatet af den kvadratiske regressionskurve: y i =(7 7 x +x )/35. Denne regressionskurve har 3 frie parametre og n i (7.6)erstattes af n 3og s (y) = 1 (yi y n 3 i ) =.8 =.761 ; s(y) = % konfidensintervallet for σ(y)bestemmes af χ -fordelingen med n frihedsgrader i det lineære og n 3 frihedsgrader i det kvadratiske tilfælde. Table A1 viser, at F (c 1 )=(1 γ)/ =.5 c 1 =.48 og F (c )= (1 + γ)/ =.975 c =11.14, med 4 frihedsgrader og γ =.95. Benyttes (5.15)i supplementet (med n 1 erstattet med n )fås i det lineære tilfælde: CONF { n γ s (y) <σ (y) < n s (y) } CONF c c γ {1.6 <σ(y) < 5.9} 1 Benyttes den kvadratiske regressionskurve er c 1 =. og c =9.35 (3 frihedsgrader)og dermed CONF { n 3 γ s (y) <σ (y) < n 3 s (y) } CONF c c γ {.16 <σ(y) < 1.} 1 De to konfidensintervaller overlapper ikke, dvs. de to hypoteser forudsiger signifikant forskellige værdier for σ(y) hypotesen, at regressionskurven er lineær, kan afvises. Hvis regressionskurven er lineær vil en antagelse om et ekstra kvadratisk led ikke resultere i en signifikant mindre værdi for σ(y). Omvendt, er regressionskurven kvadratisk, så vil antagelsen af en lineær kurve give et fejlbidrag til s(y)og dermed resultere i en større værdi for σ(y).

27 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 7 Opgave 7 a) De kovariante basisvektorer er givet ved, (19.5)eller (19.53): e i = r u i, dvs. e 1 = r θ =( sinθ, cos θ, ), e = r =(,, 1) z Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter ( g ij = e i e j = 4sin θ +cos ) θ 1 b) Ifølge (19.63)er g ij g jk = δ i k (gij -matricen er den inverse til g ij -matricen): 1 g ij = 4sin θ +cos θ 1 De kontravariante komponenter g ij kan benyttes til at bestemme de kontravariante basisvektorer, e i = g ij e j (nederst side 77): e 1 = g 11 e 1 = ( sinθ, cos θ, ) 4sin θ +cos θ, e = g e =(,, 1) Christoffel symbolet af anden art er defineret, (19.74), Γ k ij = ek e i u j : Γ 1 11 = ( sinθ, cos θ, ) 4sin θ +cos θ og alle de andre 7 komponenter er. c) r s kontravariante komponenter er: ( cosθ, sin θ, )= 3sinθ cos θ 4sin θ +cos θ og dermed r 1 = r e 1 = 3sinθcos θ 4sin θ +cos θ, r = r e = z r 1 θ = 1 sin4 θ 3cos 4 θ +9sin θ cos θ (4 sin θ +cos θ), r z =1 Indsættes fås r i ;i = r1 θ + r z +Γ1 11r 1 =1+ 1 sin4 θ 3cos 4 θ (4 sin θ +cos θ) = 4 (3 sin θ +1)

28 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 8 Opgave 8 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53): e i = r u i, dvs. e 1 = r α =( α, β, ) ; e = r β =(β,α,) ; e 3 = r =(,, 1) γ Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter { } { } α + β gij = ei e j = α + β og g = α + β 1 Ifølge (19.63)er g ij g jk = δ i k (gij -matricen er den inverse til g ij -matricen): 1 { g ij } = { } 1 α + β g ij = 1 α + β 1 b) Indsættes x, y, z i funktionsudtrykket fås: f(α, β, γ) = 1 4 (α + β ) + γ, og dermed v 1 = f α = α(α + β ) ; v = f β = β(α + β ) ; v 3 = f γ =γ v 1 = g 1j v j = α ; v = g j v j = β ; v 3 = g 3j v j =γ Det indre produkt af v med sig selv er v v = v 1 v 1 + v v + v 3 v 3 =(α + β ) +4γ =4f(α, β, γ) og ifølge (19.95)er v = 1 g u i ( gv i ) = = [ 1 { (α α + β + β )α } + { (α + β )β } + { (α + β )γ }] α β γ 1 [ 3α α + β + β +3β + α +(α + β ) ] =6 Benyttes det kartesianske koordinatsystem fås: v = (r r) =(x, y, z), v v =4(x + y + z ), v = ++ = 6 som er de samme resultater som ovenfor. Dette er i overensstemmelse med at v er en 1. ordens tensor og dermed at kontraktionerne v v og v er skalare størrelser, der er uafhængige af koordinattransformationen.

29 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 9 Opgave 9 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53), e i = r u i : e 1 = r α =(β,1) ; e = r β =(α, 1) Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter ( ) { } { } 1+β 1+αβ gij = ei e j = 1+αβ 1+α Indføres e 1 =(c 1,c )giver ortogonalitetsbetingelserne de to ligninger: (1) βc 1 + c =1 og () αc 1 + c =. og benyttes samme fremgangsmåde for e fås løsningerne: e 1 = 1 α β ( 1,α) ; e = 1 (1, β) α β De eneste afledede af de kovariante basisvektorer, der ikke er, er: e 1 u = e 1 β =(1, ); e u 1 = e =(1, ) α Christoffel symbolet af anden art er defineret, (19.74), Γ k ij = e k e i u j,og Γ 1 1 =Γ1 1 = e1 (1, )= 1 α β ; Γ 1 =Γ 1 = e (1, )= 1 α β og de resterende fire: Γ 1 11 =Γ 11 =Γ1 =Γ =. b) De kontravariante komponenter af r = r 1 e 1 + r e er r 1 = r e 1 = 1 [ αβ + α(α + β) ]= α α β og dermed fås: r = α β ; r = r e = β α β ( α α β α ) ( β (α β) + α β β ) (α β) +Γ 1 1 r +Γ 1 r1 = α + β (α β) + β α β 1 α β + α α β 1 α β = Benyttes a = a 1 e 1 +a e fås a 1 =(1, 1) e 1 = α 1 α β og a =(1, 1) e = 1 β α β og T s kontravariante komponenter er givet ved: { T ij } ( = a 1 r 1 a 1 r ) 1 a r 1 a r = (α β) α (α 1) β (α 1) α (1 β) β (1 β)

30 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53)e i = r u i e 1 = r cos θ cos φ θ = a cos θ sin φ ; e = r sin θ sin φ sin θ φ = a sin θ cos φ Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter ( ) { } { } a gij = ei e j = a sin θ Basisvektorerne skal opfylde ortonormeringsbetingelsen e i e j = δ j i og det ses uden videre at udtrykkene for e 1 og e medfører at e 1 e =oge e 1 =. Desuden gælder generelt at g = g ij =(e 1 e 1 )(e e ) (e 1 e ) og dermed at e 1 e 1 =1oge e = 1. Det vil sige at alle fire relationer er opfyldt. De kontravariante basisvektorer er e 1 = e 1 a = 1 cos θ cos φ cos θ sin φ ; e e = a sin θ a sin θ = 1 sin φ cos φ a sin θ b) De afledede af de kovariante basisvektorer er e 1 u 1 = a sin θ cos φ sin θ sin φ ; cos θ e 1 u = e cos θ sin φ u 1 = a e sin θ cos φ cos θ cos φ ; u = a sin θ sin φ { } Christoffel symbolerne af. art er defineret Γ k k ij = = e ij k e i u j og { } { } { 1 = sin θ cos θ ; = =cotθ 1 1} mens de resterende fem komponenter er. En direkte udregning viser at R 11 = { { }{ } + θ 1} 1 1 = cot θ θ +cot θ = 1 og idet g 11 =1/g 11 og g =1/g fås R = g ij R ij = 1 a R a sin θ R = a

31 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 31 Opgave 31 Ligningerne fremstiller overfladen af en torus (se figuren), hvis midterlinie er en cirkel med radius a liggende i xy-planet. Torus-rørets tværsnit er en cirkel med radius b, hvorb =.4a på figuren. a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53), e i = r u i : e 1 = r θ = b cos θ cos φ cos θ sin φ ; e = r =(a + b sin θ) sin φ cos φ sin θ φ Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter, g ij = e i e j, {g ij } = ( ) b (a + b sin θ) og {g ij } = ( ) b (a + b sin θ) hvor de kontravariante komponenter er udregnet som den inverse matrix, g ik g kj = δ i j eller {gij } = {g ij } 1. De kontravariante basisvektorer er e 1 = g 1j e j = 1 cos θ cos φ cos θ sin φ ; e = g j e b j = sin θ 1 cos sin φ φ a + b sin θ b) En generalisering af (19.56)betyder at i to dimensioner er arealelementet da = gdu 1 du,hvorg er determinanten af {g ij } = b (a + b sin θ),og dermed da = b(a + b sin θ)dθdφ og det totale overfladeareal A = π π b(a + b sin θ)dθdφ = π πab dφ =4π ab De kovariante komponenter af T = r r er T ij = r i r j,hvorr i = r e i.idet r 1 = ab cos θ og r =fås T 11 = r 1 r 1 =(ab) cos θ og T 1 = T 1 = T = Ifølge øverst side 7 i noterne er komponenterne af den kovariante afledede: T ij;k = T ij,k Γ l ikt lj Γ l jkt il De to sidste led bidrager ikke når k =1,og hvorimod T 11;1 = T 11,1 = (ab) sin θ cos θ T 1; = T 1; = Γ 1 T 11 =(a + b sin θ)a b cos 3 θ De resterende 5 komponenter af den kovariante afledede er.

32 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) De kovariante basisvektorer i u-koordinatsystemet er, ifølge (19.57): e 1 = r cos φ ρ = sin φ ; e = r ρ sin φ φ = ρ cos φ ; e 3 = r z = 1 De kovariante komponenter af S = r k er S ij = r i k j =(r e i )(k e j ),dvs. x 1 cos φ + x sin φ S = x 1 ρ sin φ + x ρ cos φ = ρ x 3 z Vedensimpelregningfås: ρ = r sin θ ; φ = ψ ; z = r cos θ og fra disse resultater: ρ ρ ρ r θ ψ φ φ φ U = r θ ψ = sin θ rcos θ 1 cos θ r sin θ z r z θ z ψ b) Benyttes ligning (1)i opgaveteksten fås: S = U t S U sin θ cosθ r sin θ sin θ rcos θ = r cos θ r sin θ 1 1 r cos θ cos θ r sin θ = r sin θ rcos θ 1 = r cos θ r sin θ cos θ r sin θ De to transformationsligninger for. ordens tensorer er: T ij = uk u l v i v j T kl ; T ij = vi v j u k u l T kl Den første ligning omsat til matrix notation lyder [T ] ij = kl [U] ki [U] lj [T ] kl = kl [U t ] ik [T ] kl [U] lj =[U t T U] ij i overensstemmelse med (1). Indføres [ V ] ij = vi u j fås i det anden tilfælde [T ] ij = kl [V ] ik [V ] jl [T] kl = kl [V ] ik [T] kl [V t ] lj =[V T V t ] ij igen i overensstemmelse med (1), hvor desuden [U V ] ij = k og dermed V = U 1. [U] ik [V ] kj = k u i v k v k u j = ui u j = δ ij

33 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 33 Opgave 33 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53), e i = r u i : e 1 = r sin θ z cos θ θ = cos θ z sin θ ; e = r sin θ z = cos θ 1 Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter, g ij = e i e j, ( ) {g ij } = 1+z 1 og g = g 1 ij =1+z De kontravariante komponenter er bestemt ved den inverse matrix, idet g ik g kj = δj i eller {gij } = {g ij } 1,dvs. {g ij } = 1 ( ) ( ) g 1 1+z = 1+z 1 1+z b) Relationen g ik g kj = δj i gik g ki = g ik g ik = δi i = (sporet af den todimensionale enhedsmatrix), hvormed fås R = R(z) =g ij R ij g ij = g ij g = g = (1 + z ) Fladens krumning afhænger kun af z, og K = R = 1 (1 + z for z ± ) Benyttes udtrykket øverst side 7 i noterne for de kovariante afledede af de kontravariante komponenter af en anden ordens tensor fås, at divergensen { } { } R ij i ;j = Rij,j + R lj lj j + R lj il = R ij,j + 1 ({ } { } ) i g g lj lj j + g lj il Den tilsvarende afledede af den metriske tensor g ij ;j =,ogdermeder R ij ;j = ( ) g ij u j g + 1g ( ) ( ) gij u j = g ij 1 u j g Idet g kun afhænger af u = z fås at: R 1j ;j = ( ) 1 g1 z g R j ;j = g z og dermed at: ( 1 g ) = 1 1+z z = 1+z 1+z z ( ) 1 (1 + z ) = ( ) 1 (1 + z ) 8z (1 + z ) 4 = 8z(1 + z ) (1 + z ) 4 g 1i R ij ;j =g 11 R1j ;j +g 8z 1 Rj ;j =(1+z ) (1 + z ) z(1 + z ) (1 + z ) 4 = g i R ij ;j = 1 8z (1 + z ) 4 + 8z(1 + z ) (1 + z ) 4 = 16z (1 + z ) 3 = R (z) og, idet R ;1 = R,1 = R/ θ =ogr ; = R, = R/ z = R (z),errelationen i opgaveteksten eftervist.

34 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 34 Opgave 34 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53), e i = r u i : e 1 = r θ = a sin θ b cos θ ; e = r z = 1 Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter, g ij = e i e j, ( {g ij } = a sin +b cos ) θ og dermed 1 (ds) = g ij du i du j =(a sin θ + b cos θ)(dθ) +(dz) Ifølge (1)er f (θ) =a sin θ+b cos θ og dz = z (θ)dθ = ci (θ)dθ = cf(θ)dθ og dermed (ds) = f (θ)(dθ) +[cf(θ)dθ] =(1+c )f (θ)(dθ) ds = ± 1+c f(θ)dθ s(θ) =± 1+c I(θ) s (θ) =(1+c )I (θ) [s(θ )=] b) Idet t θ du 1 /dt = dθ/dθ =1ogd u 1 /dt = bliver differentialligningerne for den geodætiske kurve: { 1 = 11} ṡ (i =1); s Ifølge regningerne under punkt a)er d z dθ = ṡ dz s dθ (i =) ṡ = ds dθ = ± 1+c f(θ) s = d s dθ = ± 1+c f (θ) og dermed (der gælder samme fortegn i de to ligninger), s ṡ = f { } (θ) f(θ) = 111 i overensstemmelse med differentialligningen i tilfældet i = 1. Ifølge(1)er z(θ) =z + ci(θ)som medfører at z (θ) =cf(θ)og z (θ) =cf (θ), hvormed den anden differentialligning også er opfyldt. I tilfældet a =,b=1er dvs. z 1 = z(θ 1 )=z + ci(π) =+ci(π) =1 c =1/I(π) s = s (θ 1 )=(1+c )I (π) =I (π)+1= s =4.946

35 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 35 Opgave 35 a) For en fastholdt værdi af ψ beskriver r overfladen af en tredimensional kugle med centrum i (,, )og radius A sin ψ i det tredimensionale rum udspændt af de tre første koordinater: x + y + z = A sin ψ. De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53), e i = r u i : e 1 = A( sin φ sin θ sin ψ, cos φ sin θ sin ψ,, ) e = A(cosφcos θ sin ψ, sin φ cos θ sin ψ, sin θ sin ψ, ) e 3 = A(cosφsin θ cos ψ, sin φ sin θ cos ψ, cos θ cos ψ, sin ψ) Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter, g ij = e i e j, {g ij } = A sin θ sin ψ A sin ψ A b) Det differentielle volumenelement er dv = gdu 1 du du 3,hvorg er determinaten af g ij -matricen, dvs. g = A 6 sin θ sin 4 ψ og dermed dv = A 3 sin θ sin ψdφdθdψ Det totale volumen er π π π V = A 3 dφ sin θdθ sin ψdψ= A 3 π π =π A 3 Relationen R ij = (/A )g ij medfører at R = g ij R ij = A gij g ij = A δi i = 6 A Bemærk, at δi i betyder sporet af den tredimensionale enhedsmatrix. Resultatet kan også fås ved direkte indsættelse af g ij bestemt som den inverse matrix af {g ij }. Rummets krumning er i dette tilfælde givet ved R/6 som er konstant. En vilkårlig vektor v der tilhører overfladen kan skrives v = v i e i,hvorv i er vektorens kontravariante komponenter. Ved en direkte udregning fås r e 1 = A [ cos φ sin φ sin θ sin ψ +cosφsin φ sin θ sin ψ]= r e = A [(cos φ +sin φ)cos θ sin θ sin ψ cos θ sin θ sin ψ]= r e 3 = A [(cos φ +sin φ)sin θ sin ψ cos ψ +cos θ sin ψ cos ψ sin ψ cos ψ] = Resultatet r e i =betyder,atr v = v i (r e i )= og dermed at de to vektorer r og v er vinkelrette på hinanden.

36 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 36 Opgave 36 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (19.5)eller (19.53), e i = r u i : e 1 = r t = cos θ sin θ ; e = r θ = t sin θ t cos θ k Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter, g ij = e i e j, {g ij } = ( 1 ) t + k og {g ij } = ( 1 ) (t + k ) 1 hvor de kontravariante komponenter er udregnet som den inverse matrix, g ik g kj = δ i j eller {gij } = {g ij } 1. De kontravariante basisvektorer er e 1 = g 1j e j = cos θ sin θ ; e = g j e j = 1 t + k t sin θ t cos θ k b) De afledede af de kovariante basisvektorer er e 1 u 1 = e ; 1 u = e u 1 = sin θ e cos θ ; u = t { } Christoffel symbolerne af. art er defineret Γ k k ij = = e ij k e i u j { } 1 = t ; mens de resterende fem komponenter er. Ifølge øverst side 7 i Tensors er og dermed R ;1 = R t R ij;k = R ij,k { } { } 1 1 = = { } { } l l R ik lj R jk il { } { } l l R 1 l R 1 l = R t = k t (t + k ) t t + k k t t + k cos θ sin θ og { R 1} t + k = 4k t (t + k )

37 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 37 Opgave 37 a) De inverse elementer er: Q 1 = {1, 1, i, i, j, j, k, k}. Idet (±i) = 1 fås at (±i) 4 = 1 (og tilsvarende for j og k),dvs.atde6 elementer ±i, ±j, ±k har ordenen 4. 1 har ordenen (og 1 har ordenen 1). Konjugationsklasser: ±1 kommuterer med alle elementer, og dermed udgør 1 og 1 hver sin egen konjugationsklasse. Desuden er j 1 ij = jij = jk = i og kik = jk = i, som medfører, at i og i er i samme konjugationsklasse og, at de to elementer ikke er i klasse med andre (analogt for j og k). Der er alt i alt 5 konjugationsklasser: K(1)= {1}; K( 1)= { 1}; K(i) ={i, i}; K(j) ={j, j}; K(k) ={k, k} b) Undergruppernes orden er divisor i r =8 h = eller 4, og de er 1 undergruppe af orden : {1, 1}. 3 undergrupper af orden 4: {1,i, 1, i}, {1,j, 1, j} og {1,k, 1, k}. Alle 4 (egentlige)undergrupper er invariante, fordi hver af dem kun indeholder hele konjugationsklasser. [De tre 4. ordens undergrupper har index og må derfor være invariante]. Antallet af ikke-ækvivalente irreducible repræsentationer = antallet af konjugationsklasser = 5. Repræsentationernes grader, n 1 -n 5, bestemmes af n 1 + n + n 3 + n 4 + n 5 = r =8 som har løsningen n 1 = n = n 3 = n 4 =1, n 5 =. Karaktertavle: K(1) K( 1)K(i) K(j) K(k) A A A A E Kommentarer til karaktertavlen: 1) χ(1)= n i )Alle konjugationsklasser indeholder både et element og dets inverse alle karakterer er reelle, og i de éndimensionale tilfælde er χ A = ±1. 3)Ortogonalitet af rækker χ A ( 1)= χ A (1)= 1 er eneste løsning, og de resterende éndimensionale karakterer er derefter bestemt ved at benytte χ A = +1 eller 1. 4) χ E udfyldes (for eksempel)ved at udnytte ortogonalitet af søjler.

38 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 38 Opgave 38 a) G s Cayley-tavle (indgangssøjlen er venstre faktor i produkterne): E I A 1 A B 1 B C 1 C E E I A 1 A B 1 B C 1 C I I E A A 1 B B 1 C C 1 A 1 A 1 A I E C C 1 B 1 B A A A 1 E I C 1 C B B 1 B 1 B 1 B C 1 C E I A 1 A B B B 1 C C 1 I E A A 1 C 1 C 1 C B B 1 A A 1 E I C C C 1 B 1 B A 1 A I E b) Af tavlen fremgår det at elementerne {I, B 1,B,C 1,C } har ordenen og {A 1,A } har ordenen 4. Der er 3 undergrupper af 4. orden: H A = {E, A 1,I,A } C 4 H B = {E, I, B 1,B } C C H C = {E, I, C 1,C } C C c) A 1 og A tilhører samme konjugationsklasse, da fx B1 1 A 1B 1 = B 1 A 1 B 1 = A, og da de er de eneste elementer af 4. orden er der ikke andre elementer i denne klasse, sætning (4.4). Alle elementerne af. orden er beskrevet ved unitære matricer, idet der for disse elementer gælder at U = U 1 og at U = U,ogdermedatU 1 = U. For de to 4. ordens elementer gælder, at A 1 1 = A = A 1, og tilsvarende for A. ( ) Repræsentationen er irreducibel: Indføres en generel matrix T = t1 t t 3 t 4 som antages at kommuterer med alle matricerne i repræsentationen har vi: TC 1 = C 1 T t = t,t 3 = t 3 og dermed at t = t 3 =,hvorefter TA 1 = A 1 T t 1 = t 4. Dermed er den eneste matrix T der kommuterer med alle repræsentationens matricer lig med en konstant gange enhedsmatricen, hvilket er en tilstrækkelig betingelse [sætning (1.6) (1.8)] for at repræsentationen er irreducibel. Karakteren af de forskellige elementer er givet ved sporet af matricerne, dvs. χ(e) =, χ(i) = og χ(a 1 )=χ(a )=χ(b 1 )=χ(b )=χ(c 1 )=χ(c )=

39 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 39 Opgave 39 a) b i b i = a i+i = a = e, som betyder, at b 1 i = b i og at ordenen af de forskellige elementer er: 1. orden: e ;. orden: b 1,b,b 3,b 4,b 5 ; 5. orden: a, a,a 3,a 4. Udregning af de 4 konjugationer giver: a p a q a p = a q b 1 p a q b p = b p a q b p = b p b q+p = a p+4q+p = a 4q = a q a p b q a p = a p b q+3p = b p+q b 1 p b q b p = b p a q+p = b p 6q+6p = b p q Resultaterne viser at G s konjugationsklasser er K e = {e} ; K a = {a, a 4 } ; K a = {a,a 3 } ; K b = {b 1,b,b 3,b 4,b 5 } b) Antallet af ikke-ækvivalente irreducible repræsentationer = antallet af konjugationsklasser = 4. Repræsentationernes grader n 1 -n 4 bestemmes af n 1 + n + n 3 + n 4 = r =1, som har løsningen n 1 = n =1og n 3 = n 4 =. Karaktertavle: K e K a K a 5K b A A E 1 x 1 y 1 z 1 E x y z Kommentarer til karaktertavlen: 1) χ(1)= n i )Alle konjugationsklasser indeholder både et element og dets inverse alle karakterer er reelle, og i de éndimensionale tilfælde er χ A = ±1. 3)Ortogonalitet af de to første rækker χ A (K b )= 1 er eneste løsning. De resterende 6 ubekendte kan bestemmes på følgende måde: Normering af sidste søjle: 5[1 +( 1) + z1 + z ]=1 z 1 = z =. Ortogonalitet af 1. og. søjle: x 1 +x = x = 1 x 1 Normering af. søjle: [ x 1 + x ] = 1, som ved indsættelse af x giver x 1 + x 1 1= x 1 = α = 5 1 x = 1 α = 5+1 (andengradsligningen har rødderne α og 1 α og valget x 1 = 1 α vil kun betyde en ombytning af de to sidste rækker i karaktertavlen). y 1 og y bestemmes af de to samme ligninger. Benyttes fx at 1. og 3./4. række skal være ortogonale fås, at x 1 = α medfører: y 1 = 1 α = 5+1 og y = α = 5 1.

40 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) G s Cayley-tavle: g 1 g g 3 g 4 g 5 g 6 g 1 g 1 g g 3 g 4 g 5 g 6 g g g 4 g 6 g 1 g 3 g 5 g 3 g 3 g 6 g g 5 g 1 g 4 g 4 g 4 g 1 g 5 g g 6 g 3 g 5 g 5 g 3 g 1 g 6 g 4 g g 6 g 6 g 5 g 4 g 3 g g 1 Det fremgår umiddelbart af tabellen, at e = g 1 = g1 1 ; g 1 = g 4 ; g3 1 = g 5 ; g4 1 = g ; g5 1 = g 3 ; g6 1 = g 6 g 1 har ordenen 1 ; g 6 har ordenen ; g og g 4 har ordenen 3 ;ogg 3 og g 5 har ordenen 6. G indeholder elementer, g 3 og g 5, som har samme orden som gruppen selv, og dermed er G cyklisk med ordenen r = 6 (og g 3 eller g 5 er gruppens frembringer). De ikke-trivielle undergrupper har ordenen h = eller 3 (h er divisor i r = 6). g 3 eller g 5 kan ikke være elementer i en undergruppe. Det betyder, at de eneste undergrupper er G = {g 1,g 6 } G 3 = {g 1,g,g 4 } og de er begge invariante, fordi gruppen G er kommutativ, g i g j = g j g i. De to undergrupper opfylder betingelserne i sætning (8.)i gruppeteorinoterne. G og G 3 er invariante undergrupper med fællesmængden {g 1 = e} og G G 3 = {g 1, g, g 4, g 6 g 1 = g 6, g 6 g = g 5, g 6 g 4 = g 3 } = G. Dermed er G G G 3. b) Idet G er en Abelsk gruppe danner alle elementer deres egen konjugationsklasse (gi 1 g j g i = g j ). Dvs. antallet af konjugationsklasser = r = 6. Antallet af ikke-ækvivalente irreducible repræsentationer = antallet af konjugationsklasser = 6. Repræsentationernes grader n 1 -n 6 bestemmes af n i = r = 6, som har løsningen n 1 = n = = n 6 =1. De 6 irreducible éndimensionale repræsentationer er: g 1 g g 3 g 4 g 5 g 6 f f 1 ω ω ω 4 ω 5 1 f 3 1 ω 4 ω ω ω 4 1 f f 5 1 ω ω 4 ω 4 ω 1 f 6 1 ω 4 ω 5 ω ω 1 hvor ω = e iπ/3 ;ogf og f 6 er tro repræsentationer.