Matematik F Et bud på hvordan eksamenssæt løses

Transkript

1 Matematik F Et bud på hvordan eksamenssæt løses Jeppe Trøst Nielsen 11. april 21 Denne samling af ligninger og løsninger er udarbejdet efter det princip, at eksamenssættene ikke ændrer sig specielt meget fra år til år. Der er tit ni opgaver, og de er tit meget ens, men med nogle tal eller andre størrelser ændret en lille smule. Af den årsag kan man som her give et bud på, hvordan løsningerne sikkert skal se ud. Jeg byder i hver sektion på, hvordan opgaven ser ud, og hvis jeg ikke har ret, nå ja, så ski! Hvert kapitel svarer til en opgave, med mindre han har pakket to slags opgaver under en opgave. I så skal man bare bruge to kapitler til at løse en opgave. Indhold 1 Divergens og rotation 2 2 Linjeintegral Eksempel: Reksamen 6, opgave Konservative felter 3 4 Fladeintegraler og divergenssætningen 4 5 Fladeintegraler og Stokes sætning Eksempel: Eksamen 6, opgave Førsteordens partielle differentialligninger Eksempel: Eksamen 8, opgave Andenordens partielle differentiallinger Eksempel: Eksamen 8, opgave Varmeledningsligning eller bølgeligning Eksempel: Eksamen 7, opgave Fourierrækkeløsning af andenordens partielle differentialligninger Eksempel: Eksamen 6, opgave

2 1 Divergens og rotation I første opgave skal man udregne divergensen og rotationen af et vektorfelt eller gradienten af et skalarfelt. Det er essentielt at mærke til i hvilke koordinater, feltet er givet (retvinklede, sfæriske eller cylindriske). Løsningen er ganske simpel: Retvinklede koordinater Cylinderkoordinater Sfæriske koordinater F (x, y, z) = F x x + F y y + F z z F (x, y, z) = Φ(x, y, z) = F z Fy y z F x Fz z x F y Fx x y x y z F (ρ, φ, z) = 1 ρ ρ (ρf ρ) + 1 ρ F (ρ, φ, z) = Φ(ρ, φ, z) = 1 ρ 1 F z ρ φ F ρ z F φ φ + F z z F φ z Fz ρ ( ) (ρf ρ φ) Fρ φ ρ 1 ρ φ F (r, θ, φ) = 1 r 2 r (r2 F r ) + 1 r sin θ θ (sin θ F θ) + 1 r sin θ ( ) 1 (sin θ F r sin θ θ φ) (F φ θ) ( ) F (r, θ, φ) = 1 1 F r (rf r sin θ φ r φ) ( (rf ) r θ) Fr Φ(r, θ, φ) = 1 r r 1 r θ 1 r sin θ φ z θ F φ φ 2

3 2 Linjeintegral I anden opgave skal man udregne et kurveintegral, F dr. Det er oplyst i retvinklede C koordinater. Vi får et vektorfelt og en parameterfremstilling for en kurve oplyst. Et bud på en fremgansmetode er: Først findes dr: dx dr = dy =, dz hvor x, y og z er de koordinater, som er parametriseringen af kurven. Efterfølgende oerstattes x, y og z i vektorfeltet til de samme x, y og z er, som er i parameterfremstillingen. Nu står der to vektorer (vektorfelter), som udelukkende afhænger af t, som bare skal prikkes sammen, og så et integral over t. Dette burde være ligetil, da Jan jo ikke vil vide om vi kan integrere! 2.1 Eksempel: Reksamen 6, opgave 2 Lad vektorfeltet F og kurven C være givet i retvinklede kooordinater som: F x z t F = F y F z = x 2 y, C : t t 2 t 3, t [, 1] Udregn linjeintegralet C F dr Vi finder først dr: dr = 2 3 = Vi indsætter nu kurvens t-afhængige uryk for x, y, z, og prikker de to i integralet. t 3 F = t 2 t 2 1 t t 2 2t = (t 3 + 2t 3 + 3t 4 ) t 2 3t 2 3 Konservative felter dx dy dz 1 2t 3t 2, = [ 3 4 t t5 ] 1 = = = 27 2 I tredje opgave skal man vise, at et givet vektorfelt er konservativt, og efterfølgende finde potentialet. Til sidst skal et pseudo-kurveintegral udregnes. Det Nehmt! 3

4 For at vise, et vektorfelt er konservativt, skal man simpelthen vise, at rotationen er identisk nul. Brug tabellen fra opgave 1 til hjælp med udregningen af rotationen. For at finde potentialet Φ(x, y, z) løser vi et kurveintegral langs den lige linje, som x forbinder og punktet r = y. Læg mærke til, at vi kunne vælge enhver kurve, z men den lige linje er oftest det nemmeste. Vi definerer altså C : t x (t) y (t) z (t) = xt yt zt, t [, 1], dr = Nu erstattes alle x, y og z i feltet med hhv. x = xt, y = yt og z = zt. Så prikkes F og dr sammen, og integralet over t udføres. Tilbage står man med et uryk af x, y og z, og dette er det søgte potentiale. Evt. kan man også prøve at gætte, hvad potentialet er. Nogle gange er det nemlig ret nemt, men det giver måske ikke å mange creds bare at skrive Jeg gætter på, potentialet er X, og ser det passer. Det er rigtig nok, men.. aah?! Kurveintegralet langs enhver kurve, der forbinder P 1 og P 2 er nu bare differesen af potentialet i de to punkter, altså F dr = Φ(P 2 ) Φ(P 1 ) = Φ, C præcis som vi kender det fra tyngdefelter, elektriske potentialer osv. 4 Fladeintegraler og divergenssætningen I den fjerde opgave skal man udregne et fladeintegral over en lukket flade. Nogle gange står der evt. ved brug af divergenssætningen, nogle gange gør der ikke. Men det er som oftest lettest at udnytte den. x y z Divergenssætningen For en lukket flade S og et vektorfelt F gælder F ds = F dv, S hvor V er voluminet indesluttet af fladen S. Igen bruges formlen fra opgave 1 til at udregne divergensen af vektorfeltet. Volumenintegraler i retvinklede koordinater lærte vi jo for længe siden, og det er stadig lige nemt: F dv = F dxdydz, V hvor der så sættes grænser ind for x, y og z, som man nok får oplyst i forbindelse med, hvordan fladen ser ud. Tilsvarende kan opgaven gives i andre koordinater. V 4

5 I cylinderkoordinater: og i sfæriske koordinater: V V F dv = F dv = F ρ dρdφdz, F r 2 sin θ drdθdφ. 5 Fladeintegraler og Stokes sætning Nu gives en åben flade, og vi bliver be om at finde integralet af rotationen af et givet vektorfelt over denne flade, eller noget lignende. Stokes sætning For en åben flade S og et vektorfelt F gælder ( F ) ds = F dr, hvor C er randen på fladen S. Der er basalt set tre måder at gøre det på: 1. Udregne fladeintegralet direkte (underligt valg!) S 2. Bruge Stokes sætning, og udnytte at man kan udregne et kurveintegral i stedet for et fladeintegral 3. Udnytte, at vi kan deformere fladen, så længe vi beholder randen, uden at ændre integralet Ved 2 eren skal kurveintegralet bare udregnes som i opgave 2. Ved 3 eren skal man vælge den simpleste flade, som har den givne randkurve. Denne flade vil tit være parallel med en af koordinatplanerne, og normalen vil altså være parallel med den sidste akse. Altså (for retvinklede koordinater) ds = dxdy eller ds = dxdz De tre metoder illustreres bedst ved et eksempel 5.1 Eksempel: Eksamen 6, opgave 5 C eller ds = dydz Lad S være kassen med sidelængder 1, men uden låget (med z-koordinat 1), med det ene hjørne i (,, ). Fladen har altså en rand. Lad F være vektorfeltet y 2 F = x 2. x 2 y 5

6 Udregn F og kald dette nye vektorfelt V. Udregn S V ds, eventuel ved brug af Stokes sætning. Først udregnes helt slavisk V : V = F = x 2 2xy 2(x + y) Og nu kan vi så bruge en af de to (snedige) metoder til at udregn overfladeintegralet. Først vises metode 3 fra listen. Vi udnytter altså, at vi kan deformere fladen uden at ændre integralet. Her vælges den flade, som er blevet fjernet, altså låget med x [, 1], y [, 1] og z = 1. Fladenormalen er bare ds = dxdyˆk, som altså peger i negativ z-retning (fordi fladen er den deformerede kasse, hvor normalen jo peger udad - og den peger stadig samme vej). Vi prikker nu de to og integrerer over x og y: V ds = dx dy(2x + 2y) = dx dy2x + dx dy2y S = 1 dx2x + 1 dy2y = = 2 Man kan også integrere F over randen, hvor man skal huske at køre den rigtige vej (med uret, igen pga. det med kassen), og på den måde får man fire kurveintegraler: 1 1 F dr = F y dy + F x dx + F y dy + F x dx C x= y=1 1 x=1 1 y= = dy + dx ( dy) dx = = 2 6 Førsteordens partielle differentialligninger I sjette opgave skal man løse en differentialligning på formen A u x + B u y =. Fremgangsmetoden er først at finde de karakteristiske kurver, og efterfølgende finde en passende funnktion, som passer til randbetingelserne. De karakteristiske kurver er løsninger til ligningen dx A = dy B I den ligning kommer uundgåeligt en integrationskonstant, og vi skal nu identificere et passende p(x, y), som passer i denne ligning, og dette kan fx være 2c eller c 1/2, hvor c er den nævnte integrationskonstant. Nu skal vi bare finde en funktion af p, u(p), som passer til den givne randbetingelse. Dette illustreres nemmest ved et eksempel. 6

7 6.1 Eksempel: Eksamen 8, opgave 6 Find den fuldstændige løsning u(x, y) til den partielle differentialligning 1 u x x + 1 u y y =. Find den løsning der opfylder randbetingelsen: u(1, y) = y 4 for alle y. Vi identificerer A = 1 x og B = 1 y og ser, at den karakteristiske ligning er xdx = ydy x2 2 = y2 2 + c Vi vælger nu et snedigt/pænt p = 2c = x 2 y 2. Så den generelle løsning er u(x, y) = u(p) = u(x 2 y 2 ), og vi vil nu finde den løsning, som opfylder randbetingelsen: u(1, y) = u(1 y 2 ) = y 4. Vi ser, at det passer, hvis funktionen trækker en fra argumentet og kvadrerer: u(x, y) = u(p) = (p 1) 2 = (x 2 y 2 1) 2 7 Andenordens partielle differentiallinger I syvende opgave skal man løse en differentialligning på formen Løsningen skal findes på formen A 2 u x 2 + B 2 u x y + C 2 u y 2. u(x, y) = f(x + λ + y) + g(x + λ y), hvor λ ± er to konstanter, som er løsninger til andengradsligningen λ = B ± B 2 4AC. 2C Alternativt kan løsningen også være hvor λ ± nu er løsningerne til ligningen u(x, y) = f (λ +x + y) + g (λ + y), λ = B ± B 2 4AC. 2A Skulle der kun være én løsning (en dobbeltrod) er den søgte ligning eller tilsvarende u(x, y) = f(x + λy) + xg(x + λy) u(x, y) = f (λx + y) + yg (λx + y) Bemærk, at f og g ikke betegner differentiation, men blot en anden funktion. Nu skal denne funktion u(x, y) blot tilpasses randbetingelserne, hvilket kan være li mere tricky. Men det handler tit om at differentiere, og huske at trække konstanter ud, når man differetierer. Dette vises nemmest ved et eksempel. 7

8 7.1 Eksempel: Eksamen 8, opgave 7 Find den fuldstændige løsning u(x, y) til den partielle differentialligning 6 2 u x u x y + 2 u y 2 =. Find den løsning der opfylder randbetingelserne: u(x, ) = 5e x, u(x, y) y = y= Vi identificerer A = 6, B = 7, C = 1, og vil nu finde λ ± : λ = B ± B 2 4AC 2C = 7 ± = { 1 6, og får altså den fuldstændige løsning u(x, y) = f(x + y) + g(x + 6y). Vi vil nu undersøge randbetingelserne. u(x, y) y u(x, ) = f(x) + g(x) = 5e x = y= ( f d(x + y) (x + y) + g (x + 6y) dy ) d(x + 6y) = f (x) + 6g (x) = dy y= For at kunne sammenligne de to uryk, differentieres den øverste ligning mht. x: d(u(x, )) dx Vi trækker nu de to ligninger fra hinanden = f (x) + g (x) = 5e x f (x)+6g (x) f (x) g (x) = 5e x g (x) = e x g(x) = e x g(x+6y) = e x+6y og finder nu f fra den første ligning f(x) = 5e x + e x = 6e x f(x + y) = 6e x+y Vi har nu fundet de to funktioner f og g og løsningen er altså u(x, y) = f + g = 6e x+y e x+6y 8 Varmeledningsligning eller bølgeligning Her i opgave otte er ofte varmeledningsligningen eller bølgeligningen i en dimension, som skal løses med nogle randbetingelser. Altså skal vi løse en af følgende ligninger u t = 2 u x 2 eller 2 u t 2 = 2 u x 2 8

9 Ligningerne løser vi ved separation, som det også tit står i opgaven. Dvs. vi leder efter en løsning på formen u(x, t) = X(x)T (t). Således får vi for de to ligninger T T = X X og T T = X X for hhv varmeledningsligningen og bølgeligningen. Dette betyder, at de to sider af lighedstegnet skal være konstante hver især. Typisk vælges en konstant ±k 2, hvor k er et reelt tal. På denne måde skal vi altså bare løse to lette andenordens differetialligninger, og det burde jo ikke være noget problem. Konstanten vælges positiv, hvis man leder efter eksponentialfunktioner som løsning til andenordensligningerne, mens de vælges negative, hvis man leder efter sinus-/cosinusfunktioner. Vælger man den forkerte vil man hurtigt finde den eneste løsning er u =, og man kan så prøve at vælge konstanten med det andet fortegn. Man vil efter at have tilpasset sin løsning til randbetingelserne ofte stå tilbage med et n, der kommer, når noget sinus eller cosinus skal være i L. Dette n skal vi nu bruge til at beskrive den fuldstændige løsning. For løsningen kunne jo have ethvert n eller bedre endnu: alle n er på samme tid. Derfor vil den fuldstændige løsning blive en sum over n(superposition) af alle de individuelle løsninger. Der hører tit en konstant med på løsningen, og denne giver vi så et index, fx B bliver til B n, så vi kan se, at dette B kan være alt muligt for hvert n i summen. Løsningerne til de ordinære differentialligninger er T T = k2 T (t) = Ae k2 t T T = k2 T (t) = Ae k2 t X X = k2 X(x) = Ae kx + Be kx X X = k2 X(x) = A sin(kx) + B cos(kx) hvor de to sidste naturligvis også gælder for T(t). Som du nok kan se illustreres det hele bedst ved et eksempel. 8.1 Eksempel: Eksamen 7, opgave 8 Betragt varmelednings-ligningen 2 u x = u 2 t. Antag at x [, L] samt at funktionen u(x, t) opfylder randbetingelserne: u(x, t) x= = u(x, t) x=l =. Brug seperation af variable, u(x, t) = X(x)T (t), til at finde den fuldstændige løsning til (5)-(6). Vi sepererer u(x, t) og finder T T = X X = k2. 9

10 Således fås løsningerne T (t) = Ae k2t, X(x) = B cos(kx) + C sin(kx), og når det skrives sammen i u fås (med A absorberet i B og C): u(x, t) = X(x)T (t) = e k2t (B cos(kx) + C sin(kx)). Vi udnytter nu randbetingelsen u(, t) = og ser, at B =. Altså fås et nyt uryk for u: u(x, t) = C e k2t sin(kx). Nu udnytter vi, at u(l, t) = : u(l, t) = C e k2t sin(kl) = sin(kl) = kl = nπ, n N k n = nπ L Så har vi nu en løsning. Men som sagt skal vi have enhver linearkombination af disse løsninger (for alle n) for at få den fuldstændige løsning. Derfor bliver svaret (læg mærke til indexet på konstanten): u(x, t) = n= ( C n e n2 π 2 nπ ) L 2 t sin L x Hvis det skulle være af interesse kan man yderligere argumentere for, at hvis man indfører en ny konstant, behøver man kun summere fra 1 til. Dette kan lade sig gøre fordi k n = nπ = k L n og at sin( φ) = sin(φ). Yderligere er der intet bidrag fra n =. Vi får altså: ( u(x, t) = C n e n2 π 2 nπ ) L 2 t sin L x n=1 9 Fourierrækkeløsning af andenordens partielle differentialligninger I niende og sidste opgave skal man løse en partiel differentialligning med randbetingelser, og urykke løsningen som en fourierrække. Man vil altid få oplyst et ikke-trivielt integral, hvor der indgår enten sinus eller cosinus, samt nogle andre størrelser. Dette integral vil man altid skulle bruge, nej virkelig, altid. Opgaven ligner ofte den lige før (og er nogle gange sat i den samme opgave), og løses på li samme måde. For at kunne urykke fourier-rækken skal man naturligvis lige vide, hvordan leddene findes. For en funktion f(x), som kan urykkes ved en fourierrække, finder man leddene på følgende måde: a n = 2 x +L ( ) 2πn f(x) cos L x L x dx b n = 2 x +L ( ) 2πn f(x) sin L L x dx x 1

11 Og f(x) er nu givet ved f(x) = a + n=1 [ ( ) ( )] 2πn 2πn a n cos L x + b n sin L x En ting som ofte er vigtig at huske er, hvordan periodiske funktioner opfører sig i integraler. Man taler om ulige og lige funktioner. Der gælder for funktioner, som er hhv. lige og ulige omkring x = : L L L L f lige (x)dx = 2 f ulige (x)dx = Og når man ganger funktioner sammen: lige lige = lige L f lige (x)dx ulige lige = lige ulige = ulige ulige ulige = lige Opgaven løses meget af vejen som den forrige opgave. 9.1 Eksempel: Eksamen 6, opgave 9 Betragt bølgeligningen 2 u x = 2 u 2 t 2 med x [, L]. Antag, at der til tiden t = gælder: x(l x) u(x, t) u(x, ) = L 2 t =. t= Find (ved seperation af variable) den løsning, som opfylder randbetingelserne (løsningen kan urykkes som en Fourierrække). (Hjælp: Følgende integral kan være nyttigt: 1 2 y(1 y) sin πnydy = (1 cos πn)) π 3 n 3 Vi sepererer u og får derved de to differentialligninger for X og T : og får løsningerne til de to funktioner: X X = T T = k2 X(x) = A cos(kx) + B sin(kx), T (t) = C cos(kt) + D sin(kt). Ved at se på punkterne x = og x = L findes fra første betingelse, at u = i begge punkter. 11

12 Første punkt betyder, at A =. Andet led giver (som i forrige eksempel), at k n = nπ L Randbetingelse 2 giver D =. Således fås u(x, t) = X(x)T (t) = B n sin(k n x) cos(k n t). Og nu til fourier-delen! For vi skal have et uryk for B n. Vi ser fra randbetingelse 1, at der for den generelle løsning gælder u(x, ) = B n sin k n x = n=1 x(l x) L 2. Nu er tricket, at vi meget gerne vil have noget, der ligner det integrale, vi får oplyst. Vi ser, at siden summen kun indeholder sinus-led, må vi finde en ulige funktion at udvide. Vi vælger den simpleste, som bare er en dobbelt spejling af den funktion vi har fået oplyst. Så nu går funktionen altså fra L til L. and Settings/Jeppe/Dokumenter/My Office/MatFEksamen/eksempel9fig1.jpg Figur 1: Udviddet funktion (med L=1, det kunne lige så go have været 2) Vi ser, at dette lader sig gøre, hvis vi udvidder funktionen som f(x) = x(l x ) L 2 Nu skriver vi det så op igen: u(x, ) = B n sin k n x = n=1 x(l x ) L 2 og vi ser, at det jo lige præcis ligner noget fourier-noget! Vi skal altså finde B n på følgende måde: B n = 2 L ( ) 2πn f(x) sin 2L L 2L x dx, og læg mærke til, at der for denne funktion gælder L = 2L. Vi ser, at begge funktioner i integralet er ulige omkring x =, så de to tilsammen er en lige funktion, hvorfor vi kan tage to gange integralet fra til L: B n = 2 L ( ) 2πn f(x) sin L 2L x dx. 12

13 Nu skriver vi f(x) ud igen og skrifter variabel til y = x/l: B n = 2 = 2 L 1 [ x ( x ) ] 2 ( L sin πn x ) dx L L L y(1 y) sin(nπy)d(y) Dette er netop det integrale, som er opgivet i opgaven, hvorfor vi kan løse det meget nemt. Vi får altså B n = 4 (1 cos nπ) π 3 n3 Det ses, at 1 cos nπ bare giver for lige n og 2 for ulige n, så vi får altså: B k = 8 π 3 (2m + 1) 3, hvor n er blevet erstattet af 2m + 1, da dette altid er ulige for m N. Vi får altså (som svar på opgaven) 8 u(x, t) = π 3 (2m + 1) sin(k mx) cos(k 3 m t), hvor k m = (2m+1)π L. m= 13