Eksamen i Mat F, april 2006

Transkript

1 Eksamen i Mat F, april 26 Opgave Lad F være et vektorfelt, givet i retvinklede koordinater som: Udregn F og F: F x F = F x i + F y j + F z k = F y = z 2 F z xz y 2 F = F x + F y + F z = + + x. F = F z F x F y Fy Fz Fx 2z = z 2y Lad F være et vektorfelt, givet i cylinderkoordinater som: Udregn F og F: F = F ρ e ρ + F φ e φ + F z e z, (F ρ, F φ, F z ) = (ρz,, ρ 2 ). Vi bruger vektornotationen: v ρ v = v ρ e ρ + v φ e φ + v z e z = v φ v z F = ρf ρ ρ ρ F = ρ ρ ( F z φ F ρ ( ρfφ ρ + F φ ρ ) ρf φ Fz ρ Fρ φ φ + F z = 2z + +. ) = ρ 2ρ = ρe φ

2 Opgave 2 Lad vektorfeltet F og kurven C være givet i retvinklede koordinater som: F x y cos t F = F y = x, C : t sin t, t [, π/4] F z xz Udregn linieintegralet C F dr : For kurven C har vi: dr = dx dt dy dt dz dt sin t dt = cos t dt og for vektorfeltet F(r) når r C: y(t) sin t F = x(t) = cos t x(t)z(t) cos t dvs vi skal udregne: F(r) dr = ( sin 2 t + cos 2 t)dt π/4 ( sin 2 t + cos 2 t) dt = π/4 cos 2t dt = 2. Bemærk at da ( F) z = er linieintegralet uafhængigt af kurven C der løber fra P = (,,) til P 2 = (,,) så længde kurven ligger i planen z = (Greens sætning for planen). Dvs vi kan faktisk vælge en anden kurve der gør det lettere at udregne linie-integralet, f.eks. den rette linie fra (,,) til (/ 2,, ) (som giver nul bidrag) og dernæst den rette linie fra (/ 2,, ) til (/ 2, / 2, ) (som giver /2). 2

3 Opgave 3 Lad vektorfeltet F være givet i retvinklede koordinater som: F x 2xy F = F y = x 2 + z 2. F z 2zy Vis at F er et konservativt vektorfelt, dvs at F =, og find et skalarfelt Φ(x, y, z) således F = Φ. Udregn linieintegralet F dr fra P = (,, ) til P 2 = (,, ) langs en vilkårlig kurve der forbinder P og P 2. F = F z F x F y Fy Fz Fx dvs F er konservativt. Vi kan finde Φ(r) fra Φ(r) = = r 2z 2z 2x 2x F dr = langs enhver kurve C fra to r. Lad os vælge den rette linie fra til r: x(t) tx x C : t y(t) = ty, t [, ] dr = dt y. z(t) tz z Φ(r) = Vi kan nu finde r F dr = [ ] (2xy)x + (x 2 + z 2 )y + (2zy)z P2 P F dr = Φ(P 2 ) Φ(P ) = t 2 dt = (x 2 + z 2 )y. 3

4 Opgave 4 Lad S være den lukkede flade der er omspænder en kasse med sidelængder og sidehøjder, og hjørner med koordinater (a, b, c) hvor a, b, c kan antage værdierne og (se Fig., figur til venstre). Figure : Lad F være vektorfeltet x F = r = y. z Udregn S F ds. Man kan udregne integralet direkte udfra definitionen af fladeintegraler, men det er lettere at bruge divergenssætningen: F ds = F dv. V F = r F = 3, dvs vi finder for enhedsterningen: V F dv = 3. 4

5 Opgave 5 Lad S være samme flade som i opgave 4, bortset fra at låget med koordinater z = ikke er med. Fladen har altså en rand C (se Fig., figur til højre). Lad F være vektorfeltet y 2 F = x 2. x 2 y Udregn F og kald dette nye vektorfelt V. Udregn S V ds, eventuelt ved brug af Stokes sætning. F = F z F x F y Fy Fz Fx = x 2 2xy 2x 2y Man kan selvfølgeligt udregne flade-integralet lige ud af landevejen. Stokes sætning: F ds = F dr. Vi kan bruge Stokes sætning på to måder: S C () Vi kan udregne linie-integralet langs randen C af S. Der er fire liniestykker: () y =, x [, ]: F dr = F x dx = y 2 dx = da y =. (2): x =, y [, ]. F dr = F y ( dy) = dy da F y = x 2 =. (liniestykket gennemløbes fra y = til y =, derfor dy.) (3): y =, x [, ]. F dr = F x dx = dx da F x = y 2 =. (4): x =, y [, ]. F dr = F y ( dy) = da F y = x 2 =. Vi får derfor bidrag fra (2) og (3): F dr = dy + dx = 2. (2) Da fladeintegralet iflg Stokes sætning kun afhænger af randen, kan vi vælge at deformere fladen kontinuert (men med samme rand) og udregne det nye fladeintegral. Det er naturligt at deformere fladen til netop det låg vi har fjernet sammenlignet med opg. 4, dvs z = (hvor normalen nu peger nedad): ds = e z dxdy. Man får da: dx dy V ( e z ) == dx dy (2x + 2y) = 2. 5

6 Opgave 6 Find den fuldstændige løsning u(x, y) til den partielle differentialligning x 2 u + u y =. Find den løsning der opfylder randbetingelsen: u(, y) = y 2 for alle y. Find den løsning der opfylder randbetingelsen u(x, ) = x for alle x. Den karakteristiske ligning: dx x 2 = ydy dx x = 2 y dy 2 y2 + x = p, hvor p er en integrationskonstant. Den fuldstændinge løsning er derfor: F ( 2 y2 + x ), F en vilkårlig funktion u(, y) = y 2 F ( 2 y2 + ) = y 2 F (z) = 2z 2 u(x, y) = y x 2. u(x, ) = x F (/x) = x F (z) = /z u(x, y) = 2 y2 + x = 2x xy

7 Opgave 7 Find den fuldstændige løsning u(x, y) til den partielle differentialligning 3 2 u u + 2 u 2 =. Find den løsning der opfylder randbetingelserne: u(x, ) = sin x, u(x, y) = 3 y= Den generelle løsning er f(x + λ y) + g(x + λ + y), λ 2 ± + 4λ ± + 3 =. dvs λ ± =, 3, og den generelle løsning er u(x, y) = f(x 3y) + g(x y), f og g arbitrære funktioner Fra () og (2) fås: u(x, ) = sin x f(x) + g(x) = sin x f (x) + g (x) = cos x () u(x, y) = 3 3f (x) g (x) = 3 y= (2) f (x) = 2 cos x f(x) = 2 sin x x + k. dvs fra () fås og endelig: u(x, y) = g(x) = sin x f(x) = 3 2 sin x 3 2 x k, ( 2 sin(x 3y) + 3 ) ( 3 2 (x 3y) + 2 sin(x y) 3 ) 2 (x y) (3) = 2 sin(x 3y) + 3 sin(x y) 3y. (4) 2 7

8 Opgave 8 Betragt bølgeligningen 2 u = 2 u 2 t. (5) 2 og antag at x [, L] samt at funktionen u(x, t) opfylder randbetingelserne: u(x, t) = x= u(x, t) =. (6) x=l Brug separation af variable, u(x, t) = X(x)T (t), til at finde løsningerne til (5)-(6). Separation af variable giver: X (x) = k 2 X(x), T (t) = k 2 T (t). (7) Løsning: Randbetingelser: X = A cos kx + B sin kx, T = C cos kt + D sin kt. X () = X (L) = B =, k n = nπ L. Generelle løsning: u(x, t) = n= cos k n x (C n cos k n t + D n sin k n t) Bemærk: havde man brugt k 2 i stedet for k 2 i (7) så havde man kun haft den trivielle nul-løsning til randbetingelserne: X () = X (L) =. Derfor er dette valg uinteressant for den generelle løsning. 8

9 Opgave 9 Betragt bølgeligningen fra opgave 8 med x [, L], men uden randbetingelsen (6). Antag i stedet at der til tiden t= gælder: u(x, ) = x(l x) u(x, t) =. (8) L 2 t t= Find (igen ved brug af separation af variable) den løsning til (5) som opfylder (8), (løsningen kan udtrykkes som en Fourierrække). (Hjælp: Følgende integral kan være nyttigt: 2 y( y) sin πny dy = ( cos πn)) π 3 n 3 Separation af variable giver: X(x) = k 2 X(x), T (t) = k 2 T (t), Vi har igen: X = A cos kx + B sin kx, T (t) = C sin kt + D cos kt Nu giver den anden randbetingelsen at C =. Den første randbetingelse giver derfor (da T () = D som vi kan sætte lig ): X() = X(L) =, dvs A =, k n = πn/l. Løsningen har derfor formen: u(x, t) = n> B n sin k n x cos k n t, hvor u(x, ) = x(l x) = B L 2 n sin πnx L n> Det ses at det er den almindelige Fourierrækken for funktionen x(l x)/l 2 hvis den udvides fra [, L] til [ L, L] som en ulige funktion, dvs til x(l x )/L 2, idet vi da har at Fourierrækken kun indeholder sinus-led samt at sin πn L = sin 2πn 2L B n er derfor bestemt ved standard formlen for Fourierrækker: B n = 2 L x(l x ) 2L L L 2 sin 2πnx 2L dx = 2 y( y) sin πny dy, hvor vi har brugt at både x(l x ) L 2 B n = og sin 2πnx 2L er ulige samt y = x/l. Vi får endelig: 4( cos nπ) π 3 n 3 = 8 π 3 n 3 for n ulige, for n lige. 9