Eksamen i Mat F, april 2006

Transkript

1 Eksamen i Mat F, april 26 Opgave 1 Lad F være et vektorfelt, givet i retvinklede koordinater som: F x x F = F x i + F y j + F z k = F y = 2z F z y Udregn F og F: F = F x + F y + F z = F = F z F x F y Fy Fz Fx 1 = Lad F være et vektorfelt, givet i cylinderkoordinater som: Udregn F og F: F = F e + F φ e φ + F z e z, (F, F φ, F z = (sin φ, cos φ,. Vi bruger vektornotationen: F = 1 F + 1 F φ v v = v e + v φ e φ + v z e z = v φ v z 1 F ( Fφ F φ + sin φ φ + F z = sin φ ( 1 F z F φ φ F = Fz = 2 cos φ + = 2 sin φ. 1

2 Opgave 2 Lad vektorfeltet F og kurven C være givet i retvinklede koordinater som: F x z t 2 F = F y = y, C : t t 3, t [, 1] F z x t Udregn linieintegralet C F dr, For kurven C har vi: dr = dx dt dy dt dz dt 2t dt = 3t 2 dt 1 og for vektorfeltet F(r når r C: z(t t F = y(t = t 3 x(t t 2 dvs vi skal udregne: 1 F(r dr = (2t 2 + 3t 5 + t 2 dt (3t 2 + 3t 5 dt = ( 3 3 t t6 1 =

3 Opgave 3 Lad vektorfeltet F være givet i retvinklede koordinater som: F x cos x F = F y = cos y sin z. F z sin y cos z 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 1 = (,, til P 2 = (π/2, π/2, π/2 langs en vilkårlig kurve der forbinder P 1 og P 2. F = F z F x F y Fy Fz Fx cos y cos z cos y cos z = = dvs F er konservativt. Vi kan finde Φ(r således at Φ = F: Dvs vi har: Φ(r Φ(r = cos x, Φ(r = sin x + f(y, z. f(y, z = = cos y sin z, f(y, z = sin y sin z + g(z. Φ(r = (f(y, z + g(z Φ(r = sin x + sin y sin z. = sin y cos z, g(z =. Vi kan nu finde P2 P 1 F dr = Φ(P 2 Φ(P 1 = 2 3

4 Opgave 4 Lad S være den lukkede kugleflade med centrum i (,, og radius a. Lad F være vektorfeltet x F =. z Udregn (eventuelt ved brug a divergensætningen fladeintegralet 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 = F x + F y + F z = , dvs vi finder for den massive kugle V med radius a og nulpunkt i (,,: F dv = 2dxdydz = 2 4π 3 a3. V V 4

5 Opgave 5 Lad S være halvkuglefladen med centrum i (,,, radius 1 og z. Randen er da cirklen i xy-planen med centrum i (, og radius 1. Lad F være vektorfeltet som i sfæriske koordinater er givet som F = F r e r + F θ e θ + F φ e φ, (F r, F θ, F φ = (,, sin φ. Udregn F og kald dette nye vektorfelt V. Udregn S V ds og vis at integralet er nul, (benyt eventuelt Stokes sætning. F = ( 1 sin θfφ F θ r sin θ θ φ 1 r ( 1 F r rf φ sin θ φ r ( 1 rfθ Fr r r θ = cos θ sin φ r sin θ sin φ r (1 Man kan selvfølgeligt udregne flade-integralet lige ud af landevejen ved at bruge sfæriske koordinater og benytte at ds = e r ds: S V ds = S cos θ sin φ π 2π ds = dθ sin θ dφ sin θ cos θ sin φ sin θ Det er imidlertid lettere at bruge Stokes sætning: S F ds = C F dr. (2 Vi kan udregne linie-integralet langs randen C af S. Randen er randen af enhedscirclen, dvs tangentvektoren er dr = e φ (θ = π/2, φdφ og derfor er F dr = sin φ dφ og 2π F dr = sin φ dφ =. C =. 5

6 Opgave 6 Find den fuldstændige løsning u(x, y til den partielle differentialligning 1 u x + 1 u y =. Find den løsning der opfylder randbetingelsen: u(1, y = y 4 for alle y. Den karakteristiske ligning: xdx = ydy x dx = y dy y 2 x 2 = p, hvor p er en integrationskonstant. Den fuldstændinge løsning er derfor: F (y 2 x 2, F en vilkårlig funktion dvs u(1, y = y 4 F (y 2 1 = y 4 (z = y 2 1 F (z = (z u(x, y = F (y 2 x 2 = ( [y 2 x 2 ]

7 Opgave 7 Find den fuldstændige løsning u(x, y til den partielle differentialligning 6 2 u u + 2 u 2 =. Find den løsning der opfylder randbetingelserne: u(x, = 5e x, u(x, y = y= Den generelle løsning er f(x + λ + y + g(x + λ y, λ 2 ± 7λ ± + 6 =. dvs den generelle løsning er u(x, y = f(x + 6y + g(x + y, f og g arbitrære funktioner Fra (1 og (2 fås: og endelig: u(x, y u(x, = 5e x f(x + g(x = 5e x. (1 = 6f (x + g (x = 6f(x + g(x = 5k. y= (2 f(x = e x + k g(x = 6e x k, u(x, y = f(x + 6y + g(x + y = e x+6y + 6e x+y = e x+y (6 e 5y. (3 7

8 Opgave 8 Betragt varmeledningsligningen for t. 2 u 2 = u t. (4 og antag at x [, L] samt at funktionen u(x, t opfylder randbetingelserne: u(x =, t = u(x = L, t =, t. (5 Brug separation af variable, u(x, t = X(xT (t, til at finde den fuldstændige løsning til (4-(5 som opfylder at u(x, t for t. Find den specielle løsning der foruden randbetingelserne (5 også opfylder hvor funktionen f(x er givet som u(x, t = = f(x for x L, (6 f(x = x for x L 2, f(x = L x for L 2 x L. (7 Følgende formel kan eventuelt være nyttig: 2 L L f(x sin ( πnx = L ( 1 (n 1/2 4 π 2 n 2 for n = 2k + 1, for n = 2k. Separation af variable giver: X (x = k 2 X(x, T (t = k 2 T (t. (8 (vi er nødt til at vælge konstanten som k 2 og ikke k 2. I det sidste tilfælde vil T (t vokse eksponentielt, dvs ikke gå mod nul når t som krævet. Løsning: X = A cos kx + B sin kx, T = Ce k2t. Randbetingelser: Generelle løsning: X( = X(L = A =, k n = nπ L. u(x, t = A n sin k n x e k2 n t, k n = nπ L. n=1 8

9 Vi ønsker nu at finde den løsning som desuden opfylder u(x, t = = f(x, dvs f(x = n=1 ( nπ A n sin L x. Der står sin πn 2πn x i stedet for sin x. Vi udvider derfor funktionen f(x til en ulige L L funktion på intervallet [ L, L]. Denne funktion vil derfor have en Fourier-række som den nævnte og vi kan derfor bruge vores standard inversionsformel fra Fourier-rækker til at find koefficenterne A n udtrykt ved f(x: A n = 2 L ( 2πn f(x sin 2L L 2L x = 2 L Fra det i opgaven opgivne integral får vi derfor: u(x, t = k= L ( 1 k 4 ( π(2k + 1 (2k π sin x 2 L ( πn f(x sin L x. exp ( π2 (2k t. L 2 9