FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika Pisni izpit 9. junij 005 Ime in priimek: Vpisna št: Zaporedna številka izpita: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer so naloge. Naloge je 6 in vsaka je vredna 0 točk, torej skupaj 10 točk. Na razpolago imate uri. Naloga a. b. Skupaj 1... 4. 5. 6. Skupaj
1. (0) Naj bosta a > 0 in b > 0 števili, za kateri velja ab = 1. Na območju G = {(x, y, z): x > 0, z > 0, xz y > 0} naj bo definirana funkcija kjer je α > 0 dano število. f(x, y, z) = α log(xz y ) 1 (ax + bz), a. (10) Pokažite, da je točka (αb, 0, αa) lokalni maksimum funkcije f(x, y, z). Rešitev: Računamo f x f y f z αz (x, y, z) = (x, y, z) = αy αx (x, y, z) = (xz y ) a (xz y ) b (xz y ) Z vstavljanjem točke (αb, 0, αa) ugotovimo, da so vsi parcialni odvodi enaki 0. Dana točka je stacionarna. Potrebujemo še Hessejevo matriko v točki (αb, 0, αa). Računamo, recimo, f (x, y, z) = αz x f αyz (x, y, z) = x y f x z (x, y, z) = αy Upoštevajmo, da je ab = 1 in dobimo Hf(αb, 0, αa) = a (xz y ) (xz y ) (xz y ) 0 0 α 0 1 0. α 0 0 b α Diagonalni elementi Hessove matrike v točki (αb, 0, αa) so negativni, zato je matrika negativno definitna. Stacionarna točka je lokalni maksimum. Parcialni odvodi: točki. Vstavljanje točke: točki. Drugi parcialni odvodi: točki. Vstavljanje: točki. Sklep o lokalnem maksimumu: točki. b. (10) Naj bo funkcija g: G R dana z g(x, y, z) = xz y 1. Poščite stacionarne točke funkcije f(x, y, z) na območju G pri pogoju g(x, y, z) = 0. Rešitev: Najprej opazimo, da lahko namesto s funkcijo f(x, y, z) računamo kar s funkcijo f(x, y, z) = 1 (ax + bz),
Po Lagrangu sestavimo funkcijo F(x, y, z) = f(x, y, z) λg(x, y, z). Računamo F (x, y, z) = x a λz F (x, y, z) = yλ y F (x, y, z) = b λx z Parcialne odvode izenačimo z 0. Iz prve ali tretje enačbe razberemo, da mora biti λ 0. Druga enačba potem pove, da je y = 0. Iz pogoja g(x, y, z) = 0 potem sledi, da je xz = 1. Z nekaj računanja dobimo x = b in z = a. Opažanje, da lahko prvi člen zanemarimo: točki. Lagrangova funkcija: točki. Parcialno odvajanje: točki. Enačbe za točko: točki. Rezultat: točki.
. (0) Lemniskata je dana z enačbo (x + y ) a (x y ) = 0 za a > 0. Krivulja je na spodnji sliki. y x a. (10) Naj bo G osenčeno območje na zgornji sliki. Izračunajte a x y dx dy. Namig: Polarne koordinate. G Rešitev: Zaradi simetrije je dovolj izračunati integral po desnem ušesu lemniskate. V polarnih koordinatah je področje oblike H = {(r, φ): π/4 φ π/4, 0 r a cos φ}. To dobimo z vstavljanjem x = r cosφ in y = r sin φ v enačbo za lemniskato. Dvojni integral preide v a x y dx dy = a r r dr dφ G = = = = = a 9 H π/4 π/4 π/4 π/4 a cos φ dφ dφ 0 a a (π 5/ a (π 7/ r a r dr ( (1 cos φ)/ ) π/4 π/4 1 sin φ dφ) / (1 u )du) ( + 0 + π ). 4
Transformacija področja: točki. Jacobian: točki. Uporaba Fubinijevega izreka: točki. Rezultat: 4 točke. b. (10) Utemeljite, da obstaja izlimitirani integral dx dy a x y in ga izračunajte. G Rešitev: Integriramo nenegativno funkcijo, zato je vseeno, kako napihujemo področja, ki bodo zajela vso desno uho lemniskate. Uvedemo polarne koordinate in dobimo podobno kot v a. G dx dy a x y = = H π/4 = a r dr dφ a r a cos φ dφ π/4 0 π/4 π/4 r a r dr dφ (1 sinφ ) = a( 4 + + π ). Utemeljitev, zakaj izlimitirani integral dobro definiran: točki. Transformacija področja: točki. Jacobian: točki. Uporaba Fubinijevega izreka: točki. Rezultat: točki. 5
. (0) Naj bo C krožnica v yz-ravnini dana z enačbo y + z = 1 orientirana v smeri nasprotni urinemu kazalcu. Naj bo F = F(x, y) zvezno odvedljiva funkcija spremenljivk x in y. Vektorsko polje naj bo dano z F = (0, 0, F y (x, y)). a. (10) Naj bo S poljubna gladka ploskev z robom C. Pokažite, da je ploskovni integral F ds S vedno enak, ne glede na to, kakšno ploskev izberemo, če normalo na ploskev izberemo v skladu z orientacijo krožnice. Namig: Izračunajte rotor polja G = (F, 0, 0). Rešitev: Rotor polja iz namiga je rot(g) = (0, 0, F y ). Pri tem smo upoštevali, da je F z = 0, ker je F odvisna le od koordinat x in y. Po Stokesovem izreku je F ds = rot(g) ds = G dr. S S Ta zadnji integral je vedno enak, ker vedno integriramo po isti krožnici. Poleg tega je polje G pravokotnno na krožnico, zato je integral enak 0. C Upoštevanje, da je F z = 0: točki. Rotor: točki. Ideja s Stokesom: točki. Zapis Stokesovega izreka: točki. Končni sklep: točki. b. (10) Naj bo spet S ploskev z robom C. Naj bo F = (0, 0, ay ) za neko konstanto a. Izračunajte S F ds. Rešitev: Definiramo G = ( ay /, 0, 0). Velja rot(g) = F. Po a. delu naloge lahko integriramo kar po krogu K = {(y, z): y +z 1} v yz-ravnini, pri čemer si za normalo izberemo k = (1, 0, 0). V tem primeru je F ds = F ds = 0. S K Zveza z a.: točki. G: točki. Izbira K: točki. Pretovrba na integral po K: točki. Rezultat: točki. 6
4. (0) Med točkama A in B na površju zemlje skopljemo raven predor dolžine d in vanj položimo tirnice, po katerih lahko pelje vlak brez trenja. Naj bo x(t) razdalja vlaka od sredine predora v trenutku t. Ko je vlak v točki A, je ta razdalja d. Gibanje vlaka pod vplivom težnosti opisuje diferencialna enačba 4πρk ẋ = d x, kjer je ρ masna gostota zemlje in k gravitacijska konstanta. a. (10) Naj bo x(0) = d. Poiščite rešitev diferencialne enačbe. Rešitev: Enačbo najprej prepišemo v obliko ẋ d x = α, kjer je Integriramo in dobimo Iz začetnega pogoja sledi torej c = π/. Sledi torej 4πρk α =. arcsin(x/d) = αt + c. arcsin( 1) = c, x d = sin(αt π ), x(t) = d cos(αt). Pretvorba na obliko za integriranje: točki. Integriranje: točki. Enačba za konstanto: točki. Konstanta: točki. Rešitev: točki. b. (10) Ker predpostavljamo, da ni trenja, bo vlak sam od sebe peljal od točke A do točke B. Izračunajte čas, ki je za to potreben. Rešitev: Iz a. preberemo, da je arcsin(x/d) = αt π. Ko bo vlak na sredi predora, bo x = 0. Razberemo, da za to potreben čas zadošča enačbi αt = π. 7
torej je t = π α. Čas od sredine predora do točke B bo enak času od A do sredine predora. Sledi, da je potreben čas π/α. Ideja, kako razbrati čas: točki. Uporaba a.: točki. Enačba za t: točki. Utemeljitev, da je čas do sredine enak ostanku časa: točki. Rezultat: točki. 8
5. (0) Dana naj bo linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti y () + y + 7y + 5y = 16e x cos x z začetnimi pogoji y(0) =, y (0) = 4 in y (0) =. a. (10) Poiščite partikularno rešitev zgornje enačbe. Rešitev: Karakteristični polinom homogenega dela enačbe je enak P(λ) = λ + λ + 7λ + 5. Ničle najprej iščemo med delitelji konstantnega člena. Ugotovimo, da je λ 1 = 1. Z deljenjem dobimo P(λ) = (λ + 1)(λ + λ + 5), torej je λ = 1 + i in λ = 1 i. Desno stran enačbe zamenjamo z 16e ( 1+i)x. Ker je konstanta v eksponentu ničla karakterističnega polinoma, je nastavek za rešitev y p (x) = Axe ( 1+i)x. Odvajamo y p (x) = Ae( 1+i)x + Ax( 1 + i)e ( 1+i)x y p (x) = Ae( 1+i)x (( 4i)x ( 4i)) y p () (x) = (4 i)ae ( 1+i)x (( + i)x i) Vstavimo v enačbo, pokrajšamo e ( 1+i)x in poenostavimo. Za konstanto A dobimo enačbo 8A = 16, torej A =. Partikularna rešitev je realni del nastavka, torej y p (x) = xe x cos x. Karakteristični polinom in ničle: točki. Nastavek: točki. Odvajanje in vstavljanje: točki. Enačba za A: točki. Partikularna rešitev: točki. b. (10) Poiščite rešitev enačbe, ki ustreza začetnim pogojem. Rešitev: Splošna rešitev enačbe je y(x) = xe x cos x + c 1 e x + c e x cos x + c e x sin x. Iz točke a. razberemo odvode partikularne rešitve kot y p (0) = in y p (0) = 4. Z odvajanjem in vstavljanjem x = 0 dobimo enačbe = c 1 + c 4 = c 1 c + c = 4 + c 1 c 4c Seštejemo prvi dve enačbi in sledi c = 0. Dalje dobimo z odštevanjem prve enačbe od zadnje, da je c = in končno c 1 = 0. Sledi y(x) = xe x cos x + e x cos x. 9
Odvodi partikularne rešitve: točki. Odvodi rešitev homogene enačbe: točki. Sistem enačba za konstante: točki. Rešitev sistema: točki. Končna rešitev: točki. 10
6. (0) Na ploskvi S, ki je dana kot graf funkcije f : R R, kjer je f(x, y) = 1 (x + y ), iščemo najkrajše poti, ki potekajo po ploskvi med danima točkama. V polarni obliki sta kot φ in oddaljenost poti od izhodišča r povezana kot φ = φ(r). Kot znano privzemite, da funkcija w(r) = φ (r) 1 + r ustreza diferencialni enačbi w + r w + rw = 0. a. (10) Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe za w. Rešitev: Enačba je Bernoullijeva z α =. Uvedemo substitucijo z(r) = w (r). Enačba preide v z 4 r z = r, kar je linearna diferencialna enačba prvega reda. Rešitev homogene enačbe je z(r) = r 4, rešitev nehomogene pa iščemo z nastavkom r 4 u(r). Vstavimo in dobimo 4r u + r 4 u 4r u = r, ali u = r. Sledi u(r) = r + c. Splošna rešitev za z je z(r) = r + cr 4, torej je w(r) = 1 r cr 1. Opažanje, da je enačba Bernoullijeva: točki. Substitucija: točki. Rešitev homogene enačbe: točki. Partikularna rešitev: točki. Splošna rešitev: točki. b. (10) Privzemite, da je w( ) = 1/ in φ( ) = 0. Poiščite funkcijo φ. Kot znano upoštevajte, da je ( ( ) ( ) ) r 1 r 1 1 + r arcsinh + arctg = r + 1 r r 1. Rešitev: V splošno rešitev za w vstavimo r =. Dobimo enačbo 1 = w( ) = 1 c 1. 11
Sledi c = 1. Z vstavljanjem v enačbo za φ dobimo φ r + 1 (r) = r r 1. Z upoštevanjem pogoja φ( ) = 0 sledi φ(r) = r ρ + 1 r ρ 1 dρ. Upoštevamo še integral iz naloge in dobimo ( ) ( ) r 1 r 1 φ(r) = arcsinh +arctg arcsinh r + 1 ( ) 1 arctg ( ) 1. Enačba za c: točki. c: točki. Integriranje φ : točki. Upoštevanje začetnega pogoja za φ: točki. φ kot funkcija r in sklep: točki. 1