Løsningsforslag

Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
Løsningsforslag
Dette er et utbygd løsningsforslag. D.v.s at det kan forekomme feil og at løsningene er mer omfattende enn det som kreves av studentene på eksamen.
Oppgavesettet består av 9 (ni) sider.
EKSAMEN
RF3100 – Matematikk og fysikk
Tillatte hjelpemidler: Kalkulator, vedlagt formelark
Varighet: 3 timer
Dato: 4.juni 2015
Emneansvarlig: Lars Sydnes
sydlar@westerdals.no
93035685
Oppgavesettet består av 7 oppgaver. Husk å lese oppgavene nøye.
Alle svar skal begrunnes, med mindre annet er oppgitt.
Oppgave 1
(15 %)
I denne oppgaven skal vi se på vektorene
u = [0, 1],
v = [2, 1],
w = [−1, 2],
og punktene A, B og C, der
−→
OA = u,
−−→
BA = v
−−→
BC = v + w.
a) Regn ut
(i) u + w
(ii) kwk
(iii) v · w
(iv) vinkelen mellom v og w
Løsning:
(i) u + w = [0, 1] + [−1, 2] = [−1, 3].
p
√
(ii) kwk = k[−1, 2]k = (−1)2 + (2)2 = 5(iii) v · w = [2, 1] · [−1, 2] = −2 + 2 = 0
(iv) Vinkelen mellom v og w er 90◦ . Det følger av at skalarproduktet mellom vektorene er lik 0.
b) Regn ut
(i) koordinatene (x, y) til punktet C,
(ii) vinkelen θ = 6 ABC.
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
Løsning:
−
−
→ −→ −→ −−→
(i) OC = OA + AB + BC = u + (−v) + (v + w) = u + w = [−1, 3].
Følgelig er C = (−1, 3).
−→
(ii) Vinkelen 6 ABC er rett og slett vinkelen mellom BA = u = [2, 1]
−−→
og BC = v + w = [1, 3], og man kan regne ut vinkelen θ på den
vanlige måten, ved formelen
−→ −−→
−→ −−→ !
BA · BC
BA · BC
cos θ =
, altså θ = acos
.
kBAkkBCk
kBAkkBCk
Konkret gir dette
[2, 1] · [1, 3]
5
1√
2+3
√
cos θ = √
2.
= √ √ = √ =
2
22 + 1 2 12 + 3 2
5 10
5 2
Dermed er
θ = acos
Oppgave 2
1√
2
2
= 45◦ .
(20 %)
Her skal vi se på tre punkter P = (0, 1), Q = (2, 0) og R = (0, 2), samt midtnormalen l til linjestykket P Q, som vist på figuren:
R
l
P
R0
M
Q
a) Skriv opp ligningsfremstillingen til linjen l.
Løsning:
Ligningsfremstillingen er på formen
ax + by = d
−
−
→
Siden vektoren P Q = [2 − 0, 0 − 1] = [2, −1] skal stå vinkelrett på linjen,
kan vi umiddelbart sette a = 2 og b = −1.
Midtpunktet M på linjetsykket har posisjonsvektor
−
−
→ −
−
→
−−→
[2, 1]
OP + OQ
1
OM =
=
= 1,
.
2
2
2
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
Når vi nå kjenner a, b og et punkt M = (1, 1/2) på linjen, kan vi regne ut d:
d = ax + by = 2 · 1 − 1 ·
1
3
=
2
2
Ligningen for linjen l er altså
2x − y =
3
2
Denne løsnignen kan skrives på mange ulike vis. Her har vi et lite utvalg:
y = 2x −
3
,
2
4x − 2y = 3,
x−
1
3
y=
2
4
b) Finn en vektor u som står vinkelrett på l.
Skriv opp en matrise A kan brukes til å reflektere vektorer i linjen l.
Løsning:
−
−
→
Som nevnt i forrige punkt står vektoren u = P Q = [2, −1] vinkelrett på l.
Hvis v er en vektor, så kan vi regne ut den reflekterte vektoren v0 på følgende måte: La v = v⊥ + vk være den ortogonale dekomposisjonen av v i
forhold til u. Da er v0 = v⊥ − vk .
Hvis vi forutsetter at vi representerer vektorer med rad-vektorer, så er
uT u
uT u
vk = v T ,
v⊥ = v − vk = v I −
,
uu
uuT
og
uT u
uT u
uT u
v0 = v⊥ − vk = v I −
−
=
v
I
−
2
uuT
uuT
uuT
Matrisen A som reflekterer vektorer i linjen l er altså
2 2 −1
T
−1
u u
1 0
1 0
8/5
−4/5
−3/5
=
A = I−2 T =
−2
−
=
2
0 1
0 1
−4/5
2/5
4/5
uu
2 −1
−1
c) Bestem speilbildet R0 av R i forhold til l.
Tips: Dette kan du sikkert regne ut direkte, men du kan også dra nytte av matrisen A i forrige punkt.
Løsning:
−
−−
→
Vi kan bestemme R0 utifra følgende egenskap: Vektoren M R0 skal være
−−→
speilbildet av vektoren M R i forhold til l. D.v.s. at
−
−−
→ −−→
M R0 = M R A = [0 − 1, 2 − 1/2] A
−3/5 4/5
= −1 3/2
4/5
3/5
3
3
4
4
− 5 + 32 · 35
= 5+2·5
1
= 18
= 1.8 0.1
10
10
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
4/5
3/5
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
Dermed er
−−→0 −−→ −
−−
→
OR = OM + M R0 = [1, 1/2] + [18/10, 1/10] = [28/10, 6/10] = [2.8, 0.6]
Følgelig er R0 = (28/10, 6/10) = (2.8, 0.6)
Oppgave 3
(10 %)
Med utgangspunkt P = (−300, 400) fører vi en båt med kurs 60◦ i forhold til
y-aksen (heading=60◦ ). Vi observerer et skjær S som ligger 70.7 lengdeenheter
unna og 15◦ til venstre for fartsretningen (bearing=−15◦ ).
−→
a) Regn ut x- og y-komponenten av vektoren P S.
Regn ut koordinatene til punktet S.
Løsning:
−→
Vinkelen mellom P S og x-aksen e på 60◦ − 15◦ = 45◦ . Siden vektoren har
lengde 70.7, blir
−→
P S = [70.7 cos 45◦ , 70.7 sin 45◦ ] ≈ [50.0, 50.0]
Dermed er
−→ −
−
→ −→
OS = OP + P S = [−300, 400] + [50.0, 50.0] = [−250, 450],
så S = (−250, 450).
b) Regn ut r, θ-polarkoordinatene til punktet P .
Løsning:
r=
p
x2 + y 2 =
Nå er
p
(−300)2 + 4002 = 500
−400
atan
= −53.1◦
300
Dette er en vinkel i 4. kvadrant. Punktet P ligger i 2. kvadrant, så
θ = 180◦ − 53.1◦ = 126.9◦
Punktet har altså polarkoordinater (r, θ) = (500, 126.9).
Oppgave 4
(15 %)
I denne oppgaven ser vi på matrisene
3
A=
4
−4
,
3
B= 1
2 ,
1
C=
0
0
−1
1
1

og
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no

4
D =  3 .
−1
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
a) Regn ut de matriseproduktene som er definert.
(i) AB
(ii) BC
(iii) ADT
(iv) CD
(v) C T A
Løsning:
(i) Produktet av A og B er ikke definert siden matrisedimensjonene ikke
passer sammen.
(ii) BC = 1 −2 3
(iii) Produktet av A og DT er ikke definert siden matrisedimensjonene
ikke passer sammen.
3
(iv) CD =
−4


3
−4
T
(v) C A = −4 −3
7
−1
Oppgave 5
(15 %)
Vi ser på en bil-modell som skal brukes i et todimensjonalt spill. Modellen beskrevet over koordinatområdet der 0 ≤ x ≤ 1 og 0 ≤ y ≤ 1. Når vi presenterer
denne modellen direkte ser den alt for høy ut:
y
y=1
x=1
x
I denne figuren er forholdet (lengde : høyde) = 1. I en normal fremstilling på
ønsker vi at forholdet (lengde : høyde) = 2.13.
I denne oppgaven er (x, y) modellkoordinater (som i figuren over), mens (x0 , y 0 )
er skjermkoordinater (som vist i figur på neste side).
a) Vi ønsker å tegne bilen på en skjerm slik at lengden = 213 piksler og
høyden = 100 piksler, som på denne figuren:
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
y0
y = 100
x0
x = 213
Skriv opp en matrise A som kan brukes til å gjøre den nødvendige omregningen fra modellkoordinater (x, y) til skjermkoordinater (x0 , y 0 ).
Løsning:
Transformasjonen (x, y) 7→ (x0 , y 0 ) skal tranformere vektoren [1, 0] om til
[213, 0] og vektoren [0, 1] om til [0, 100]. Dersom vi representerer geometriske vektorer med 2 × 1-matriser, altså søylevektorer, så vil altså matrisen
231
0
A=
0
100
Dersom vi velger å arbeide med radvektorer, vil svaret være den transponerte matrisen AT , som i dette tilfellet er lik A. (Her gir altså de to konvensjonene nøyaktig
samme svar)
b) Nå skal bilen bevege seg i en nedoverbakke som har en helling på 30◦ .
Den skal ha samme størrelse og proposjoner som i forrige punkt. Den
transformerte bilen skal altså se omtrent slik ut:
y0
x0
Skriv opp en matrise B som kan brukes til å gjøre den nødvendige omregningen fra modellkoordinater (x, y) til skjermkoordinater (x0 , y 0 ).
Løsning:
Når vi arbeider med søylevektorer, ser matrisen R for rotasjon 30◦ med
klokken slik ut:
√
cos(−30◦ ) − sin(−30◦ )
3/2 √1/2
R=
=
sin(−30◦ )
cos(−30◦ )
−1/2
3/2
Transformasjonen fra modellkoordinater (x, y) til skjermkoordinater (x0 , y 0 )
kan nå beskrives om en sammensatt transformasjon: Først skalerer vi bilen
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
riktig med matrisen A. Deretter roterer vi den med matrisen R. Denne sammensatte transformasjonen utføres av matrisen
"√
#
# " 213√3
3
1
213
0
184.0
50.0
50
2
2
2
√
√
=
B=
≈
3
0
100
−107.0 86.6
− 213
50 3
−1
2
2
2
Hvis du bruker radvektorer, er det B T som er det riktige svaret.
Oppgave 6
(15 %)
En gorilla
√ som befinner seg i punktet (0, 0) kaster avgårde en banan med fart
på 100 2 ms ≈ 141.4 ms med retning 45◦ oppover. Bananens bevegelse kan beskrives som en parametrisert kurve
−−→
x(t)
P (t) = (x(t), y(t))
OP (t) = x(t) =
,
y(t)
med fartsvektor
ẋ(t)
ẏ(t)
v(t) =
I denne oppgaven regner vi som om tyngdens akselerasjon g = 10 sm2 i negativ
y-retning. Vi forutsetter at y aksen peker vertikalt oppover, mens x-aksen er
horisontal.
a) Skriv opp formler for x(t), y(t), ẋ(t) og ẏ(t).
Løsning:
Her gjelder de vanlige lovene for bevegelse med konstant akselerasjon
med gitt startfart- og posisjon. Vi kjenner startposisjonen og akselerasjonen. Startfarten kjenner vi mer indirekte:
√ m
√
√ m 1/ 2
cos 45◦
√ = 100 ms
v0 = 100 2 ms
◦ = 100 2 s
sin 45
100 s
1/ 2
Dermed er
ẋ(t)
100
= v(t) = v0 + at =
ẏ(t)
100
m
s
m
s
+
0
−10
m
s2
t=
100 ms
100 − 10
m
s
og
1
x(t)
100 ms t
= x(t) = x0 + v0 t + at2 =
.
y(t)
100 ms t − 5 sm2 t2
2
Vi har altså
x(t) = 100 ms t
−5
m 2
t
s2
− 10
m
t
s2
y(t) = 100
m
t
s
ẋ(t) = 100
m
s
ẏ(t) = 100
m
s
b) Hvor lang tid tar det før bananen når toppen av banen?
Bestem x, y-koordinatene til banens toppunkt.
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
m
s2
t
,
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
Løsning:
Bananen befinner seg i toppunktet når farten er horisontal, d.v.s. når
0 = ẏ(t) = 100
m
s
− 10
m
t,
s2
altså
t=
100 ms
= 10 s.
10 sm2
Toppunktet, som altså får besøk av bananen ved t = 10 s har koordinater
(x, y) = (x(10 s), y(10 s)) = (100
m
s
· 10 s, 100
m
s
· 10 s − 5
m
s2
· (10 s)2 ) = (1000 m, 500 m).
c) Gorillaen befinner seg i en dal der bunnen er beskrevet av ligningen
y=
1 2
x − x.
1000
På motsatt side av dalen befinner det seg en annen gorilla.
Regn ut hvor den andre gorillaen bør befinne seg dersom den skal klare
å ta imot bananen.
Løsning:
Vi finner tidspunktet der bananen treffer dalbunnen på den andre siden
ved å sette inn uttrykkene for x(t) og y(t) i ligningen som beskriver dalbunnen, og så løse ligningen for t. For oversiktens skyld gjør vi denne utregningen uten måleenheter:
100t − 5t2 =
altså
1
(100t)2 − 100t = 10t2 − 100t,
1000
40
15t2 − 200t = 15t t −
=0
3
Vi er ikke interessert i løsningen t = 0, siden det er utgangspunktet for hele
bevegelsen. Følgelig må vi konkludere med at bananen treffer dalbunnen
på den andre siden ved t = 40/3 ≈ 13.33.
Dersom den sultne gorillaen skal få tak i bananen, må den befinne seg i det
punktet som bananen befinner deg i ved t = 40/3, altså
4000 4000
(x, y) = (x(40/3), y(40/3)) ≈
,
≈ (1333.3, 444.4)
3
9
Oppgave 7
(10 %)
Vi ser på system med total masse M = 20 kg og treghetsmoment J = 100 kg m2 .
Vi antar at massesenteret i utgangspunktet ligger i ro i origo.
Ved t = 0 fester vi en snor til systemet i punktet P = (1, 1). Vi stiller oss så opp
i punktet Q = (10, 1) og trekker i snoren med en kraft på 30N .
a) Regn ut akselerasjonen til massesenteret.
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no
Løsningsforslag til eksamen i RF3100 – Matematikk og fysikk
4.juni 2015
Løsning:
Det er rimelig å anta at kraften er parallell med snordraget. Kraften er altså
−
−
→
parallell med vektoren P Q = [9, 0]. Siden kraften har en størrelse på 30N,
er kraftvektoren
f = [30N, 0]
Forholdet mellom total kraft, total masse og akelerasjon er gitt av Newtons
2.lov, og vi får her
a=
1
1
f=
[30N, 0] = [3/2
M
20 kg
m
, 0].
s2
b) Regn ut vinkelakselerasjonen omkring massesenteret ved t = 0.
Løsning:
Kraften er som før på 30N langs y-aksen. Angrepsvinkelen φ (Vinkelen
√
−
−
→
mellom OP og f ) er på 45◦ , mens avstanden til massesenteret, kOP k = 2.
Kraftmomentet om massesenteret,
√
√ 1√
τ = F l sin φ = 30N 2 sin 45◦ = (30 · 2 ·
2)Nm = 30Nm.
2
Siden kraftmomentet er lik treghetsmomentet multiplisert med vinkelakselerasjonen, er vinkelakselerasjonen
α=
–
τ
30 rad
3 rad
=
=
J
100 s2
10 s2
Slutt på oppgavesettet
–
Westerdals Høyskole
Oslo School of Arts, Communication and Technology AS
Postboks 9215 Grønland, 0134 Oslo
Org.nr. 990 481 784
www.westerdals.no