Løsningsforslag for flervariabel analyse med lineær algebra

Transkript

1 FVLAboksol 5//8 5:47 page i # Løsningsforslag for flervariabel analyse med lineær algebra Øyvind Ryan Matematisk institutt Universitetet i Oslo 8. februar 5

2 FVLAboksol 5//8 5:47 page ii # ii

3 FVLAboksol 5//8 5:47 page iii #3 Innhold Forord v Kapittel 3 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Kapittel 6 4 Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon Seksjon iii

4 FVLAboksol 5//8 5:47 page iv #4 iv INNHOLD

5 FVLAboksol 5//8 5:47 page v #5 Forord Dette heftet inneholder løsningsforslag til utvalgte oppgaver i boka Flervariabel analyse med lineær algebra, og skal dekke alle seksjoner i denne. Det er ment som en følgebok til læreboka, ikke som en egen pensumbok. Heftet har utviklet seg over de årene jeg har hatt plenumsregningene i kurset MAT ved Universitetet i Oslo. Det meste av læreboka er pensum i MAT, mens første del av boka er pensum i kurset MAT. Oppgavevalgene gjenspeiler de som er blitt gitt i MAT og MAT de siste årene. De nevnte kursene ved Universitetet i Oslo er ganske regnekrevende. Bakgrunnen for heftet er tilbakemeldinger fra studenter som mener løsningsforslag er veldig nyttige å ha ved siden av pensum, som en guide i oppgaveløsning. Selvfølgelig er det viktig at studenter prøver å løse oppgavene på egenhånd og, men et presist og enklest mulig løsningsforslag kan være gull verdt, både når man står fast på oppgaver, og når man skal kryssjekke det man har gjort. I dette heftet finnes også stoff relatert til oppgavene, som læreboka ikke går så dypt inn på da teorien har mest fokus der. Heftet går for eksempel enda mer i detaljer enn læreboka når det gjelder å sette opp uoppstilte problemer på en slik måte at de lar seg løse. Heftet forklarer også gjennom mange oppgaver hvordan man skal komme i gang på de fleste typer oppgaver, og hvordan man skal formulere seg. Det er også fokus på regneknep som ikke alltid kommer så godt frem i læreboka. Flere av oppgavene kan løses på mer enn en måte, og i flere tilfeller blir mer enn en fremgangsmåte vist. De vanlige regnefeilene blir også gått gjennom. Noen deler av læreboka har erfaringsmessig vist seg vanskeligere enn andre, og mye plass er derfor dedikert til disse delene. Dette gjelder blant annet regnetrening og geometrisk forståelse knyttet til integrasjon i flere variable. Kapitlene og seksjonene er nummerert på samme måte som i læreboka. Oppgaveteksten gjentas kun der dette er praktisk, og det er derfor lurt å ha læreboka foran seg når man bruker heftet i forbindelse med en oppgave. Læreboka er bygget opp med en del kodeeksempler blandet inn i stoffet der dette er relevant. Dette gjøres også i dette heftet, og det er flere oppgaver som inneholder programmering. Alle kodeeksemplene er i Matlab. Mye av regningen kan også bekreftes ved hjelp av en symbolsk verktøypakke i Matlab, og dette blir demonstrert flere steder. Alle figurene i heftet er også generert med Matlab.Ved Universitetet i Oslo er det også en strategisk satsing på Python som et gjennomgående språk i begynnerkursene. Matlabkoden er derfor også oversatt til Python, og kan finnes på heftets webside. Den strategiske satsingen på Python er en del av Computers in Science Education -prosjektet CSE ved Universitetet i Oslo, et prosjekt der beregninger søkes integrert tverrfaglig i undervisningen helt fra første semester av på universitetet. Beregninger er her ment i en vid forstand, som omfatter både programmering, forskjellige språk, algoritmeforståelse, og numeriske metoder. Vi kommer tilbake til flere av disse senere i heftet. På heftets webside kan du også finne all Matlab-kode som er listet opp i heftet, sammen v

6 FVLAboksol 5//8 5:47 page vi #6 vi FORORD med all kode som er brukt til å generere figurene. Bruk av boken i undervisning Med dette heftet har studentene en guide til hvordan alle typer oppgaver i læreboka kan løses, og det kan jo være en god støtte når man står fast på enkelte oppgaver. Heftet egner seg definitivt best som en oppslagsbok - bruk den parallelt med at du løser konkrete oppgaver, og slå opp etterhvert som du står fast. Ikke les boka fra perm til perm, det er ikke det som er meningen! Og jobb med en oppgave i læreboka parallelt med at du bruker heftet, med læreboka oppe! Studenter bør også være klar over at man lærer mest av å prøve hardt på oppgavene på egen hånd først, før man rådfører seg med løsningsforslagene. Så, studenter, prøv alltid å regne gjennom først! Det kan være lurt at man hver uke også gir noen oppgaver som ikke blir løst i heftet. Dette vil hindre at studentene blir passive i den forstand at de bare rådfører seg med heftet. Som enhver annen bok inneholder nok også denne enkelte trykkfeil, som skal bli rettet opp i neste utgave. Vi tar imot all hjelp vi kan få til å finne feil, eller å finne oppgaver der forklaringer og utregninger er litt mangelfulle. Hvis du finner en trykkfeil foreslår vi at du først sjekker om denne allerede er ført opp på den oppdaterte trykkfeillista på heftets webside. Hvis den ikke er der bør du sende en til adressen oppgitt på heftets webside. Takk Flere personer har bidratt i forbindelse med utformingen av innholdet i dette heftet. Studentene i MAT har blant annet gitt tilbakemeldinger på første versjon av løsningsforslagene. Spesielt har dette bidratt til å detaljere en del oppgaver videre der første versjon var for kortfattet, og tilbakemeldinger fra studenter kommer helt sikkert til å fortsette de neste årene og, slik at neste utgave kan bli enda bedre. Magnus Bugge og Magnus Pedersen Lohne har oversatt mye av koden som finnes i dette heftet til Python. En stor takk også til Tom Lindstrøm for å ha gitt innspill til utformingen av dette heftet, samt utvalget av oppgaver. Jeg retter også en takk til arbeidskollegene mine på CSE-prosjektet, som har inspirert meg til å jobbe med utviklingen av nytt kursmateriell. Blindern, 8. september 4 Øyvind Ryan

7 FVLAboksol 5//8 5:47 page #7 Kapittel 3 Seksjon 3. Oppgave. rt cos t, t sin t vt r t sin t, sin t + t cos t vt vt sin t + sin t + t sin t cos t + t cos t sin t + t sint + t cos t at v t cos t, cos t t sin t at v t 4 sin t cos t + t cost + sint + t cos t t sin t cos t sin t + t sint + t cos t sint + t cost + sint + t cos t t sint sin t + t sint + t cos t 3 t sint + tcost + cos t. sin t + t sint + t cos t Oppgave 3. rt t, e t, sin t vt r t, e t, cos t at v t, e t, sin t. Oppgave 5. Koden blir % Oppgave 3..5 a tlinspace,6*pi,; plott.*cost,t.*sint; % Oppgave 3..5 b tlinspace,*pi,; plot5*cost,3*sint;

8 FVLAboksol 5//8 5:47 page #8 KAPITTEL 3 % Oppgave 3..5 c tlinspace,*pi,; plotsin*t.*cost,sin*t.*sint; % Oppgave 3..5 d tlinspace,6*pi,; plot3t.*cost,t.*sint,t; % Oppgave 3..5 e tlinspace-,,4; plot3t,sint,cost; Oppgave 6. % Oppgave 3..6 tlinspace,,; m; g9.8; k.5; u.; u.4; fm*u/k*-exp-k*t/m; f-m*g*t/k+m*u/k + m*m*g/k*k*-exp-k*t/m plotf,f; Oppgave 8. Vi har rt t, t 3, der t [,. Vi har at L, x t + y t dt 4t + 9t 4 dt t 9t + 4dt. Gjør vi her substitusjonen u 9t + 4, som gir du 8tdt, så får vi t 9t + 4dt 8 8 [ 3 u3/ 8t 9t + 4dt [u 3/ udu 943/ 8. 7 Oppgave. a. Vi regner ut vt r t sin t, cos t, cos t vt vt 4 sin t + cos t + cos t at v t cos t, sin t, sin t

9 FVLAboksol 5//8 5:47 page 3 #9 SEKSJON 3. 3 b. L, π vtdt dt 4π. c. En kule med sentrum i origo er beskrevet ved at x + y + z r, der r er kuleradien. Vi har at x + y + z 4 cos t + sin t + sin t 4 cos t + 4 sin t 4, og derfor ligger kurven på en kule om origo med radius. d. Vi har at og derfor ligger kurven i det gitte planet. y z sin t sin t, e. Kurven beskriver en sirkel med radius, på grunn av c, d, og det faktum at skjæringen mellom en kule med senter i origo og et plan gjennom origo er en sirkel med samme radius som kula. % Oppgave 3..e tlinspace,*pi,; plot3*cost,sqrt*sint,sqrt*sint; Oppgave. Koden blir % Oppgave 3.. b quad@xsqrt+t.^,,*pi Oppgave. a. Fra Eksempel 8 har vi at Derfor får vi rt rt r sin t, r r cos t. vt r t r r cos t, r sin t vt vt r r cos t + r cos t + r sin t r cos t at v t r sin t, r cos t at v t r sin t cos t. b. Buelengden ved en omdreining av hjulet er sπ r vtdt cos tdt. r cos tdt

10 FVLAboksol 5//8 5:47 page 4 # 4 KAPITTEL 3 c. Vi har at cos t + cos t cos t + cos t sin t sin t + cos t + cos t. cos t + cos t d. Siden sin t < for π < t < π, blir integralet fra b nå r cos tdt r r π sin t + cos t dt sin t + cos t dt r π sin t + cos t dt. Bruker vi substitusjonen u + cos t får vi du sin tdt, og vi får dermed r du du + u u r du u r [ u r 8r. Oppgave 4. La oss først regne ut hvor lang tid vi bruker på en omdreining rundt sirkelen med fart v når vi starter i r,. Siden omkretsen til sirkelen er πr må vi løse likningen s vt πr, som gir at t πr v. Vi vet også at kurven kan parametriseres ved rt r coskt, r sinkt for en k, og k kan vi finne ved å observere at argumentet kt skal være π når t πr πr v. Løser vi k v π finner vi at k v r, slik at vi kan skrive rt r cos v r t, r sin v r t. Deriverer vi to ganger får vi r t vt v v v r sin r r t, r cos r t v v v v v t at r cos r r t, r sin r t rt. r Oppgave 7. a. Siden fartsretningen til bakhjulet alltid er retningen mot forhjulet, så vil v t ha samme retning som r t r t. Fra oppgaveteksten har vi at r t r t har lengde, så denne er dermed en enhetsvektor i fartsretningen, som også er definisjonen på T t. Altså er T t r t r t, slik at r t r t + T t. b. Vi antar at r t t, sin t, og får da at v t, cos t vt + cos t T t + cos t, r t r t + T t cos t + cos t t + + cos t, sin t + cos t. + cos t

11 FVLAboksol 5//8 5:47 page 5 # SEKSJON 3. 5 c. Koden blir % Oppgave 3..7c t :.5:; plott,sint, k-,... t +./sqrt+cost.^,sint + cost./sqrt+cost.^, k+ ; legend bakhjul, forhjul ; axis equal ; d. Sykkelen kjører fra venstre mot høyre, siden plottet faller sammen med det vi tegnet i c. Oppgave 8. Med origo midt i sirkelen og med startpunkt b,, får vi: xt a + b cos t a cos a+b a+b a t, yt a + b sin t a sin a t Oppgave. a. Ved å bruke setning 3..4 får vi at d dt rt vt r t vt + rt v t vt vt + rt at vt vt + rt ktrt vt vt + ktrt rt +. Her har vi brukt regnereglene for vektorproduktet fra setning??, samt at vektorproduktet av to parallelle vektorer alltid er. b. På grunn av a så må den deriverte av hver komponent i rt vt også være. Men da er hver komponent i rt vt en konstant. Men da er også rt vt konstant. c. Planet som inneholder, r, og v er unikt identifisert ved at det har normalvektor r v, og går gjennom. Å vise at rt ligger i dette planet blir da det samme som å vise at rt r v siden planet består av alle punkter som står normalt på normalvektoren. Dette er tilfellet siden rt r v rt rt vt, hvor vi har brukt det vi viste i b, samt at vektorproduktet rt vt står normalt på rt. Oppgave 4. Koden blir % Oppgave 5. tlinspace,5,; xt; yt.^; zsint; xsint.^; ycost.^; zexp-t;

12 FVLAboksol 5//8 5:47 page 6 # 6 KAPITTEL 3 plot3x,y,z figure plot3x,y,z Seksjon 3. Oppgave. Vi har funksjonen fx, y x y 3, og kurven rt t, 3t. Vi ser at r t t, 3 f xy 3, 3x y frt 54t 5, 7t 6. Vi ser da at g t frt r t 54t 5, 7t 6 t, 3 8t 6 + 8t 6 89t 6. Oppgave 3. Vi har funksjonen fx, y, z x z y sinyz, og rt e t, t, cost. Vi ser at r t e t,, t sint f xz, sinyz yz cosyz, x y cosyz frt e t cost, sint cost t cost cost cost, e t t cost cost. Vi får derfor g t frt r t e t cost, sint cost t cost cost cost, e t t cost cost e t,, t sint e t cost sint cost t cost cost cost t sint e t + t 3 cost cost sint, og vi kan ikke forenkle dette uttrykket videre. Oppgave 4. Vi har funksjonen fx, y, t ty lnx +, og kurven rt t 3, 3t +. Hvis vi lager oss den nye parametriseringen st rt, t t 3, 3t +, t,

13 FVLAboksol 5//8 5:47 page 7 #3 SEKSJON 3. 7 så ser vi at gt fst, som er en form der vi kan bruke kjerneregelen. Vi får Vi ser da at s t 3t, 3, xty f x +, ty lnx +, y lnx + t 4 3t + fst t 6, t3t + lnt 6 +, 3t + lnt g t fst s t 6t6 3t + t 6 + 6t6 3t + t t3t + lnt t + lnt t + 9t + lnt 6 +. Oppgave 5. Vi har Vi ser at x F y F xy x y + x y xy + x., og F x y x Når rt sin t, cos t blir r t cos t, sin t. Hvis Gt Frt blir dermed G xy x t cos t sin t y + x sin t cos t sin t cos t sin t cos t + sin t sin t cos t sin 3 t cos t + cos t sin t.. Oppgave 7. Vi har temperaturfunksjonen fx, y, t + t x + y, og kurven rt 3t t 4, t + t 8, t. Vi får at Hvis gt frt får vi dermed f x, y, frt 6t + t, 4t + t 4, fr /, 7/4, r t 3 t, + t 4, r 5/, 9/4, g fr r /, 7/4, 5/, 9/4, /4 + 53/

14 FVLAboksol 5//8 5:47 page 8 #4 8 KAPITTEL 3 Siden dette er mindre enn null, så er temperaturen avtagende langs kurven nær. Oppgave 8. For å regne ut g t med gt frt, bruker vi først kjerneregelen for å regne ut g t og får g t f x rtx t + f y rty t. For å derivere denne en gang til må vi igjen bruke kjerneregelen for å derivere f x rt, f y rt, og deretter bruke regelen for å derivere et produkt. Vi får først vi dropper å skrive opp at vi beregner de partielle deriverte i rt, for å unngå for mye skriving. Vi tar med de disse bare på slutten. f x t f y t f x x x t + f x y y t f y x x t + f y y y t. Innsetting gir nå g t f x x x t + f y t x t + f f x x x t + f x y y t + f x x t + f y y t t y t + f y y t x t + f y x x t + f y y y t f x rtx t + f x y rtx ty t + f y rty t + f x rtx t + f y rty t, der vi til slutt satt inn at vi beregnet f x, Seksjon 3.3 f x y, f y i rt. Oppgave. Vi har fx, y x og kurven C parametrisert ved Vi har rt sin t, cos t, t [, π frt sin t vt r t cos t, sin t vt frtvt sin t. y t Vi får derfor fds frtvtdt C sin tdt.

15 FVLAboksol 5//8 5:47 page 9 #5 SEKSJON Oppgave. Vi har fx, y xy, og kurven rt 3t, 4t med t. Vi har Dermed får vi C fds r t 3, 4 vt 5 frt 3t 4t t. frtvtdt 6t dt [ t 3 6. Oppgave 3. Vi har fx, y, z z cosxy, og kurven rt 3t, 4t, 5t med t π. Vi ser fort at Dermed får vi fds C π r t 3, 4, 5 vt 5 frt 5t cost. frtvtdt [ 5 /4 sint π π. 5 t cost dt Oppgave 4. Vi har fx, y, z xz, og kurven rt t 3, 3 t, 6t med t. Vi har Dermed blir C fds r t 6t, 6 t, 6 vt 36t 4 + 7t t + frt t 4 frtvtdt 7t 6 + 7t 4 dt t 4 6t + dt [ 7 7 t t Oppgave 6. Vi har funksjonen fx, y, z xyz og kurven Vi ser at rt e t, e t, t, t. vt e t, e t, vt e t + e t + frt t. e t + e t e t + e t

16 FVLAboksol 5//8 5:47 page #6 KAPITTEL 3 Vi får derfor C fds frtvtdt [ t e t + e t + t e t + e t dt e t e t dt e + e [ + e t + e t e + e + e + e e. hvor vi har brukt delvis integrasjon. Oppgave 9. At de to parametriseringene r : [a, b R n og r : [c, d R n har motsatt orientering betyr at r a r d, og r b r c. Med φ slik at r φt r t har vi at φa d og φb c, slik at φ er en avtagende funksjon, og dermed φ t. La oss følge beviset for Setning i resten av oppgaven: regner vi ut linjeintegralet med parametriseringen r får vi I C fds b a fr φtv tdt, og som i beviset for Setning har vi at v t v φtφ t og v t v φt φ t, men siden φ t her så blir v t v φtφ t. Gjør vi variabelskiftet u φt som i beviset får vi nå I b a c fr φtv tdt d fr uv udu b a d c fr φtv φtφ tdt fr uv udu, slik at verdiene vi får når vi bruker parametriseringer med motsatte orienteringer også blir de samme. Oppgave. Vi har den parametriserte kurven C gitt ved rt t t, 83 t3/, t Funksjonen som beskriver utbyggingskostnadene er gitt ved der K er en gitt konstant. Vi har nå at px, y K + y, r t t, 4t / vt t + 6t 4 8t + 4t + 6t 4 + 8t + 4t + t prt K + 83 t3/.

17 FVLAboksol 5//8 5:47 page #7 SEKSJON 3.3 De totale utbyggingskostnadene blir C pds K prtvtdt K + 83 t3/ + tdt + t + 63 t3/ + 63 t5/ dt [ K t + t t5/ + 3 K K t7/ K 33.7K. Oppgave. Vi har den parametriserte kurven t rt, 9 t3/, t, t 7. 9 Vi har at r t vt t, 3 t/, 9 t + 9 t + 8 t + 9 t + 9, hvor vi kunne fjerne absoluttverditegnet siden t 7. Bensinforbruket f til en bil er gitt ved 5 + dz dz ds. Dette er en litt spesiell form: Her vil vi jo helst uttrykke ds som funksjon av t. Det viser seg faktisk at vi kan klare dette, uten at vi finner uttrykket for z som funksjon av s! Setter vi nemlig inn vt ds dt t + dz 9 og dt 9 i uttrykket dz dt dz ds ds dt som vi har fra kjerneregelen, får vi at 9 dz ds t + 9, altså er Vi får da C fds t + 5 t dz ds 9t +. t + dt 9 [ dt 3 t t

18 FVLAboksol 5//8 5:47 page #8 KAPITTEL 3 Seksjon 3.4 Oppgave. Vi har Fx, y y, x, og kurven C parametrisert ved rt t, 3t, t 3. Vi har at Frt 3t, t r t, 3, og får derfor F dr C 3 3 Frt r tdt 3 tdt [ 6t t, t, 3dt Oppgave. Vi har Fx, y, z x, xy, og kurven C parametrisert ved rt cos t, sin t, t π. Vi har at Frt cos t, sin t cos t r t sin t, cos t, og får derfor F dr C π π Frt r tdt π sin t cos t + sin t cos tdt. cos t, sin t cos t sin t, cos tdt Oppgave 3. Vi har Fx, y, z zy, x, xz, og kurven C parametrisert ved Vi har at og får derfor C F dr rt t, t, t 3, t. Frt t 5, t, t 4 r t, t, 3t, Frt r tdt t 5 + t 3 + 3t 6 dt t 5, t, t 4, t, 3t dt [ 6 t6 + t t

19 FVLAboksol 5//8 5:47 page 3 #9 SEKSJON Oppgave 4. Vi har Fx, y, z z x, y, x, og kurven C parametrisert ved Vi har at rt e t, ln t, sin t, t. Frt e t sin t, ln t, e t r t e t, t, cos t, og får derfor C F dr Frt r tdt e t sin t, ln t, e t e t,, cos tdt t sin t + ln t + e t cos t dt t [ cos t + ln t t dt + cos cos + ln t t dt + e t cos tdt e t cos tdt. Det første av de gjenværendene integralene kan vi finne ved hjelp av substitusjonen u ln t, som gir du dt t. Det første integralet blir derfor ln ln udu [ ln u ln. det andre integralet finner vi ved to ganger delvis integrasjon: e t cos tdt e t cos t + e t sin tdt e t cos t + e t sin t e t cos tdt. Samler vi integralene her finner vi at e t cos tdt et sin t + cos t, som gjør at det tredje integralet blir e t cos tdt Summen av det hele blir derfor [ et sin t + cos t e sin + cos esin + cos. cos cos + ln + e sin + cos esin + cos. Oppgave 6. Vi har Fx, y, z x, y, og kurven C kan parametriseres ved rt 5 cos t, 5 sin t, t π.

20 FVLAboksol 5//8 5:47 page 4 # 4 KAPITTEL 3 Vi har at Frt 5 cos t, 5 sin t r t 5 sin t, 5 cos t, og får derfor F dr C Frt r tdt 5 cos t, 5 sin t 5 sin t, 5 cos tdt 5 sin t cos t + 5 sin t cos t. Oppgave 7. Vi har Fx, y x yi + xyj, og kurven C parametrisert ved rt ti + t j, t. Vi har at Frt t 4 i + t 3 j r t i + tj, og får derfor F dr C Frt r tdt 3t 4 dt t 4 i + t 3 j i + tjdt [ 3 5 t Oppgave 8. Vi har Fx, y, z cos x sin y, x, og kurven C kan parametriseres ved hjelp av tre kurver C, C, C 3, hvor hver av disse igjen er parametrisert ved Vi har at r t t,, t π r t π, t, t π r 3 t π t, π t, t π. Fr t, t Fr t sin t, π Fr 3 t cosπ t sinπ t, π t cos t sin t, π t r t, r t, r 3t,

21 FVLAboksol 5//8 5:47 page 5 # SEKSJON og får derfor F dr C F dr + C F dr + C F dr C 3 π π π π Fr t r tdt + π Fr t r tdt + π Fr t r t + Fr t r t + Fr 3 t r 3t dt + π + cos t sin t π + tdt sint + tdt [ 4 cost + t π 4 + π + 4 π. Fr 3 t r 3tdt Oppgave. La r t : [a, b R n, r t : [c, d R n være to parametriseringer av den lukkede kurven C. La videre de to parametriseringene ha forskjellige start/stoppsted, x, x, slik at r a r b x, r c r d x. Det finnes da en a < t < b slik at r t x, og en c < t < d slik at r t x. Regner vi ut C F dr med x, x som startsteder, respektive d.v.s. vi bruker parametriseringene r, r, respektive, får vi b a d c Fr t r tdt Fr t r tdt t a t c b Fr t r tdt + Fr t r tdt + t Fr t r tdt d t Fr t r tdt, der vi også har splittet opp integralet. Splitter vi opp C i de to kurvene C r [a, t fra x til x, og C r [t, b fra x til x, ser vi at b a Fr t r tdt over ble splittet opp i C F dr + C F dr, mens d c Fr t r tdt ble splittet opp i C F dr + C F dr siden r [c, t C, r [t, d C, der vi har byttet ut med C i F dr siden vi vet at kurveintegralet er uavhengig av parametriseringen. Resultatet følger nå fra at F dr + C F dr C F dr + C F dr, C siden rekkefølgen under addisjon ikke spiller noen rolle. Oppgave 3. Vi skal bruke følgende observasjon til å forklare det som står i oppgaven: Når vi endrer orienteringen på en kurve, endrer enhetstangentvektoren retning. Dette høres jo opplagt ut, men la oss for ordens skyld vise det: Hvis r : [a, b R n og r : [c, d R n er to ekvivalente parametriseringer med motsatt orientering har vi som i Oppgave at r φt r t, der φ t. Som i Oppgave har vi også at v t v φtφ t. v t og v t peker altså i motsatte retninger, og da må vi ha at T t T r. Som nevnt i oppgaven, C fds avhenger ikke av orienteringen til C. Men F Tds vil C likevel avhenge av orienteringen, siden T endrer seg ved skifte av orientering. Integranden F T endrer fortegn ved skifte av orientering, siden T t T r fra utregningen over.

22 FVLAboksol 5//8 5:47 page 6 # 6 KAPITTEL 3 Dermed skifter hele kurveintegralet også fortegn. Dette er kompatibelt med Setning 3.4.4, som jo sier at F dr også skifter fortegn når vi skifter orientering. C Oppgave 4. a. Retningen til trekkraften er t, 5. Enhetsvektoren i denne retningen er t t + 5, 5. t + 5 Siden trekkraften er konstant lik K, så blir kraftvektoren lik K t Frt t + 5, 5K, t + 5 der strekningen båten dras er parametrisert ved rt t,, t. Arbeidet som kraften utfører blir da Frt r tdt K K t t + 5 dt t t + 5 dt. b. Vi substituerer u t + 5, og får du tdt, slik at integralet blir K u du K 5 u du K [ u 45 5 K K 7. Oppgave 5. a. Trekkraften som virker på lasten har retning fra lasten mot taljen. Denne vektoren er, t, t t, t. Lengden til denne vektoren er t + t t + t + t Enhetsvektoren i trekkretningen er derfor t + + t t + t + t t + t + t t, t t t, + t + t + t, + t + t + t Siden trekkraften er konstant lik K i trekkretningen er derfor trekkraften lik Kt K, + t. + t + t

23 FVLAboksol 5//8 5:47 page 7 #3 SEKSJON b. Siden rt t, t blir r t, t. Arbeidet blir C K dr K Kt r tdt K, + t, tdt + t + t K + t + t + t + t + t + t dt. Kt + t + dt + t + t c. Vi har at t t + t + t t t + + t + + t + t + t + t + + t t + t + t + t + t + t + t +. Det siste kjenner vi igjen fra integranden i b. d. Vi ser nå at [ W K t t + t + K. Seksjon 3.5 Oppgave. Fx, y xy + x, x er definert på et enkeltsammenhengende område, og siden F F x x, y x følger det fra teorem at F har en potensialfunksjon. Vi kan finne denne ved å løse Disse to likningene gir φ x F x, y xy + x φ y F x, y x. φx, y x y + x + Cy φx, y x y + Dx. det er da klart at φx, y x y + x er en potensialfunksjon.

24 FVLAboksol 5//8 5:47 page 8 #4 8 KAPITTEL 3 Oppgave. Vi ser på Fx, y xe y, x e y + x, og regner ut at F x F y xe y + xe y. Siden disse er forskjellige er ikke vektorfeltet konservativt, og F har da ingen potensialfunksjon. Oppgave 4. Vi ser på F x, y, z y z + z, xyz, xy + x, og regner ut F x F z F z F yz, y yz, F3 xy, y xy, y +, F3 x y +. Feltet er derfor konservativt, og vi må løse likningene φ x F x, y y z + z φ y F x, y xyz φ z F 3 x, y xy + x. for å finne en potensialfunksjon. Løser vi disse tre finner vi at Vi ser da at er en potensialfunksjon. φx, y, z y zx + zx + Cy, z xy z y + Dx, z xy z + xz + Ex, y. φx, y, z xy z y + xz. Oppgave 5. Vi har vektorfeltet Fx, y, z y sin z + z, x sin z + 3, xy cos z + x. Vi regner ut F x F y F z F 3 x F z F 3 y sin z sin z y cos z + y cos z + x cos z x cos z.

25 FVLAboksol 5//8 5:47 page 9 #5 SEKSJON Feltet er derfor konservativt, og vi må løse likningene φ x F x, y y sin z + z φ y F x, y x sin z + 3 φ z F 3 x, y xy cos z + x. for å finne en potensialfunksjon. Løser vi disse tre finner vi at φx, y, z xy sin z + xz + Cy, z xy sin z + 3y + Dx, z xy sin z + xz + Ex, y. Vi ser da at φx, y, z xy sin z + xz + 3y er en potensialfunksjon. Oppgave 7. Vi har vektorfeltet Fx, y xy, x, og kurven C parametrisert ved rt t cos t, sin t, t π. Det er tungvint å regne ut F dr direkte. I stedet forsøker vi å finne en potensialfunksjon. C Vi regner ut F x x, F y x. Felter er derfor konservativt, og har en potensialfunksjon. Vi må løse likningene Integrasjon gir oss at φ x F x, y xy φ y F x, y x. φx, y x y + Cy φx, y x y + Dx. φx, y x y er derfor en potensialfunksjon for F. Vi har derfor C F dr hvor vi har brukt setning C φdr φb φa φ, φ,, Oppgave 8. Vi har vektorfeltet Fx, y cosxy xy sinxy, x sinxy, og kurven C parametrisert ved rt t cos t, sin t cos t, t π.

26 FVLAboksol 5//8 5:47 page #6 KAPITTEL 3 Vi regner ut F x F y x sinxy x y cosxy x sinxy x sinxy x y cosxy x sinxy x y cosxy, som viser at feltet er konservativt. For å finne en potensialfunksjon må vi løse φ x F x, y cosxy xy sinxy φ y F x, y x sinxy. Den siste er enklest, og gir oss at φx, y x cosxy + Cx. Den første løser vi slik: φx, y y sinxy y x sinxydx y sinxy + x cosxy cosxydx y sinxy + x cosxy sinxy + Cy y x cosxy + Cy. Vi ser derfor at φx, y x cosxy er en potensialfunksjon. Vi har derfor C F dr C φdr φb φa φπ, φ, π. Oppgave. Vi har vektorfeltet Fx, y, z y z + xy, xyz + x, xy +, og kurven C parametrisert ved πt rt t, t, t sin, t. Vi regner ut F x F y F 3 x F z F z F 3 y yz + x yz + x y y xy xy,

27 FVLAboksol 5//8 5:47 page #7 SEKSJON 3.5 som viser at feltet er konservativt. For å finne en potensialfunksjon må vi løse Disse tre gir φ x F x, y, z y z + xy φ y F x, y, z xyz + x φ z F 3 x, y, z xy +. φx, y, z y zx + x y + Cy, z φx, y, z xy z + x y + Cx, z φx, y, z xy z + z + Cx, y. Vi ser derfor at φx, y, z xy z + x y + z er en potensialfunksjon. Vi har derfor F dr φdr φb φa φ,, φ,, 3. C C Oppgave. Vi setter Fx, y, z ze xz+y, e xz+y + z, xe xz+y + y, og lar C være skjæringskurven mellom kulen x + y + z 5 og planet x y + 3z, der kurven blir gitt positiv orientering sett ovenfra. Vi regner ut F x F y F 3 x F z F z F 3 y ze xz+y ze xz+y e xz+y + zxe xz+y e xz+y + xze xz+y xe xz+y + xe xz+y +, som viser at feltet er konservativt. For å finne en potensialfunksjon må vi løse Disse tre gir φ x F x, y, z ze xz+y φ y F x, y, z e xz+y + z φ z F 3 x, y, z xe xz+y + y. φx, y, z e xz+y + Cy, z φx, y, z e xz+y + yz + Cx, z φx, y, z e xz+y + zy + Cx, y.

28 FVLAboksol 5//8 5:47 page #8 KAPITTEL 3 Vi ser derfor at φx, y, z e xz+y + yz er en potensialfunksjon. Vi har derfor F dr φdr φb φa, C C der a og b er start- og sluttpunkt på kurven, respektive. Siden kurven er lukket kan vi sette a b, og svaret vårt blir dermed φb φa. Oppgave. a. Med φ x, y arctan y x + C får vi φ x, y y x + y i + x x + y x j y x + y i + x x j Fx, y. + y b. Siden F har potensialfunksjonen φ, og denne er definert til høyre for y-aksen, så har vi at F dr φ 3, 3 φ, arctan arctan C π 4 π π 4. c. Med φ x, y arctan x y + C får vi Koden blir y φ x, y + x y i + x y + x y j y x + y i + x x j Fx, y. + y e. Funksjonene φ og φ er begge kontinuerlige når x, y. Spesielt er de kontinuerlige i hver kvadrant, og siden de har de samme partielle deriverte, så skiller de seg fra hverandre med en konstant i hver kvadrant. Men som vi skal se, konstanten er forskjellig fra kvadrant til kvadrant: I likningen φ x, y φ x, y + C setter vi inn punktet, fra første kvadrant, og får arctan arctan + C, som gir C π. Setter vi inn punktet, fra tredje kvadrant får vi samme verdi for C. Setter vi så inn punktet, fra andre kvadrant får vi at arctan arctan + C, som gir C π. Setter vi inn punktet, fra fjerde kvadrant får vi samme verdi for C. Setter vi inn for φ og φ får vi dermed at arctan y x arctan x y + π arctan y x arctan x y π i første og tredje kvadrant, eller når xy >, i andre og fjerde kvadrant, eller når xy <. f. Vi vet at φ x, y arctan y x + C er en potensialfunksjon for x, uansett verdi av C. For y > har vi at lim φ x, y π x + + C lim φ x, y π x + C.

29 FVLAboksol 5//8 5:47 page 3 #9 SEKSJON Velger vi derfor potensialfunksjonen ψ x, y arctan y x + C for x > og potensialfunksjonen ψ x, y arctan y x + C + π for x < får vi at, for y > lim ψ x, y π x + + C lim ψ x, y π x + C + π π + C, slik at vi har en potensialfunksjon for F, ψ, definert ved ψx, y arctan y + C for x >, x ψx, y π + C for x, y >, ψx, y arctan y + C + π for x <, x som er kontinuerlig utenom den negative y-aksen. Gitt en verdi for C, så er det klart at dette er den eneste måten å kontinuerlig utvide φ til planet utenom den negative y-aksen. For å se at det er umulig å utvide φ til den negative y-aksen, regner vi ut, for y <, lim ψx, y lim arctan y x + x + x + C π + C lim ψx, y lim arctan y x x x + C + π π + C + π 3π + C. Derfor blir ikke utvidelsen vi har gjort kontinuerlig også på den negative y-aksen, slik at det er umulig å lage en kontinuerlig utvidelse til hele R. Seksjon 3.6 Oppgave. Vi ser på likningen Vi fullfører kvadratene: 4x + 9y + 3x 8y x + 8x y y x y 36 x + 4 y 3 +. Ser fra Setning at dette er en ellipse med sentrum i 4, og halvakser a 3 og b. Siden a > b har vi at brennvidden er gitt ved c a b 3 5. Brennpunktene blir da 4, ± 5,, som blir 4 5, og 4 + 5,. Oppgave. Vi ser på likningen y 4x y 7.

30 FVLAboksol 5//8 5:47 page 4 #3 4 KAPITTEL 3 Vi fullfører det ene kvadratet: y 4x 8, som også kan skrives y 4x +. Fra setning 3.6. har vi at dette er en parabel med toppunkt,, og med brennvidde. Brennpunktet er,. Oppgave 3. Vi fullfører kvadratene i likningen: x y x + 4y 7 x x + y + 4y x y 4. Derfor har vi at x y. På grunn av setning fremstiller derfor likningen en hyperbel med halvakse, og med åpning mot venstre/høyre. Brennvidden blir c a + b +. Sentrum i hyperbelen er,. Brennpunkter blir, ±,, som blir, og +,. Asymptotene er y ±x +. Oppgave 4. Vi fullfører kvadratene i likningen: 6y 9x + 3y + 54x 9 6y + 3y + 6 9x + 54x y + 9x Derfor har vi at 6 44 y x 3 y+ 3 x 3 4. På grunn av setning fremstiller derfor likningen en hyperbel med halvakse b 3, og med åpning opp/ned. Sentrum i hyperbelen blir 3,. Brennvidden blir c a + b Brennpunkter blir 3, ±, 5, som blir 3, 4 og 3, 6. Asymptotene blir y ± 3 4 x 3. Oppgave 5. Vi ser på likningen Vi fullfører kvadaratene og får 3x + 5y + 6x y x + x y 4y x + + 5y 5 x y 3. Ser fra setning at dette er en ellipse med sentrum i, og halvakser a 5 og b 3. Siden a > b har vi at c a b 5 3, så brennpunktene er, og +,.

31 FVLAboksol 5//8 5:47 page 5 #3 SEKSJON Oppgave 8. Vi skal se på likningen til tangenten i x, y på ellipsen x vi begge sider med hensyn på x i punktet x får vi at a + y b. Deriverer x a + y y x b. Vi ser da at y x b x a y. Likningen for tangenten blir da y y x x x + y b x a y x x + y b x x a y + b x b x x a y b x x a y + b y a y + y + b y. Flytter vi over på venstre side og ganger opp får vi som var det vi skulle vise. xx a + yy b, x a + y b Oppgave 9. y 4ax betyr at y ± 4ax. Anta først at y > og a >. Da er y 4ax. Tangentlinjen i x, y er da gitt ved y a 4ax x x + 4ax. Skjæringspunktet med x-aksen finner vi ved å løse a 4ax x x + 4ax, som først gir x x 4ax a x, slik at x x x x. Skjæringspunktet med x-aksen blir dermed x,. De andre tilfellene a < og/eller y < kan vises på samme måte, eller ved at man argumenterer ved hjelp av symmetri. Oppgave. Den korteste veien fra et punkt P, via parabelen, til brennpunktet F, finner du ved å trekke en linje fra punktet til l, vinkelrett på l. For å se dette, la veien fra P til F gå via punktet Q på parabelen. Da er den totale veien gitt ved P Q + QF. Dette er mindre enn eller lik avstanden fra P til styrelinjen l, med likhet kun når P og Q ligger på en linje parallell med parabelens akse siden korteste vei mellom et punkt og en linje går via en linje vinkelrett på den første linjen. Korteste veien inntreffer altså når vi beveger oss fra P parallelt med parabelens akse. Oppgave. Lyset bruker like lang til fra A til B som fra A til B. For å se dette, skriv lengden lyset tilbakelegger fra A til B som AA + A F + F B + B B,

32 FVLAboksol 5//8 5:47 page 6 #3 6 KAPITTEL 3 der A er første refleksjonspunkt på parabelen, B er andre refleksjonspunkt på parabelen. Men dette kan også skrives AA + A A l + B B l + B B AA l + BB l, der vi har brukt at avstanden fra et punkt på parabelen til brennpunktet er lik avstanden fra punktet til styrelinjen l, og der A l og B l er punktene på linjen l nærmest A og B. Det er klart at AA l + BB l er lik det dobbelte av avstanden fra linjen m til linjen l, uansett hvilket punkt A vi starter i, slik at lyset bruker like lang tid fra A til B som fra A til B. Oppgave. a. Vi har at BF + BF a siden B er definert til å ligge på parabelen AB + BF a ved definisjonen av A. AB BF, som er det vi skal vise, følger umiddelbart ved å trekke disse likningene fra hverandre. b. t består av alle punkter Q like langt fra A og F, det vil si at AQ QF. Fra a er B et slikt punkt, slik at B ligger på t. c. Hvis C ligger på t har vi at CF CA. Hvis C B får vi F C + CF F C + CA > F A a, der F A a kommer fra definisjonen av A, og der F C + CA > F A følger av at den korteste vei fra F til A er en rett linje, og at C ikke ligger på den rette linjen mellom A og F når C B. d. Vi vet at B ligger på ellipsen per definisjon, fra b at B ligger på t, fra c at alle andre punkter på t ligger utenfor ellipsen. Fra disse opplysningene er det klart at t tangerer ellipsen i B. Oppgave 3. a. En ellipse med store halvakse a og brennpunkter F og F består av alle punkter P der P F + P F a. Vi ser derfor at A og B er brennpunkter, og at a 34 slik at a 7. Brennvidden c er gitt ved halvparten av avstanden mellom A og B, og er altså. Vi har da fra setning at b a c

33 FVLAboksol 5//8 5:47 page 7 #33 SEKSJON b. Vi har D, d. Avstanden til B er d 34, slik at vi får Koordinatetene til D er derfor, d 34 + d d 8. c. Vi har at AP + P B DP + P B DB 34 a. Fra definisjonen av en ellipse følger det derfor at P ligger på ellipsen. d. Fra punkt på side 47 har vi at P er det punktet på L som gjør at avstanden fra A til B via L blir minst. For alle andre punkter P på L har vi derfor at AP + P B blir større enn 34, og ligger derfor ikke på ellipsen. Hvis P ikke var det laveste punktet på ellipsen så ville vi kunne finne en tilsvarende linje L nedenfor L med samme egenskaper. La oss kalle punktet på ellipsen på L for P. Da ville punktet rett ovenfor P på L gi mindre avstand mellom A og B, som er en selvmotigelse, Derfor må P være det laveste punktet på ellipsen. e. Det er klart at y-koordinaten til P er 9. Linjen gjennom D og B er gitt ved y 5 8 x 8. Vi må derfor løse x 8, som gir x Derfor er P 5, 9. Seksjon 3.7 Oppgave. a. La oss først finne nivåkurvene. 4x + 3y c betyr at x med store halvakse c 3, lille halvakse c. Vi ser derfor at + y 4 c 3 c. Dette er en ellipse For c > er nivåkurvene ellipser, som blir større etterhver som c øker. Alle ellipsene er formlike, det vil si at de har samme forhold mellom store og lille halvakse. Nivåkurvene for c < inneholder ingen punkter. For c er nivåkurven bare ett punkt, nemlig origo. La oss også se litt på konturkurvene til grafen: xz-planet: Setter vi y får vi z 4x. De elliptiske ringene vokser altså slik at de passer med denne parabelen. yz-planet: Setter vi x får vi z 3y. Alle andre konturkurver enn disse er også parabelkurver, som er forskyvede versjoner av de vi fant i punktene over. Oppgave. a. Vi setter fx, y x + y. For nivåkurvene og konturkurvene har vi x + y c gir en ellipse med store halvakse c, lille halvakse c. For c < inneholder ikke nivåkurvene noen punkter, og for c består nivåkurven kun av origo.

34 FVLAboksol 5//8 5:47 page 8 #34 8 KAPITTEL 3 Skjæring med xz-planet er kurven z x, og skjæring med yz-planet er kurven z y. Alle andre konturkurver er også parabler, som er forskyvede versjoner av disse. % Oppgave 3.7. a r-:.5:; s-:.5:; [x,ymeshgridr,s; z*x.^+y.^; meshx,y,z; title Oppgave 3.7.a b. y x c gir en nivåkurve som er en liggende parabel med åpning mot høyre. Toppunktet blir i c,. Dette gjør det lett å tegne eller se for oss flaten, siden alle parabelene er forsyvede varianter av hverandre. Konturkurvene for flater parallelle med xz-planet ser vi at blir linjer sett inn y like en konstant verdi i z y x, mens konturkurver for flater parallelle med yz-planet ser vi at blir parabler sett inn x lik en konstant verdi i z y x. % Oppgave 3.7. b zy.^-x; figure meshx,y,z; title Oppgave 3.7.b c. Vi setter fx, y sinx + y. Nivåkurvene finner vi først ved å løse sinx + y c. Det er klart at denne har løsninger bare for c, slik det ikke finnes nivåkurver utenfor dette intervallet. Videre er det mange løsninger for x + y for slike c: Først får vi at x +y arcsin c er en løsning, men da er også x +y arcsin c+kπ løsninger. Dette gir sirkler med radius arcsin c + kπ for k eller k, avhengig av om c > eller c <. Videre er x +y π arcsin c+kπ også løsninger, siden sinπ x sin x for alle x. Dette gir sirkler med radius π arcsin c + kπ. Det er klart at disse radiusverdiene kommer tettere og tettere etter som radiene vokser. Hver nivåkurve består altså av mange sirkler. For c eller c faller halvpartene av disse sirklene sammen, siden vinklene arcsin c og π arcsin c da faller sammen arcsin π, arcsin π. Det er kanskje lettest å tegne grafen ved å skrive den som z sin r i polarkoordinater. Flaten er altså et omdreiningslegeme som fremgår ved å dreie y sin x, vist i Figur om y-aksen. Figuren som fremkommer er vist i Figur. Konturkurver forteller kanskje ikke så mye her. % Oppgave 3.7. c r-4:.:4; s-4:.:4; [x,ymeshgridr,s; zsinx.^+y.^; figure3 meshx,y,z; title Oppgave 3.7.c

35 FVLAboksol 5//8 5:47 page 9 #35 SEKSJON Figur : Grafen y sin x Figur : Grafen z sinx + y

36 FVLAboksol 5//8 5:47 page 3 #36 3 KAPITTEL 3 d. Koden blir % Oppgave 3.7. d r-5:.5:5; s-5:.5:5; [x,ymeshgridr,s; zx.^ - 4*y.^; figure4; meshx,y,z; title Oppgave 3.7.d ; e. Hvis du forsøker å plotte lnxy i et intervall rundt null vil MATLAB rapportere problemer her, siden ln kun er definert for positive verdier. Funksjonen er derfor bare definert i første og tredje kvadrant. Det er kanskje enklest å tegne grafen ved hjelp av to plott, et for første kvadrant og et for tredje kvadrant, siden vi kan enkelt lage et grid for hver kvadrant: % Oppgave 3.7. e r.:.5:5; s.:.5:5; [x,ymeshgridr,s; zlogx.*y; meshx,y,z; hold on r-5:.5:-.; s-5:.5:-.; [x,ymeshgridr,s; zlogx.*y; meshx,y,z; title Oppgave 3.7.e ; Oppgave 3. a. fx, y x + y r. % Oppgave a u-.5:.3:.5; v-.5:.3:.5; [x,ymeshgridu,v; z./sqrtx.^ + y.^; meshx,y,z; title Oppgave 3.7.3a b. Vi kan skrive fx, y x x + y r cos θ r cos θ. r Holder vi θ konstant, ser vi at vi får hyperbelen z cos θ r. Dette hjelper oss til å kunne tegne opp flaten.

37 FVLAboksol 5//8 5:47 page 3 #37 SEKSJON Nivåkurvene er her sirkler: Setter vi c x +y får vi at x + y x c. Det er her greit at vi fullfører kvadratet i x for å se at vi får sirkler som er nivåkurver. % Oppgave b u-.5:.3:.5; v-.5:.3:.5; [x,ymeshgridu,v; zx./x.^ + y.^ figure meshx,y,z title Oppgave 3.7.3b c. Koden blir % Oppgave c u-.5:.3:.5; v-.5:.3:.5; [x,ymeshgridu,v; zy./x; figure3 meshx,y,z title Oppgave 3.7.3c x d. fx, y x 4y r cos θ 4r sin θ r cos θ 4 sin θ r 5 sin θ r cos θ. Holder vi θ konstant, ser vi at vi får parabelen z r cos θ. Nivåkurvene er her hyperbler. % Oppgave d u-:.5:; v-:.5:; [x,ymeshgridu,v; figure4 zx.^-4*y.^ meshx,y,z title Oppgave 3.7.3d e. Koden blir % Oppgave e u-:.5:; v-:.5:; [x,ymeshgridu,v; figure5 zexpx.*y; meshx,y,z; title Oppgave 3.7.3e

38 FVLAboksol 5//8 5:47 page 3 #38 3 KAPITTEL 3 Oppgave 4. a. Sylinderkoordinater: Kulekoordinater: fx, y, z x + y e z r e z. fx, y, z ρ cos θ sin φ + ρ sin θ sin φe ρ cos φ ρ sin φe ρ cos φ. Begge typene koordinater er like informativt her, siden poenget er at funksjonen ikke avhenger av θ, som er en av koordinatene som brukes i både kulekoordinater og sylinderkoordinater. b. Sylinderkoordinater: fx, y, z x + y + z r + z. Kulekoordinater: fx, y, z ρ. Kulekoordinater er mest informativt her, siden φ og θ ikke inngår i uttrykket for f. c. Sylinderkoordinater: Kulekoordinater: fx, y, z x + y z r z. fx, y, z ρ cos θ sin φ + ρ sin θ sin φ ρ cos φ ρ sin φ ρ cos φ tan φ. Kulekoordinater er mest informativt her, siden ρ og θ ikke inngår i uttrykket for f. Oppgave 5. a. Vi har fx, y x y, og skal finne tangentplanet i,. Vi har at f,, f, 4,. Likningen for tangentplanet blir dermed z f, + f f, x +, y + x y 4x + y + 4x + y + 4. b. Vi har fx, y xe xy, og skal finne tangentplanet i,. Vi har at f,, f x xye xy, og f y x e xy,

39 FVLAboksol 5//8 5:47 page 33 #39 SEKSJON f,,. Likningen for tangentplanet blir dermed z x y + c. c finner vi ved å sette inn punktet,, : + c, slik at c. Likningen for tangentplanet blir dermed z x y, som også kan skrives x + y + z. Oppgave 6. Koden blir % Oppgave r-:.:; s-:.:; [x,ymeshgridr,s; zx.^.*y./x.^4+y.^; figure6 meshx,y,z hold on tlinspace,,; plot3t,t.^,.5*ones,lengtht title Oppgave hold off figure7 contourx,y,z; title Oppgave contourx,y,z,[.5.5; title Oppgave Oppgave 7. For å forklare hvordan vi kan forstå fra figuren hvorfor f y x, er negativ, er positiv, skriv først de partielle deriverte som grenseverdiene og f x y f, lim y x h f, lim x y h f x f y f, h x, lim h h h f h, y, lim h h h f, h x f h,, y der vi har brukt at f f x, y,, som ble vist i Oppgave.5.4. Fra funksjonsoppskriften er det klart at f skifter fortegn på koordinataksene, og på linjene y x og y x. Fortegnskjema for f er vist i Figur 3. La oss først se på f x, h for små, positive verdier av h. Det er klart ved å studere flaten og fortegnskjemaet at fx, h går fra å være positiv til negativ ved x, og vi har illustrert dette ved plott av fx,. i Figur 4a. Dermed blir f x, h, slik at lim f h + h x, h. At vi faktisk her har ekte ulikhet er ikke så lett å se fra grafen. For små, negative verdier av h er det på samme måte klart at fx, h går fra å være negativ til positiv ved x, som illustrert ved plott av fx,. i Figur 4b. Dermed blir f x, h, slik at lim h f h x, h. derfor må vi ha at lim h f h x, h, slik at f y x,. La oss deretter se på f y h, for små, positive verdier av h. fh, y ser vi nå går fra å være negativ til positiv ved y, slik at f y h,, slik at lim h f + h y h,. For små, negative verdier av h er det på samme måte klart at fh, y går fra å være positiv til

40 FVLAboksol 5//8 5:47 page 34 #4 34 KAPITTEL 3 Figur 3: Fortegnskjema for f a Plott av fx,. b Plott av fx,. Figur 4: Plott av fx, h for positiv og negativ h

41 FVLAboksol 5//8 5:47 page 35 #4 SEKSJON negativ ved y, slik at f y h,, slik at lim h f lim h h y h,, slik at f x y,. % Oppgave r-5:.:5; s-5:.:5; [x,ymeshgridr,s; zx.^3.*y-x.*y.^3./x.^ + y.^; meshx,y,z; title Oppgave figure contourx,y,z; title Oppgave h f y h,. derfor må vi ha at Oppgave 8. Koden blir % Oppgave 5. rlinspace-,,; slinspace-,,; [x,ymeshgridr,s; fx.^.* y.^; gsinx./y.^+x.^; hsinexpx+y; meshx,y,f; figure meshx,y,g; figure3 meshx,y,h; Seksjon 3.8 Oppgave. Koden blir % Oppgave 3.8. a rlinspace,*pi,3; slinspace,*pi,3; [x,ymeshgridr,s; ucosx; vsinx; figure8 quiverx,y,u,v; title Oppgave 3.8.a ; figure9 streamlinex,y,u,v,,; hold on streamlinex,y,u,v,,.5; title Oppgave 3.8.a ;

42 FVLAboksol 5//8 5:47 page 36 #4 36 KAPITTEL 3 hold off % Oppgave 3.8. b rlinspace-.3,.3,3; slinspace-.3,.3,3; [x,ymeshgridr,s; u-x./x.^+y.^.^3/; v-y./x.^+y.^.^3/; figure quiverx,y,u,v title Oppgave 3.8.b ; figure streamlinex,y,u,v,-.3,.3; hold on streamlinex,y,u,v,.3,.3; title Oppgave 3.8.b ; hold off % Oppgave 3.8. c rlinspace-,,3; slinspace-,,3; [x,ymeshgridr,s; u-x./x-.^+y.^ + +x./x+.^+y.^; v-y./x-.^+y.^ + y./x+.^ + y.^; figure quiverx,y,u,v title Oppgave 3.8.c ; figure3 streamlinex,y,u,v,.5,; hold on streamlinex,y,u,v,.5,; title Oppgave 3.8.c ; hold off Oppgave. Koden blir % Oppgave 3.8. ac r-5:.5:5; s-5:.5:5; [x,ymeshgridr,s; u-y./x.^ + y.^; vx./x.^ + y.^; quiverx,y,u,v; title Oppgave 3.8.ac hold on streamlinex,y,u,v,,; Oppgave 3. Koden blir % Oppgave a

43 FVLAboksol 5//8 5:47 page 37 #43 SEKSJON r-:.5:; %lager oppdeling av x-aksen s-:.5:; %lager oppdeling av y-aksen [x,ymeshgridr,s; u3.*x-y; vx+.*y; figure4 plotu,v,u,v title Oppgave 3.8.3a ; % Oppgave b r:.5:5; s:.5:*pi; [x,ymeshgridr,s; u x.*cosy; v x.*siny; figure5 plotu,v,u,v ; title Oppgave 3.8.3b ; % Oppgave c usqrtx./y; vsqrtx.*y; figure6 plotu,v,u,v ; title Oppgave 3.8.3c ; Seksjon 3.9 Oppgave. Vi ser på paraboloiden z x + y. Parametrisering med vanlige koordinater er rx, y xi + yj + x + y k for x, y R. Siden x r cos θ, y r sin θ, og x + y r, så blir en parametrisering med polarkoordinater med θ π, r. rr, θ r cos θi + r sin θj + r cos θ + r sin θk r cos θi + r sin θj + r k Oppgave. Området i første oktant som ligger på kuleflaten kan beskrives i kulekoordinater ved θ π, φ π, ρ. En parametrisering ved kulekoordinater blir derfor rφ, θ cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ, θ π, φ π. Oppgave 3. Vi ser på den delen av sylinderflaten z x + y med z. Siden x r cos θ cos θ, y r sin θ sin θ, så blir en parametrisering rθ, z cos θi + sin θj + zk,

44 FVLAboksol 5//8 5:47 page 38 #44 38 KAPITTEL 3 der θ π, z. Oppgave 5. Vi kan skrive ry, z y + z, y, z. Oppgave 8. Skjæringen mellom kjeglen og kulen kan vi finne ved å løse z 3x + y 34 z, som gir at 4z, og at z ± 3. Siden vi er interessert i en del over xy-planet må vi ha at z 3. Vinkelen φ for skjæringen mellom kula og kjeglen er derfor vinkel i en rettvinklet trekant der hypotenus er, og hosliggende katet er 3. Men da er cos φ 3, slik at φ π 6. Det er dermed klart at følgende er en parametrisering av området i kulekoordinater: rθ, φ cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ, θ π, φ π 6. Oppgave 9. Koden blir % Oppgave ulinspace,pi*.5,; vlinspace,pi*.5,; [U,Vmeshgridu,v; x*sinv.*cosu; y*sinv.*sinu; z*cosv; surfx,y,z axis equal title Oppgave Oppgave. Koden blir % Oppgave 3.9. ulinspace,,; vlinspace,*pi,; [U,Vmeshgridu,v; xu; y*cosv; z*sinv; surfx,y,z axis equal title Oppgave 3.9. Oppgave. Koden blir % Oppgave 3.9. r-:.5:; s:.5:3; [u,vmeshgridr,s;

45 FVLAboksol 5//8 5:47 page 39 #45 SEKSJON figure7 meshu.*v.^,u,sinu.*v title Oppgave 3.9. ; Oppgave. Koden blir % Oppgave 3.9. ulinspace,*pi,; vlinspace,,; [U,Vmeshgridu,v; x3*cosu; y3*sinu; zv; surfx,y,z axis equal title Oppgave 3.9. Oppgave 3. Koden blir a; b.5; c.; ulinspace,*pi,; vlinspace,pi,; [U,Vmeshgridu,v; xsinv.*cosu*a; ysinv.*sinu*b; zcosv*c; surfx,y,z axis equal title Oppgave Oppgave 4. Koden blir r3; R5; ulinspace,*pi,; vlinspace,*pi,; [theta,phimeshgridu,v; x5+3*cosphi*costheta; y5+3*cosphi*sintheta; z3*sinphi; surfx,y,z title Oppgave 3.9.4

46 FVLAboksol 5//8 5:47 page 4 #46 4 KAPITTEL 3

47 FVLAboksol 5//8 5:47 page 4 #47 Kapittel 6 Seksjon 6. Oppgave. a. xydxdy R 4 4 [ 3 4 y [ xydx dy y y dy [ x y dy 3 ydy b. x + sin ydxdy R π [ x + sin ydx dy π + sin y dy π [ y cos y [ x + x sin y π dy π π. d. x cosxydxdy R [ x cosxydy dx π sinπx sinπxdx π + π + π + π π. [sinxy π π dx [ π cosπx + π cosπx 4

48 FVLAboksol 5//8 5:47 page 4 #48 4 KAPITTEL 6 e. xye xy dxdy R [ xye xy dy dx [ ex y dy [ 8 e8 8 e4 + 8 e8 8 e4. xye xy dx dy e4y [ dy 8 e4y y f. lnxydxdy R e e e e e [ e lnxydx dy [ e ln x + ln ydx dy e [x ln x e dx + [x ln y e dy e e + + e ln y dy + e ln y dy e [y e + e [y ln ye e dy e + ee e e + e e + e. g. Setter vi først u x y og du ydx i det innerste integralet får vi + x y dx y + u du y / arctan u y / arctanx y. Dermed blir integralet + x y dxdy R [ 3 + x y dx dy [ y / arctanx y 3 dy y / arctan 3y arctan ydy. Bruker vi her substitusjonen u y får vi at du y / dy, og dermed y / arctan 3y arctan ydy arctan 3u arctan udu.

49 FVLAboksol 5//8 5:47 page 43 #49 SEKSJON Her kan vi fortsette med delvis integrasjon: arctan 3u arctan udu [ uarctan 3u arctan u arctan 3 arctan π 3 π ln 4 + ln π ln. 3 3u + 3u u + u du [ 3 6 ln + 3u ln + u Integralet blir kanskje litt enklere hvis vi bytter om integrasjonsrekkefølgen teorem Vi får da 3 [ R + x y dxdy + x y dy dx 3 [ ln + x 3 y ln + x x dx x dx [ ln + x 3 3 x + x + x x dx ln ln + [ arctan x 3 der vi har brukt delvis integrasjon. 3 ln + ln + π 3 3 π 3 ln + π 3 6, Oppgave. Bruker vi metoden fra læreboka blir koden som følger. % Oppgave 6.. % a % Integraler kan regnes ut på flere måter i Matlab. % De fire eksemplene nedenfor returnerer alle samme svar % Ved hjelp av anonym funksjon dblquad x.*y,,,,4 % Samme som over, men enklere syntaks. finline x.*y ; dblquadf,,,,4 % Ved hjelp av linjefunksjon % Symbolsk kan vi regne ut integralet slik syms x y uttrykkint x*y, x,, uttrykkintuttrykk, y,,4

50 FVLAboksol 5//8 5:47 page 44 #5 44 KAPITTEL 6 evaluttrykk % b dblquad@x,yx+siny,,,,pi % c dblquad@x,yx.^.*expy,-,,, % d dblquad@x,yx.*cosx.*y,,,pi,*pi % e dblquad@x,yx.*y.*expx.^.*y,,,, % f dblquad@x,ylogx.*y,,exp,,exp % g dblquad@x,y./+x.^.*y,,sqrt3,, Legg merke til at integralene også kan regnes ut ved hjelp av Symbolic Math Toolbox i Matlab. Dette er gjort her for a. For a er det også vist flere alternative uttrykk for å regne ut det samme integralet. Oppgave 3. Det er dessverre ganske omstendelig å løse denne oppgaven, da vi først må definere delepunkter, rektangler, maksimum, og minimum for hele tre forskjellige partisjoner. La Π ha delepunkter x i, y j i n, j m der a x x n b, c y y m d, kall de tilsvarende rektanglene for R ij, sett m ij inf{fx, y x, y R ij }, M ij sup{fx, y x, y R ij }. Videre, la Π ha delepunkter x i, y j i n, j m der a x x n b, og c y y m d, kall de tilsvarende rektanglene for R ij, sett m ij inf{fx, y x, y R ij }, M ij sup{fx, y x, y R ij }. La og Π være partisjonen som inneholder alle delepunktene til Π og Π, og la Π ha delepunkter x i, y j i n, j m der a x x n b, og c y y m d, kall de tilsvarende rektanglene for R ij, sett m ij inf{fx, y x, y R ij }, M ij sup{fx, y x, y R ij }.