Løsning med teori, IM3 høst Oppgae a) Vi obsererer at ttrkket er bestemt og i ndersøker det først langs koordinataksene Langs - aksen er Innsatt gir dette sin( ), Langs - aksen er Innsatt gir dette sin( ) cos( ),, fra L Hopitals regel, som gjelder for fnksjoner a en ariabel Siden grensen ikke kan ha to forskjellige erdier følger at grensen lim (, ) (,) sin( ) ikke eksisterer e sin( ) sin( ) e b) lim e e sin( ) (, ) (,) siden ttrkket er bestemt og fnksjonen er kontinerlig i grensepnktet c) Innsetting gir, som er bestemt ( ) (, ) (,) Vi brker ettpnktsformelen for rette linjer gjennom grensepnktet (,) Disse er på formen m( ( )) m( ) Vi stderer grensen langs disse linjene gjennom grensepnktet Innsatt får i m( ) m( ) ( m)( ) m( ) ( ) m( ) ( m)( ) ( m)( ) ( m) ( m) Langs linjene blir grensen lim lim som ahenger a linjas ( m)( ) ( m) ( m) stigning og derfor ikke er en bestemt erdi Vi har ist at d) Graden til samtlige ledd i telleren i grensettrkket, lim ikke eksisterer (, ) (,) lim (, ) (,) er større enn graden til nener Dette kan tde på at grensen eksisterer, men den behøer ikke eksistere Nøkkelen er at neneren i polare koordinater er r som er ahengig a inkelen Dette gjør det mlig for neneren å nærme seg på en inkelahengig måte og dermed blåse opp erdien til ttrkket langs kren Uttrkket blir i polare koordinater ( r cos ) ( r sin ) r (cos sin ) ( r cos ) ( r sin ) r (cos sin ) r (cos sin ) Det er ikke nok at r for i må sikre at ikke resten a ttrkket er begrenset eller ten grense på annen måte For reelle tall gjelder likheten a b a b og n n a a
Løsning med teori, IM3 høst For årt ttrkk innebærer det at cos sin cos sin cos sin Siden (, ) (,) r følger at r (cos sin ) r, r Siden for alle tall a a følger at lim lim r (cos sin ) lim r (, ) (,) r r Dette gir lim (, ) (,) Oppgae a) Temperatren stiger hrtigst i gradientens retning Gradienten er T T T T,, z T (,, ) (,, ) ( z 3) ( z 3) ( z 3),, (,, z) z Temperatreksten i pnktet (,,) er størst i retning (,,) og maksimalerdien i pnktet er T (,, ) (,, ) ( ) 8 b) etningene for ingen endring eller rate nll i pnktet er kjent Innfører en kjent retningsektor (,, z ), som ikke behøer ære en enhetsektor Teori: Den deriert til fnksjonen med hensn på en ektor er f ( a t) f ( a) D f ( a) lim, his grensen eksisterer His retningsektoren er en t t enhetsektor, så er den derierte med hensn på ektoren det samme som den retningsderierte Vi innfører enhetsektoren og får f ( a t) f ( a) D f ( a) lim for t t den retningsderierte i skal finne sammenhengen mellom disse derierte Vi ttrkker retningsektoren ed enhetsektoren i samme retning som Innsatt i grensen for den derierte med hensn f ( a t ) f ( a) på får i D f ( a) lim t t h Vi innfører n ariabel h t med t Det er klart at t h så grensen kan
skries Løsning med teori, IM3 høst f ( a h) f ( a) f ( a h) f ( a) Df ( a) lim lim Df ( a) Teori sltt t h t h esltat: Når er en enhetsektor i samme retning som er D f ( a) D f ( a ), ds den derierte med hensn på en ektor kan finnes fra den retningsderiert ed å mltiplisere med retningsektorens lengde Dette resltatet har i fnnet tidligere fra kjerneregelen esltatet blir brkt når et pnktformet objekt passerer gjennom obserasjonspnktet, a, jfr pnkt d Siden D f ( a) D f ( a ) har i at D f ( a) D f ( a ) Vi behøer ikke brke en enhetsektor for å bestemme retningene til ingen endring / nll rate i pnktet Vi har T (,,) (,,) Siden fnksjonens partielt derierte er kontinerlige i pnktet er fnksjonen derierbar med hensn på enher ektor i pnktet og den derierte er gitt ed formelen D f ( a) D f ( a) f ( a) f ( a ) siden Innsatt får i likningen D f ( a) f ( a) (,, z) (,,) z Likningen for planet gjennom origo er z Siden komponentene til ektoren oppfller likningen for planet så ligger ektoren i planet Vi trenger to lineært ahengige ektorer sol ligger i planet, ds oppfller planets likning Disse kan elges på mange forskjellige måter og i skal kn finne to a disse Skrier planets likning som z Vi har kn ett kra og kan elge to a de kjente Valget z og dermed blir ektoren nll som ikke har retning Dette er det eneste alget a erdier for og z som ikke kan brkes Velger, z z og ektoren er (,,) Velger, z z og ektoren er (,,) At ektorene er lineært ahengige følger fra nderdeterminanten Alle ektorene i et ektorrom er en lineær kombinasjon a basisektorene for ektorrommet For de aktelle retningsektorene innebærer det at s t for reelle tall s, t Utskreet: (,, z) s(,,) t (,,), som på komponentform blir s t, t, z s Merk at i får den samme samlingen med ektorer ansett hilket alg i gjør for ektorene og T c) Gradienten er T, T 3 3 ( ) ( ) 3, (, ) Den retningsderierte til temperatren i pnkt a og i retning er DT ( a) T( a ) Vi skal ha temperatrendringen i a (, ) Verdien a gradienten i pnktet er T( a) T (,) (, ) (, ) 3 3 3
Løsning med teori, IM3 høst etningen t fra pnktet er (, 7) Vi må bestemme enhetsektoren i denne retningen Vektoren diideres med sin egen lengde som gir Den retningsderierte a temperatren i angitt pnkt og retning er D T( a ) (, ) ( ( 7) ) (6 ) (, 7) 7 5 3 5 3 5 (, 7) (, 7) (, 7) (, 7) () ( 7) 5 I tillegg skal i ha prosentdelen a maksimal ekst i pnktet Maksimal ekst i pnktet er gitt ed lengden a gradienten i pnktet Den prosentise eksten a maksimal ekst er Ta ( ) (, ) ( ) ( ) 5 5 3 3 9 36 6 DT ( a) % % % 6% Ta ( ) 6 5 6 Temperatreksten i gitt retning tgjør 6% a temperatrens maksimale endring i pnktet d) Maksimal temperatrekst i et pnkt er gitt ed lengden a gradienten i pnktet T T T Partiell deriasjon gir T,, (,, 5) z Verdien i pnktet er T (,,) (,, 5) Maksimal ekst i pnktet P (,,) er T (,,) (,, 5) ( 5) 7 dt Den retningsderierte i pnktet er DT ( P) T ( P), hor er en enhetsektor i ds gitt retning Vi har (,,) (,,) (,,) 3 P Den retningsderierte er dt ds P (,,) 7 (,, 5) 3 3 Temperatrendringen som registreres a sonden i pnktet er dt dt ds dt dt ds dt ds 7 8 67 3 3 Oppgae 3 a) Sidene i trekanten er deler a rette linjer gjennom pnktene Linjen gjennom (,) og (,) har og må ære aksen Linjen gjennom (,) og (,) har og er parallell med aksen Linja gjennom pnktene (,) og (,) skjærer aksen i og har stigning likningen for linja er
Løsning med teori, IM3 høst Beskrielse a området som enkelt Det integreres først parallelt med aksen Det blir fra aksen til linja Dette gir begrensningen Til sltt integreres det i som gir begrensningen Integrasjonsområdet som enkelt område blir Fbinis setning for som enkelt område: 3 3 da 3 dd [ 3 ] d 3 d [ ] Tilsarende beskries integrasjonsområdet som enkelt Integrasjonen er parallell med aksen og i kommer først til linja før i når linja Vi snt på ttrkket og får for linja sett fra aksen Dette gir Agrensingen i blir nå Beskrielsen som enkelt område blir Vi får fra Fbinis setning om iterert integrasjon: 3 3 3 3 da 3 dd [ ] d d 7 3 7 [ ] b) Glet er i h h(, ) 9 ( ) Dette gir disken 3 I polare koordinater beskries glet som r 3 Volmet a teltet er V 9 ( ) da I polare koordinater blir dette 3 3 3 3 9 V 9 ( ) da (9 r ) r dr d 9 r r dr d [ r r ] d 8 8 8 ( )[ ] 9 3 med radis Erstattes høden i teltet med en konstant høde blir rommet en sirklær slinder med flatt tak Volmet a slinderen er V h 9 h Volmene må ære like, noe som gir likningen for gjennomsnittlig høde i teltet: h 8 V 9 a ( ) 9 5 5
Løsning med teori, IM3 høst Oppgae Fra beskrielsen har i at legemet D er gitt ed D 3 z Treghetsmomentet til et legeme om z aksen er I z dv z ( ) (,, ) D Innsatt for grenser og tetthet blir dette: 3 3 3 3 I ( ) dzdd dzdd z 3 3 3 3 3 3 ( )[ z ] dd ( )( ) dd 3 3 3 ( )[ ] d ( )( 3 3 ) d 9 3 5 9 3 ( )( 9) d 8 9 36d 5 9 5 3 5 9 5 3 5 5 [ 3 8 ] ( 3 8 ) 9 6 5 3 5 ( 5 5 8 ) 9( 5 5 8) 9( 3 8 6 8) 9 68 5 Fsikk NEI Steiners setning gir I z I z, CM M d Blant alle akser parallelle med z aksen oppnås minste erdi når aksen går gjennom massesentret Massesentret er opplagt ikke i origo, siden tettheten er der Det er mlig å oppnå laere erdi enn den beregnede for akser parallelle med z aksen 6