Løsning med teori, IM høst 0 Oppgae a) Vi obsererer at ttrkket er bestemt og i ndersøker det først langs koordinataksene Langs - aksen er = 0 Innsatt gir dette sin( ), 0 Langs - aksen sin( ) cos( ) er = 0 Innsatt gir dette, 0, fra L Hopitals regel, som gjelder for fnksjoner a en ariabel Siden grensen ikke kan ha to forskjellige erdier følger sin( ) at grensen lim ikke eksisterer (, ) (0,0) + e sin( ) sin( ) e b) lim = e = e sin( ) (, ) ( =,,) siden ttrkket er bestemt og fnksjonen er kontinerlig i grensepnktet + 0 c) Innsetting gir = =, som er bestemt ( ) + 0 (, ) = (,) 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 0 ( + m)( + ) 0 ( + m) ( + m) stigning og derfor ikke er en bestemt erdi Vi har ist at lim ikke eksisterer (, ) (,) d) Graden til samtlige ledd i telleren i grensettrkket lim er større enn (, ) (0,0) 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 θ Dette gjør det mlig for neneren å nærme seg 0 på en inkelahengig måte og dermed blåse opp erdien til ttrkket langs kren Uttrkket blir i polare koordinater ( rcos θ) + ( rsin θ) r (cos θ + sin θ) = = = r (cos θ + sin θ ) ( rcos θ) + ( rsin θ) r (cos θ + sin θ) Det er ikke nok at r 0 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 a n = a
Løsning med teori, IM høst 0 For årt ttrkk innebærer det at cos θ + sin θ cos θ + sin θ = cosθ + sinθ + = Siden (, ) (0,0) r 0 følger at = r (cos θ + sin θ) r 0, r 0 Siden for alle tall a = 0 a= 0 følger at lim = lim r (cos θ + sin θ) lim r = 0 (, ) (0,0) r 0 r 0 Dette gir lim = 0 (, ) (0,0) Oppgae a) Temperatren stiger hrtigst i gradientens retning Gradienten er T T T T =,, = z T (,, ) = (,, ) ( + z + 0) ( + z + 0) ( + z + 0),, = (,, 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) Df ( a) = lim, his grensen eksisterer His retningsektoren er en t enhetsektor, så er den derierte med hensn på ektoren det samme som den f ( a+ t) f( a) retningsderierte Vi innfører enhetsektoren = og får Dfa ( ) = lim for 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 Df ( a) = lim t h Vi innfører n ariabel h= t med t = Det er klart at t 0 h 0 så grensen kan
skries Løsning med teori, IM høst 0 f( a+ h) f( a) f( a+ h) f( a) Df ( a) = lim = lim = Df ( a) Teori sltt h h esltat: Når er en enhetsektor i samme retning som er Df ( a) = Df ( 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 Df ( a) = Df ( a) har i at Dfa ( ) = 0 Dfa ( ) = 0 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 Df ( a) = f( a) = ( z,, ) (,,) = + z= 0 Likningen for planet gjennom origo er + z = 0 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 = 0 = 0 og dermed blir ektoren nll som ikke har retning Dette er det eneste alget a erdier for og z som ikke kan brkes Velger = 0, z = = + z = 0 + = og ektoren er = (,0,) Velger =, z = 0 = + z = + 0 = og ektoren er = (,, 0) At ektorene er lineært ahengige følger fra nderdeterminanten 0 0 0 = 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(, 0,) + t(,, 0), 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 T ( ) ( ) c) Gradienten er T =, =, = (, ) 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(,) = (, ) = (, )
Løsning med teori, IM høst 0 etningen t fra pnktet er (, 7) Vi må bestemme enhetsektoren i denne retningen (, 7) (, 7) (, 7) Vektoren diideres med sin egen lengde som gir = = = (, 7) () + ( 7) 5 Den retningsderierte a temperatren i angitt pnkt og retning er (, 7) 7 DT ( a) = 5 (, ) = 5 ( + ( 7) ) = 5 (6 ) = I tillegg skal i ha prosentdelen a maksimal ekst i pnktet Maksimal ekst i pnktet er gitt ed lengden a gradienten i pnktet Ta ( ) = (, ) = ( ) + ( ) = + = = 5 5 9 6 6 DT ( a) 6 Den prosentise eksten a maksimal ekst er 00% 5 00% 0 00% 60% T( a) = = = 6 Temperatreksten i gitt retning tgjør 60% 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 = = (,,) P Den retningsderierte er dt ds P (,,) 7 = (,, 5) = 0 Temperatrendringen som registreres a sonden i pnktet er dt dt ds dt 7 8 = = = 67 dt ds dt ds = Oppgae a) Sidene i trekanten er deler a rette linjer gjennom pnktene Linjen gjennom (0,0) og (, 0) har = 0 og må ære aksen Linjen gjennom (,0) og (,) har = og er parallell med aksen Linja gjennom pnktene (0,0) og (,) skjærer aksen i 0 og har stigning likningen for linja er =
Løsning med teori, IM høst 0 Beskrielse a området som enkelt Det integreres først parallelt med aksen Det blir fra aksen til linja = Dette gir begrensningen 0 Til sltt integreres det i som gir begrensningen 0 0 Integrasjonsområdet som enkelt område blir = 0 Fbinis setning for som enkelt område: + da = + dd = [ + ] d = + d = [ + ] = + = 0 0 0 0 0 0 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 0 Beskrielsen som enkelt område blir = 0 Vi får fra Fbinis setning om iterert integrasjon: 0 0 0 + da = + dd = [ + ] d = + d = 7 7 0 [ ] = = b) Glet er i h h = (, ) = 9 ( + ) = 0 Dette gir disken 0 r I polare koordinater beskries glet som = 0 θ Volmet a teltet er V = 9 ( ) da I polare koordinater blir dette = 9= med radis 9 0 0 0 0 0 0 V = 9 ( ) da= (9 r ) rdrdθ = 9 r r drdθ = [ r r ] dθ = 8 8 8 θ 0 ( )[ ] = 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: 8 V 9 h = = = = 5 a ( ) 9 5
Løsning med teori, IM høst 0 Et telt er formet som en omdreiningsparaboloide og høden fra markniå i meter er h h = (, ) = 9 ( + ) Beskri glet i teltet i polare koordinater og bestem gjennomsnittshøden i teltet 6