\documentclass[titlepage,a4paper,12pt,norsk]{IMFeksamen}
\usepackage[utf8]{inputenc} % erstatt evt utf8 med latin1
\trykkinfo[tosidig,sorthvit] % [ensidig,farger]
\emnekode{TMA4111}
\emnenavn{Matematikk 3 for MTELSYS - TEST I}
\eksamensdato{}
\eksamenstid{09:00 - 13:00}
%\fagligkontaktinfo{Helge Holden}{xx xx xx xx }
%\fagligkontaktinfo{Louis-Philippe Thibault}{xx xx xx xx}
\fagligkontaktinfo{Morten Andreas Nome}{}
\hjelpemiddel{Ingen hjelpemidler tillatt.}
\anneninfo{Denne eksamenen består av 10 delpunkt som alle teller like mye. Alle svar skal begrunnes, og veien til svaret er viktigere enn svaret. Husk derfor å skrive alle steg i beregningene dine. Lykke til.}
\runninghead{TMA4111 Matematikk 3 for MTELSYS - 2021h}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern,amsmath,amssymb,amsfonts}
\usepackage[european,americanvoltages,americaninductors]{circuitikz}
\usepackage{setspace}



\begin{document}

\begin{oppgave}
Her ser vi at $\mathbf F$ er konservativt, 
siden 
\[
\mathbf F=\nabla g
\]
der $ g(\mathbf x)=\frac{1}{2}\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2-2\cos z_3\right)$,
slik at 
\[
\int_\Gamma \mathbf F \cdot ds= g(0,0,0)-g(1,1,1)=-\frac{5}{2}+\cos 1
\]
\end{oppgave}



\begin{oppgave}
\begin{punkt}
Vi finner først jacobimatrisen til $\mathbf F$:
\[
\mathbf F'(\mathbf x)=
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
2\left(x_1+x_2\right) &2\left(x_1+x_2\right) \\
0 & 1
\end{pmatrix}
\]
og $\mathbf G$:
\[
\mathbf G'(z_1,z_2,z_3)=
\begin{pmatrix}
-1 & -1 & 0 \\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}
\]
slik at 
\[
\mathbf H'(\mathbf z)=\mathbf F'(\mathbf G(\mathbf z))\mathbf G'(\mathbf z)=
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
2z_3 &2z_3 \\
0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 & -1 & 0 \\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 2z_3 \\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}
\]
\end{punkt}
\begin{punkt}
Vektorfeltet er 
\[
\mathbf H(\mathbf z)= \mathbf F (\mathbf G(\mathbf z))=
\begin{pmatrix}
-z_1-z_2\\
z_3^2 \\
z_1+z_2+z_3
\end{pmatrix}
\]

Denne kan vi ta på to forskjellige måter.
Vi får regne ut  for de tre delene av sylinderens overflate.
Bunnen kan parametriseres ved $\mathbf z: [0,1]\times [0,2\pi]$ gitt ved
\[
\mathbf z(r,\theta) = 
\begin{pmatrix}
r\cos \theta \\
r\sin \theta \\
0
\end{pmatrix}
\]
med utnormalvektor
\[
\frac{\partial \mathbf z}{\partial r}\times\frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}=(0,0,-r)
\]
og utfluksen blir 
\begin{align*}
\iint_{\text{Bunn} } \mathbf H \cdot dS
&=  \int_0^{2\pi} \int_0^1 \mathbf H (r\cos \theta,r\cos \theta,0)\cdot  \frac{\partial \mathbf z}{\partial r}\times\frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta} \; drd\theta\\
&=\int_0^{2\pi} \int_0^1 \left(r\cos \theta+r\sin \theta\right)\; rdrd\theta=0
\end{align*}

Toppen kan parametriseres ved $\mathbf z: [0,1]\times [0,2\pi]$ gitt ved
\[
\mathbf z(r,\theta) = 
\begin{pmatrix}
r\cos \theta \\
r\sin \theta \\
1
\end{pmatrix}
\]
med utnormalvektor 
\[
\frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf z}{\partial r}=(0,0,r)
\]
og utfluksen blir 
\begin{align*}
\iint_{\text{Topp} } \mathbf H \cdot dS
&=  \int_0^{2\pi} \int_0^1 \mathbf H (r\cos \theta,r\cos \theta,1)\cdot  \frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf z}{\partial r} \; drd\theta\\
&=\int_0^{2\pi} \int_0^1 \left(r\cos \theta+r\sin \theta+1\right)\;rdrd\theta=\pi
\end{align*}


Siden fikser vi med $\mathbf z: [0,1]\times [0,2\pi]$ gitt ved
\[
\mathbf z(h,\theta) = 
\begin{pmatrix}
\cos \theta \\
\sin \theta \\
h
\end{pmatrix}
\]
som har utnormal
\[
\frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf z}{\partial h}=(\cos \theta,\sin \theta,0)
\]
og utfluksen blir 
\begin{align*}
\iint_{\text{Side} } \mathbf H \cdot  dS
&=  \int_0^{2\pi} \int_0^1 \mathbf H (\cos \theta,\cos \theta,h)\cdot  \frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}\times\frac{\partial \mathbf z}{\partial h} \; dhd\theta\\
&=\int_0^{2\pi} \int_0^1 \left(-\cos \theta-\sin \theta\right)\cos \theta + h^2\sin \theta \;dhd\theta=-\pi
\end{align*}
Den totale utfluksen blir 
\[
\iint_{\text{Bunn} } \mathbf H \cdot  dS+\iint_{\text{Topp} } \mathbf H \cdot  dS + \iint_{\text{Side} } \mathbf H \cdot  dS=0+\pi-\pi=0
\]
Merk hvordan kunnskap om ortogonaliteten til de trigonometriske funksjonene hjelper en til å slippe å regne ut masse integraler her.

Hvis du husker divergensteoremet, 
blir alt mye enklere,
siden 
\[
\nabla \cdot \mathbf H=\frac{\partial H_1}{\partial z_1}+\frac{\partial H_2}{\partial z_2}+\frac{\partial H_3}{\partial z_3}=-1+1=0
\]
og følgelig
\[
\iint_{\partial \Omega } \mathbf H \cdot  dS = \iiint_\Omega \nabla \cdot \mathbf H \; d\mathbf z= 0
\]
\end{punkt}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}
Vi begynner med å finne de kritiske puntkene.
Likningssystemet
\[
\nabla f = [2x-y,-x+2y]=[0,0]
\]
har den entydige løsningen $(x,y)=(0,0)$, 
og siden hessematrisen
\[
\begin{pmatrix}
2 & -1 \\
-1 & 2
\end{pmatrix}
\]
har to positive egenverdier ($\lambda=1$ og $\lambda = 3$),
må dette være et bunnpunkt, 
og $f(0,0)=0$.

Vi sjekker så randen. 
Her er det nok enklest å bare evaluere $f$ på de rette linjestykkene. 

For $y=0$ er $f(x,0)=x^2$, som har et maksimum på $x=1$, og tilsvarende analyse fungerer for $f(0,y)$. 
For $y=1$ er $f(x,1)=x^2-x$, som har et minimum på $x=1/2$, og maksimum for $x=0$ og $x=1$. Tilsvarende analyse fungerer for $f(1,y)$, og vi ser at $f(x,y)=1$ er maksverdi (denne oppnås i $(1,0)$, $(0,1)$ og $(1,1)$, mens $f(x,y)=0$ er minimumsverdi, og oppnås i origo.
 \end{oppgave}

\begin{oppgave}
Ops her var det litt feil funksjon i oppgaveteksten, 
det skulle være den samme som obligen i ESDA II.
Her er det lurt å bruke at $f$ er jevn:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^\infty
f(t)e^{i\omega t}\; dt
&=
\int_{-1}^1
\left(1-|t|\right)e^{i\omega t}\; dt \\
&=
\int_{-1}^1
\left(1-|t|\right)\cos{\omega t}\; dt
+
i\int_{-1}^1
\left(1-|t|\right)\sin{\omega t}\; dt\\
&=
2\int_0^1
\left(1-t\right)\cos{\omega t}\; dt\\
&=\frac{2}{\omega}(1-t)\sin\omega t\biggr \vert_0^1+\frac{2}{w}\int_0^1\sin{\omega t}\; dt=\frac{2}{w^2}\left(1-\cos{\omega}\right)
\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}
En kule med radius 2, sentrert i origo, 
har massetetthet gitt ved $\rho(x,y,z)=10+xy$.
Denne tror jeg vi kjører rett i kulekoordinater.
Husk nå fra TMA4106 at $\cos \theta $ og $\sin \theta$ er ortogonale på $[0,2\pi]$:
\begin{align*}
\iiint_\Omega \rho \; d\mathbf x&=\int_0^2 \int_0^\pi \int_0^{2\pi} \left(10+r^2\cos \theta \sin \theta \sin^2 \phi\right) r^2\sin\phi\; d\theta d\phi dr\\
&=10\int_0^2 \int_0^\pi \int_0^{2\pi}  r^2\sin\phi\; d\theta d\phi dr\\
&=10\cdot 2\pi \cdot \frac{8}{3}  \cdot 2 = \frac{320\pi }{3}
\end{align*}

\end{oppgave}


\begin{oppgave}
\begin{punkt}
Dersom $\mathbf x \neq \mathbf 0$, 
er
\begin{align*}
\nabla \cdot \mathbf E =& \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\nabla \cdot \left(\frac{\mathbf x}{\|\mathbf x\|^3}\right)\\
=&  \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\sum_{k=1}^3\frac{\partial}{\partial x_k} \frac{x_k}{\|\mathbf x\|^3}\\
=&  \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\sum_{k=1}^3 \left(\frac{1}{\|\mathbf x\|^3}-3\frac{x_k^2}{\|\mathbf x\|^5}\right)\\
=&  \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\left(\frac{3}{\|\mathbf x\|^3}-\frac{3}{\|\mathbf x\|^3}\right)=0
\end{align*}
\end{punkt}

\begin{punkt}
Dersom $\mathbf x \neq \mathbf 0$,
er
\begin{align*}
\nabla \times \mathbf E =& \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\nabla \times \left(\frac{\mathbf x}{\|\mathbf x\|^3}\right)\\
=&  \frac{q}{4\pi \epsilon_0}
\left(\frac{\partial}{\partial x_2} \frac{x_3}{\|\mathbf x\|^3}-\frac{\partial}{\partial x_3} \frac{x_2}{\|\mathbf x\|^3},
\frac{\partial}{\partial x_3} \frac{x_1}{\|\mathbf x\|^3}-\frac{\partial}{\partial x_1} \frac{x_3}{\|\mathbf x\|^3},
\frac{\partial}{\partial x_1} \frac{x_2}{\|\mathbf x\|^3}-\frac{\partial}{\partial x_2} \frac{x_1}{\|\mathbf x\|^3}\right)\\
=&  \frac{3q}{4\pi \epsilon_0}
\left(-\frac{x_3x_2}{\|\mathbf x\|^5}+ \frac{x_2x_3}{\|\mathbf x\|^5},
 -\frac{x_1x_3}{\|\mathbf x\|^5}+\frac{x_1x_3}{\|\mathbf x\|^5},
-\frac{x_2x_1}{\|\mathbf x\|^5}+\frac{x_1x_2}{\|\mathbf x\|^5}\right)=(0,0,0)
\end{align*}
\end{punkt}

\begin{punkt}
Finn arbeidet feltet gjør på en annen partikkel med ladning $q$ som beveger seg  fra punktet $(1,1,1)$ til $(1,2,3)$. 
Her  er det bare å huske at elektrisk felt er konservativt med potensialfunksjon
\[
\nabla V=\mathbf E
\]
gitt ved 
\[
V(\mathbf x)=\frac{q}{4\pi \epsilon_0}\frac{1}{\|\mathbf x\|}
\]
slik at 
\begin{align*}
q\int_\Gamma \mathbf E \cdot ds&= q\left(V(1,2,3)-V(1,1,1)\right)\\
&=\frac{q^2}{4\pi \epsilon_0}\left(\frac{1}{\|(1,2,3)\|}-\frac{1}{\|(1,1,1)\|}\right)\\
&=\frac{q^2}{4\pi \epsilon_0}\left(\frac{1}{\sqrt{14}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)
\end{align*}


\end{punkt}


\begin{punkt}
En finfin parametrisering for enhetskuleskallet, er $\mathbf z: [0,\pi]\times [0,2\pi]$ gitt ved
\[
z(\phi,\theta)=
\begin{bmatrix}
\cos \theta \sin \phi \\
\sin \theta \sin \phi \\
\cos \phi
\end{bmatrix}
\]
Vi beregner først  
\[
\frac{\partial \mathbf z}{\partial \phi} \times \frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}= 
\begin{bmatrix}
\cos \theta \sin^2 \phi  \\
 \sin \theta \sin^2 \phi\\
\cos \phi \sin \phi
\end{bmatrix}
\]
og 
\[
 \mathbf E (\mathbf  z(\phi,\theta))\cdot \frac{\partial \mathbf z}{\partial \phi} \times \frac{\partial \mathbf z}{\partial \theta}= 
 \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\frac{1}{\|\mathbf z(\phi,\theta) \|} 
 \begin{bmatrix}
\cos \theta \sin \phi \\
\sin \theta \sin \phi \\
\cos \phi
\end{bmatrix}
\cdot 
\begin{bmatrix}
\cos \theta \sin^2 \phi  \\
 \sin \theta \sin^2 \phi\\
\cos \phi \sin \phi
\end{bmatrix}
=
 \frac{q}{4\pi \epsilon_0} \sin \phi
 \]
 siden $\|\mathbf z(\phi,\theta) \|=1$.
 Med andre ord er 
\[
\iint_{\partial \Omega } \mathbf E \cdot  \; dS= \frac{q}{4\pi \epsilon_0} \int_0^{\pi}\int_0^{2\pi} \sin \phi \; d\theta d\phi=\frac{q}{\epsilon_0}.
\]

\end{punkt}

\end{oppgave}



\end{document}