\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 II - LF}
\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}
En flate er parametrisert ved funksjonen $\mathbf F: [0,1] \times [0,1] \to \mathbb R^3$ gitt ved
\[
\mathbf F(x,y)=
\begin{bmatrix}
x\\
y \\
x^{3/2} 
\end{bmatrix}
\]
Denne er i bunn og grunn rett fram.
Vi beregner først 
\[
\frac{\partial \mathbf F}{\partial x_1}\times\frac{\partial \mathbf F}{\partial x_2}=\left(-\frac{3}{2}\sqrt{x},0,1\right)
\]
og så
\begin{align*}
\iint_{\mathcal{S}} dS = \iint_D \left\|\frac{\partial \mathbf F}{\partial x_1}\times\frac{\partial \mathbf F}{\partial x_2}\right\|\; d\mathbf x =\int_0^1\int_0^1 \sqrt{1+\frac{9}{4}x} \; dx dy=\frac{8}{27}\left(\sqrt{\frac{13^3}{64}}-1\right)
\end{align*}


\end{oppgave}






\begin{oppgave}

\[
u(t-a)=\begin{cases} 0  \quad &\text{for}\; t < a \\ 1 \quad &\text{for}\; t \geq a \end{cases}
\]

\begin{punkt}
Her er det bare å anta at realdelen til $s$ er negativ, 
og sette inn i definisjonen:
\[
\int_0^\infty u(t-a)e^{-st}\; dt=\int_a^\infty e^{-st}\; dt=\frac{e^{-as}}{s}
\]
\end{punkt}

\begin{punkt}
Vi laplacer alt,
bruker derivasjonsregelen, 
og skriver 
\[
s^2Y(s)+Y(s)=\frac{e^{-s}}{s}
\]
som gir
\[
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s(s^2+1)}
\]
Delbrøksoppspalting gir 
\[
Y(s)=\frac{e^{-s}}{s(s^2+1)}=\frac{e^{-s}}{s}-\frac{e^{-s}}{2(s+i)}-\frac{e^{-s}}{2(s-i)}
\]
Inverstransformering ved $t$-skift gir 
\[
y(t)=u(t-1)\left(1 - \frac{1}{2}\left(e^{-i(t-1)}+e^{i(t-1)}\right)\right)=u(t-1)\left(1 - \cos(t-1)\right)
\]
\end{punkt}

\begin{punkt}
Funksjonen
\[
-u(x+1)+2u(x)+u(x-1)=\begin{cases} -1  \quad & -1 \leq x < 0 \\ 1  \quad & 0 \leq x < 1 \\ 0 \quad &\text{ellers} \end{cases}
\]
ser slik ut:
\begin{figure}[htbp]
  \begin{center}
      \vspace*{-2.4cm}
	\includegraphics[scale=.4]{eksamen_3}
    \vspace*{-2.4cm}
	\end{center}
\end{figure}

Fouriertransformen blir:
\begin{align*}
\mathcal{F} \left(-u(x+1)+2u(x)+u(x-1)\right)&=
\int_{-\infty}^\infty \left(-u(x+1)+2u(x)+u(x-1)\right)e^{-iwx}\; dx \\ 
&= \left(-\int_{-1}^0 e^{-iwx}\; dx +\int_{0}^1 e^{-iwx}\; dx \right) \\ 
&= \left(\frac{1}{iw}(1- e^{iw}) + \frac{1}{iw}(1-e^{-iw} )\right) \\ 
&= 2 \frac{1}{iw} (1-\cos w).
\end{align*}
\end{punkt}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}
Skjæringskurven mellom flatene finner vi ved å sette $z$-verdiene lik hverandre:
\[
x^2+y^2=2x+2y
\]
eller 
\[
x^2-2x+1+y^2-2y+1=2
\]
eller 
\[
(x-1)^2+(y-1)^2=2
\]
En parametrisering for kurven er for eksempel
\[
\mathbf z(\theta)=
\begin{pmatrix}
z_1(\theta) \\
z_2(\theta) \\
z_3(\theta)  
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1+\cos \theta \\
1+\sin \theta \\
2\cos \theta+2\sin \theta
\end{pmatrix}
\]
Enhetstangenten blir derfor
\[
\mathbf T(\theta)=\frac{\dot{\mathbf z}}{\|\dot{\mathbf z}\|}=
\frac{1}{\sqrt{1+4(\cos \theta + \sin \theta)^2}}
\begin{pmatrix}
-\sin \theta \\
\cos \theta \\
-2\sin \theta+2\cos \theta
\end{pmatrix}
\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}
Vi beregner
\begin{align*}
\int_{-\pi}^\pi \|\dot{\mathbf{z}}(t)\|\; dt&=\int_{-\pi}^\pi \sqrt{1+4t^2}\; dt \\
&= \frac{1}{2}t\sqrt{1+4t^2}+\frac{1}{4}\ln|2t+\sqrt{1+4t^2}|)\biggr \vert_{-\pi}^\pi \\
&=\pi\sqrt{1+4\pi^2}
\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}
Her får vi  skrive
\[
C=4x^2+8x+5y^2-10y+9
\]
som kan ryddes til
\[
C=4(x^2+2x+1)+5(y^2-2y+1)=4(x+1)^2+5(y-1)^2,
\]
eller
\[
1=\frac{(x+1)^2}{C/4}+\frac{(y-1)^2}{C/5}
\]
altså ellipser sentrert i $(-1,1)$ med halvakser $C/4$ og $C/5$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}
Gradienten til $f$ er 
\[
\nabla f=[6x,2y-1]
\]
Setter vi denne lik null, 
får vi 
\[
\nabla f=[6x,2y-1]=[0,0]
\]
som gir at $(0,1/2)$ er et kritisk punkt,
med funksjonsverdi
\[
f(0,1/2)=-3/4
\]
Lagranges mulitiplikatormetode krever at vi finner gradienten til $g(x,y)=x^2+y^2$, 
som er 
\[
\nabla g=[2x,2y]
\]
og at vi krever
\[
[6x,2y-1]=\lambda [2x,2y]
\]
Dette blir likningssystemet
\begin{align*}
(3-\lambda) x=0 \\
2(1-\lambda)y=1
\end{align*}
som har entydig løsning $x=0$, $y=1/(2(1-\lambda))$ dersom $\lambda\neq 1$ og $\lambda\neq 3$.
Dersom $\lambda=1$, er det uendelig mange løsninger $(0,y)$ (dette tilfellet inneholder også det forrige), 
og dersom $\lambda=3$, er det uendelig mange løsninger $(x,-1/4)$. 
Av alle disse punktene ligger $(0,\pm 2)$ og $(\pm\sqrt{63}/4,-1/4)$ på kurven $x^2+y^2=4$.
Setter vi disse inn $f$, får vi henholdsvis $2$, 6, 12. 
Den største verdien til $f$ er altså 12, som oppnås i $(\pm\sqrt{63}/4,-1/4)$, 
mens den minste er $-3/4$, som oppnås i $(0,1/2)$.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}

\begin{punkt}
Lett! $\nabla \cdot \mathbf F=3$, så divergensteoremet gir at arbeidet blir 
\[
\iint_{\partial \mathcal T} \mathbf F\cdot d\mathcal S= \iiint_{\mathcal T} \nabla \cdot \mathbf F=3\cdot 1=3
\]
siden volumet av tetraederet er 1.
\end{punkt}

\begin{punkt}
Lett! $\nabla \times \mathbf F=\mathbf 0$, så Stokes' teorem arbeidet blir null:
\[
\int_{\partial \Omega} \mathbf F \cdot dS=\iint_\Omega \nabla \times \mathbf F=0
\]
\end{punkt}

\end{oppgave}



\end{document}