\input{preamble}

\title{12 - TRIPPELINTEGRALER - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

%primtall

\maketitle

\begin{oppgave}{1}
	Her er det bare å antiderivere slik som i dobbeltintegraler.
	Husk å holde tungen beint i munnen på hvilken variabel du antideriverer:\\
	\begin{minipage}{75mm}
		\begin{center}
			\vspace*{15mm}
			\includegraphics[scale=.14]{../figurer/L1002231}
		\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{75mm}
		\begin{align*}
			\hspace*{-50mm}
			\int_0^1    \int_0^2    \int_0^3  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1=&
			\int_0^1    \int_0^2     \Big( x_1^2x_2x_3 + \frac{1}{2}x_3^2 \Big)_{x_3=0}^{x_3=3} \; dx_2dx_1\\[2mm]
			=& \int_0^1    \int_0^2     3x_1^2x_2 + \frac{9}{2}  \; dx_2dx_1\\[2mm]
			=& \int_0^1    \int_0^2     \Big(\frac{3}{2}x_1^2x_2^2 + \frac{9}{2}x_2\Big)_{x_2=0}^{x_2=2}  \; dx_1\\[2mm]
			=& \int_0^1       6x_1^2 + 9  \; dx_1
			=  2x_1^3 + 9x_1\biggr\rvert_{x_1=0}^{x_1=1} =11
		\end{align*}
	\end{minipage}

	Dersom integranden måles i masse per volum,
	forteller det innerste integralet deg hvor mye masse per
	areal som sitter over punktet med koordinater $(x_1,x_2)$.
	Tenk at du er geolog og driller en sedimentprøve og måler vekten av den for å estimere masse per areal under punktet der du står.
	Eller at du står på taket av et hus og driller ned i huset og veier -
	treffer du bare isolasjon og luft
	er det lav vekt per areal,
	treffer du tilfeldigvis mønsåsen eller en sperre eller en laftestokk eller midt i en vegg,
	er det høyere vekt per areal.

	\begin{minipage}{75mm}
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=.21]{../figurer/img_0890}
		\end{center}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{60mm}
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=.218]{../figurer/img_0902}
		\end{center}
	\end{minipage}

	For å forstå de to innerste integralene
	må du tenke at du står ved siden av huset og lurer på hvor mye masse det er i huset per meter hus,
	tenk at du kapper huset med en motorsag på forskjellige steder,
	og måler masse per meter for hvert tverrsnitt bortover.
\end{oppgave}

\begin{center}
	\includegraphics[scale=.18]{../figurer/L1001395-2}
\end{center}

\clearpage

\begin{oppgave}{2}
	Her er en annen rekkefølge:
	\begin{align*}
		\int_0^1    \int_0^2    \int_0^3  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1=&
		\int_0^1    \int_0^3    \int_0^2  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_2dx_3dx_1\\[2mm]
		=&\int_0^1    \int_0^3     \Big( \frac{1}{2}x_1^2x_2^2 + x_2x_3 \Big)_{x_2=0}^{x_2=2} \; dx_3dx_1\\[2mm]
		=& \int_0^1    \int_0^3     2x_1^2 + 2x_3 \; dx_3dx_1\\[2mm]
		=&\int_0^1       \Big( 2x_1^2x_3 + x_3^2 \Big)_{x_3=0}^{x_3=3} \; dx_1\\[2mm]
		=&\int_0^1       6x_1^2 + 9 \; dx_1\\[2mm]
		=&    2x_1^3 + 9x_1\biggr\rvert_{x_1=0}^{x_1=1} = 11
	\end{align*}
	Jeg sa du skulle gjøre det på alle seks måter,
	men det er vel litt overkill.
	Over en boks er rekkefølgen likegyldig,
	og svaret er det samme hver gang.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	Planet som går gjennom $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ og $(0,0,1)$ er $x_3=1-x_1-x_2$,
	og dette skjærer $x_1x_2$-planet i linjen $x_2=1-x_1$.
	Det innerste integralet,
	altså det som regner ut masse per areal over et punkt i $x_1x_2$-planet,
	er
	\begin{align*}
		\int_0^{1-x_1-x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3.
	\end{align*}
	Denne funksjonen må nå dobbeltintegreres over korrekt område i $x_1x_2$-planet:
	\begin{align*}
		\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1
	\end{align*}
	Å regne det ut er bare å gjøre som i oppgave 2,
	huske å merke tydelig hva som skal inn i hvilken variabel slik:
	\begin{align*}
		\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1=&
		\int_0^1    \int_0^{1-x_1}     \Big( x_1^2x_2x_3 + \frac{1}{2}x_3^2 \Big)_{x_3=0}^{x_3=1-x_1-x_2} \; dx_2dx_1\\[2mm]
		=\int_0^1    \int_0^{1-x_1}  &   x_1^2x_2(1-x_1-x_2) + \frac{1}{2}(1-x_1-x_2)^2 \; dx_2dx_1.
	\end{align*}
	Det neste integralet blir penere om du skriver $a = 1 - x_1$ for den øvre grensen:
	\begin{align*}
		\int_0^{a} x_1^2x_2(a-x_2) + \frac{1}{2}(a-x_2)^2 \; dx_2
		= x_1^2\left( \frac{a^3}{2} - \frac{a^3}{3} \right) + \frac{a^3}{6}
		= \frac{1}{6}\left( 1 + x_1^2 \right)\left( 1 - x_1 \right)^3,
	\end{align*}
	og til slutt
	\begin{align*}
		\frac{1}{6}\int_0^1 \left( 1 + x_1^2 \right)\left( 1 - x_1 \right)^3 \; dx_1
		= \frac{1}{6}\left( \frac{1}{4} + \frac{1}{60} \right) = \frac{2}{45}.
	\end{align*}
	Det siste integralet er greiest å ta med substitusjonen $u = 1 - x_1$,
	så står det $\int_0^1 (1 + (1-u)^2)u^3\; du$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	Dette området ser ut som pyramiden i Giza,
	og flaten $x_3 = 1-|x_1| - |x_2|$ skjærer $x_1x_2$-planet i
	$|x_1| + |x_2| = 1$.
	Det konseptuelt enkleste er å bruteforce integralet og sette opp
	ett integral for hver kvadrant i $x_1x_2$-planet:
	\begin{align*}
		&\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1\\[2mm]
		+&\int_{-1}^0    \int_0^{1+x_1}    \int_0^{1+x_1-x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1\\[2mm]
		+&\int_{-1}^0    \int_{-1-x_1}^0    \int_0^{1+x_1+x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1\\[2mm]
		+&\int_0^1    \int_{-1+x_1}^0    \int_0^{1-x_1+x_2}  x_1^2x_2 + x_3  \; dx_3dx_2dx_1.
	\end{align*}
	Det er mye arbeid, så det lønner seg å tenke først.
	Pyramiden er symmetrisk om planet $x_2 = 0$,
	og leddet $x_1^2x_2$ skifter fortegn når $x_2$ gjør det,
	så det integrerer til null -
	det som er positivt på den ene siden er negativt på den andre.
	Da står vi igjen med $\iiint_\Omega x_3$,
	og det tar vi lagvis:
	i høyden $x_3$ er tverrsnittet kvadratet $|x_1| + |x_2| \leq 1 - x_3$,
	som har diagonaler $2(1-x_3)$ og dermed areal $2(1-x_3)^2$, så
	\begin{align*}
		\iiint_\Omega f = \iiint_\Omega x_3 = \int_0^1 x_3\cdot 2\left( 1 - x_3 \right)^2 \; dx_3 = \frac{1}{6}.
	\end{align*}
	Samme lagvise regning gir volumet $\int_0^1 2(1-x_3)^2\; dx_3 = 2/3$,
	som stemmer med grunnflate ganger høyde delt på tre.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
	Vi tar tetraederet først.
	Massen er
	\begin{align*}
		\displaystyle \iiint_\Omega \rho( x) \; d x =&
		\rho \int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2}   \; dx_3dx_2dx_1\\[2mm]
		=&\rho \int_0^1    \int_0^{1-x_1}    1-x_1-x_2   \; dx_2dx_1\\[2mm]
		=&\rho \int_0^1       \Big( x_2-x_1x_2-\frac{1}{2}x_2^2\Big)_{x_2=0}^{x_2=1-x_1}   \; dx_1\\[2mm]
		=&\rho \int_0^1       1-x_1-x_1(1-x_1)-\frac{1}{2}(1-x_1)^2  \; dx_1=\frac{\rho}{6}
	\end{align*}
	(dette kunne vi også funnet med formelen for volum av pyramide)
	slik at massesenteret blir
	\begin{align*}
		\frac{1}{\displaystyle \iiint_\Omega \rho( x) \; d x}
		\begin{pmatrix}
			\displaystyle \iiint_\Omega x_1\rho( x) \; d x\\[5mm]
			\displaystyle \iiint_\Omega x_2\rho( x) \; d x\\[5mm]
			\displaystyle \iiint_\Omega x_3\rho( x) \; d x
		\end{pmatrix}
		=
		6
		\begin{pmatrix}
			\displaystyle\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2} x_1  \; dx_3dx_2dx_1\\[5mm]
			\displaystyle\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2} x_2  \; dx_3dx_2dx_1\\[5mm]
			\displaystyle\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2} x_3  \; dx_3dx_2dx_1
		\end{pmatrix}.
	\end{align*}
	Dette ser ut som tre forskjellige integraler,
	men på grunn av symmetrien i problemet er det egentlig bare ett.
	Vi beregner
	\begin{align*}
		\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2}  x_1 \; dx_3dx_2dx_1=&
		\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    x_1(1-x_1-x_2)   \; dx_2dx_1\\[2mm]
		=&\int_0^1       x_1\Big( x_2-x_1x_2-\frac{1}{2}x_2^2\Big)_{x_2=0}^{x_2=1-x_1}   \; dx_1\\[2mm]
		=&\frac{1}{2}\int_0^1       x_1(1-x_1)^2  \; dx_1=\frac{1}{24}
	\end{align*}
	og massesenteret sitter følgelig i
	\begin{align*}
		6
		\begin{pmatrix}
			\displaystyle\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2} x_1  \; dx_3dx_2dx_1\\[5mm]
			\displaystyle\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2} x_2  \; dx_3dx_2dx_1\\[5mm]
			\displaystyle\int_0^1    \int_0^{1-x_1}    \int_0^{1-x_1-x_2} x_3  \; dx_3dx_2dx_1
		\end{pmatrix}
		=
		\begin{pmatrix}
			1/4 \\
			1/4 \\
			1/4
		\end{pmatrix}.
	\end{align*}
	Pyramiden i oppgave 4 er symmetrisk om både $x_1 = 0$ og $x_2 = 0$,
	så sentroiden ligger på $x_3$-aksen,
	og vi har allerede regnet ut $\iiint_\Omega x_3 = 1/6$ og volumet $2/3$,
	så den sitter i $(0,0,1/4)$.
	Begge sentroidene ligger en fjerdedel av veien opp fra grunnflaten -
	det gjelder for alle pyramider og kjegler,
	slik tyngdepunktet til en trekant ligger en tredjedel av veien opp.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
	Dette blir helt forferdelig.
	Legger vi den flate siden i $x_1x_2$-planet, er
	\begin{align*}
		\iiint_\Omega f = \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x_1^2}}^{\sqrt{1-x_1^2}} \int_{0}^{\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}}f(x)\;dx_3 dx_2 dx_1,
	\end{align*}
	og massesenteret blir
	\begin{align*}
		\frac{1}{\displaystyle \iiint_\Omega 1}
		\begin{pmatrix}
			\displaystyle \iiint_\Omega x_1\\[5mm]
			\displaystyle \iiint_\Omega x_2\\[5mm]
			\displaystyle \iiint_\Omega x_3
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
	med disse grensene i alle fire integralene -
	den konstante tettheten kansellerer.
	Av symmetri er de to første null, og nevneren er $2\pi/3$,
	men $x_3$-komponenten må regnes ut,
	og det er ikke fristende med røtter i alle grensene.
	Vi kommer tilbake til den i oppgave 13.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
	Avbildningen er lineær, så den sender enhetskuben på parallelle\-pipedet utspent av kolonnene,
	og volumet er determinanten til matrisen
	ganget med volumet til enhetskuben,
	altså
	\begin{align*}
		\left|
		\begin{matrix}
			2 & 1 & 1 \\
			1 & 2 & 1 \\
			1 & 1 & 2
		\end{matrix}
		\right|
		= 2\cdot 3 - 1\cdot 1 + 1\cdot(-1) = 4.
	\end{align*}
	Jacobideterminanten er konstant, så det er ingenting å integrere.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
	\begin{align*}
		|g'(s,\theta,z)|=
		\left|
		\begin{matrix}
			\cos \theta & -s\sin \theta & 0 \\
			\sin \theta & s\cos \theta & 0 \\
			0 & 0 & 1
		\end{matrix}
		\right|
		= s\cos^2\theta + s\sin^2\theta = s.
	\end{align*}
	Det er polarkoordinatenes $r$ med en $z$-akse hengt på:
	volumelementet er $s\; ds\, d\theta\, dz$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
	Integrasjonsområdet er bildet av en rektangulær boks under sylinderkoordinatavbildningen,
	så dette integralet blir veldig greit:
	\begin{align*}
		\int_0^5 \int_0^{2\pi}\int_0^{3} (s^2 + z^2) \; s\,ds\,d\theta\, dz =&
		\int_0^5 \int_0^{2\pi}\int_0^{3} s^3 + sz^2 \; ds\,d\theta\, dz \\[2mm]
		=&\int_0^5 \int_0^{2\pi} \left(\frac{1}{4}s^4 + \frac{1}{2}s^2z^2\right)_{s=0}^{s=3} \; d\theta\, dz \\[2mm]
		=&\int_0^5 \int_0^{2\pi} \frac{81}{4} + \frac{9}{2}z^2 \; d\theta\, dz \\[2mm]
		=&2\pi\int_0^5 \frac{81}{4} + \frac{9}{2}z^2 \; dz =\pi\left( \frac{5\cdot 81}{2} + 125 \cdot 3 \right) = \frac{1155\pi}{2}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
	Funksjonen
	\[
		x_3 =\sqrt{ x_1^2 + x_2^2} = s
	\]
	ser ut som en fotballkjegle som står på hodet,
	og skjærer kuleskallet
	\[
		x_3=\sqrt{1-x_1^2-x_2^2}=\sqrt{1-s^2}
	\]
	i $s=1/\sqrt{2}$,
	så volumet er
	\begin{align*}
		\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} \int_s^{\sqrt{1-s^2}}\;s\,dz\,ds\,d\theta=&
		\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} \left( \sqrt{1-s^2}-s \right)\;s\,ds\,d\theta\\[2mm]
		=&\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} s\sqrt{1-s^2}-s^2\;ds\,d\theta\\[2mm]
		=&\int_0^{2\pi}  \left( -\frac{1}{3}(1-s^2)^{3/2}-\frac{1}{3}s^3 \right)_{s=0}^{s=1/\sqrt{2}}\;d\theta\\[2mm]
		=&\int_0^{2\pi}  -\frac{1}{3}\left( (1/2)^{3/2}-1 \right)-\frac{1}{3\cdot 2^{3/2}}\;d\theta
		=\frac{2}{3}\pi  \left(1- \frac{1}{\sqrt{2}}  \right).
	\end{align*}
	På grunn av oppgaveformuleringen sitter det et identisk volum
	på undersiden av $x_1x_2$-planet -
	kjeglen $x_3^2 \geq x_1^2 + x_2^2$ er en dobbeltkjegle -
	så korrekt volum blir
	\begin{align*}
		2\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} \int_s^{\sqrt{1-s^2}}\;s\,dz\,ds\,d\theta = \frac{4}{3}\pi  \left(1- \frac{1}{\sqrt{2}}  \right).
	\end{align*}
	I kulekoordinater er det enda enklere:
	kjeglen er $\varphi \leq \pi/4$, så den øvre halvparten er
	$\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\int_0^1 r^2\sin\varphi\; dr\, d\varphi\, d\theta = \frac{2\pi}{3}\left( 1 - \cos\frac{\pi}{4} \right)$,
	jf. neste side.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
	Ulikhetene $0\leq x_3\leq 1 - \sqrt{x_1^2 + x_2^2}$ blir
	$0\leq z\leq 1 - s$ i sylinderkoordinater.
	Denne kjeglen står motsatt av den i forrige oppgave og skjærer $x_1x_2$-planet i enhetssirkelen.
	Siden
	$x_2\geq 0$ er kjeglen kappa i to langs et vertikalt plan gjennom midten av kjeglen,
	så integralet blir
	\begin{align*}
		\int_0^1\int_0^{\pi}\int_0^{1-s} zs \; s\,dz\,d\theta\, ds =&
		\int_0^1\int_0^{\pi} \left(\frac{1}{2}z^2s^2\right)_{z=0}^{z=1-s} \; d\theta\, ds\\[2mm]
		=&\int_0^1\int_0^{\pi} \frac{1}{2}(1-s)^2s^2 \; d\theta\, ds\\[2mm]
		=&\frac{\pi}{2}\int_0^1 (1-s)^2s^2 \; ds =\frac{\pi}{60}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
	\begin{align*}
		|g'\left(r,\theta,\varphi\right)|=
		\left|
		\begin{matrix}
			\cos \theta \sin \varphi & -r\sin \theta \sin \varphi & r\cos \theta \cos \varphi\\
			\sin \theta \sin \varphi & r\cos \theta \sin \varphi & r\sin \theta \cos \varphi\\
			\cos \varphi &  0 & -r\sin \varphi
		\end{matrix}
		\right|
		=
		-r^2\sin \varphi,
	\end{align*}
	så volumelementet blir $r^2\sin \varphi\; dr\, d\theta\, d\varphi$.
	Minustegnet betyr bare at $(r,\theta,\varphi)$ i denne rekkefølgen er et venstrehåndssystem;
	bytter du om på $\theta$ og $\varphi$, blir determinanten positiv.
	Faktoren $r^2\sin\varphi$ er flateelementet til kuleskallet fra økt 11 ganget med tykkelsen $dr$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
	Massesenteret er gitt ved
	\[
		\frac{1}{\displaystyle \iiint_\Omega \rho( x) \; d x}
		\begin{pmatrix}
			\displaystyle \iiint_\Omega x_1\rho( x) \; d x\\[5mm]
			\displaystyle \iiint_\Omega x_2\rho( x) \; d x\\[5mm]
			\displaystyle \iiint_\Omega x_3\rho( x) \; d x
		\end{pmatrix}.
	\]
	Vi tar den kvarte kula først.
	En kvart enhetskule i kulekoordinater
	som ligger slik at $x_2\geq 0 $ og $x_3\geq 0 $,
	beskrives av ulikhetene
	\begin{align*}
		0 \leq r \leq 1,
		\quad
		0 \leq \theta \leq \pi,
		\quad
		0 \leq  \varphi \leq \pi/2,
	\end{align*}
	og siden massetettheten er konstant,
	kansellerer denne.
	På grunn av symmetri vet vi at $x_1$-koordinaten er 0:
	\begin{align*}
		\iiint_\Omega x_1 \; d x
		=
		\int_0^1
		\int_0^{\pi}
		\int_0^{\pi/2}
		r^3\cos\theta
		\sin^2  \varphi
		\; d \varphi\, d\theta\, dr
		=0
	\end{align*}
	samt at $x_2$- og $x_3$-koordinatene må være like:
	\begin{align*}
		\iiint_\Omega x_2 \; d x =&
		\iiint_\Omega x_3 \; d x\\[2mm]
		=&
		\int_0^1
		\int_0^{\pi}
		\int_0^{\pi/2}
		r^3\cos  \varphi
		\sin  \varphi
		\; d \varphi\, d\theta\, dr \\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}
		\int_0^1
		\int_0^{\pi}
		\int_0^{\pi/2}
		r^3\sin 2 \varphi
		\; d \varphi\, d\theta\, dr \\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}
		\int_0^1
		\int_0^{\pi}
		r^3
		\; d\theta\, dr \\[2mm]
		=&
		\frac{\pi }{2}
		\int_0^1
		r^3
		\;  dr
		=
		\frac{\pi}{8}.
	\end{align*}
	Volumet til en kvart enhetskule er $\pi /3$,
	så vi kan nå beregne
	\[
		\frac{\displaystyle \rho \iiint_\Omega x_2 \; d x}{\rho \displaystyle \iiint_\Omega \; d x} = \frac{\pi /8}{\pi /3} = \frac{3}{8}
	\]
	slik at massesenteret sitter i $(0,3/8,3/8)$.
	Dette skalerer selvfølgelig til vilkårlig radius,
	slik at om radien er $r$ er massesenteret i $(0,3r/8,3r/8)$.
	For en åttendels kule er det bare å bytte ut $\pi$ med $\pi/2$ i integrasjonsgrensene for $\theta$
	og bruke at alle koordinatene må være like,
	slik at massesenteret sitter i $(3/8,3/8,3/8)$.
	Samme med halvkulen,
	bruk symmetri og bruk $2\pi$ som øvre grense i $\theta$ og oppdag at massesenteret sitter i $(0,0,3/8)$.
	Det er svaret på oppgave 6 også -
	og lavere enn det halve kuleskallet i økt 11, som har massesenter i høyden $1/2$,
	siden den massive halvkula har mest masse nederst.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{14}
	Her er det nok best å bruke sylinderkoordinater.
	Flaten
	$x_3 =\sqrt{x_1^2 + x_2^2 - 4}$ blir
	$z =\sqrt{s^2 - 4}$ i sylinderkoordinater,
	altså $s = \sqrt{4 + z^2}$,
	så vi kan integrere oss langs $s$ fra $s=0$ til $s =\sqrt{4+ z^2}$  innerst,
	og få
	\[
		\int_0^{\sqrt{5}}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{4+z^2}}\; s\,ds\,d\theta\, dz =
		\pi \int_0^{\sqrt{5}} 4+z^2\; dz = \frac{17\sqrt{5} }{3}\pi.
	\]
	Flaten er en hyperboloide med hals av radius $2$ i $x_3 = 0$ og radius $3$ i $x_3 = \sqrt 5$,
	så volumet ligger mellom $4\pi\sqrt 5$ og $9\pi\sqrt 5$, som det skal.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15}
	Når $\varphi$ går fra 0 til $\pi$,
	går $\cos \varphi$ fra 1 til $-1$,
	så likningen
	\begin{align*}
		r = 4-\cos(\varphi)
	\end{align*}
	beskriver en slags litt pæreformet sak i $\mathbb{R}^3$,
	med radius $3$ på toppen og $5$ i bunnen.
	Det er nok best å integrere seg fra 0 til denne flaten i $r$ først.
	Volumet blir
	\[
		\int_0^{2\pi}\int_0^\pi \int_0^{4-\cos\varphi} \; r^2\sin \varphi\, dr\,d\varphi\, d\theta =
		\frac{2\pi}{3} \int_0^\pi \left( 4-\cos\varphi \right)^3 \sin\varphi \; d\varphi = \frac{\pi}{6}\left( 5^4-3^4 \right) = \frac{272\pi}{3},
	\]
	der substitusjonen $u = 4 - \cos\varphi$ gjør det siste integralet til $\int_3^5 u^3\; du$.
\end{oppgave}

\clearpage

\section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER}

% TMA4111 kont 2023, oppgave 5
\begin{oppgave}{1}
	Del $D$ opp i små bokser med sider $h_1$, $h_2$ og $h_3$.
	Hver boks sendes av $g$ til en liten, litt skjev bit av $\Omega$,
	og til første orden er $g(x + h_ke_k) \approx g(x) + h_k\partial_{x_k}g$,
	så biten er omtrent parallellepipedet utspent av $h_1\partial_{x_1}g$, $h_2\partial_{x_2}g$ og $h_3\partial_{x_3}g$.
	Volumet av et parallellepiped er tallverdien av trippelproduktet, så
	\[
		\text{volumet av biten} \approx \left| \partial_{x_1}g \cdot \partial_{x_2}g \times \partial_{x_3}g \right| h_1h_2h_3,
	\]
	og summerer vi over alle boksene og lar dem bli små, står vi med riemannsummen til integralet.
	Trippelproduktet er determinanten til matrisen med de tre tangentene som kolonner,
	altså jacobideterminanten $\det g'(x)$ - det er samme formel som i teksten over.

	Kulekoordinatene $g(r,\theta,\varphi) = r(\cos\theta\sin\varphi,\; \sin\theta\sin\varphi,\; \cos\varphi)^T$
	sender boksen $[0,R]\times[0,2\pi)\times[0,\pi]$ på kula, og
	\[
		\frac{\partial g}{\partial r} =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos\theta\sin\varphi \\
			\sin\theta\sin\varphi \\
			\cos\varphi
		\end{matrix}
		\; \right),
		\hspace{7mm}
		\frac{\partial g}{\partial \theta} = r
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin\theta\sin\varphi \\
			\cos\theta\sin\varphi \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right),
		\hspace{7mm}
		\frac{\partial g}{\partial \varphi} = r
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos\theta\cos\varphi \\
			\sin\theta\cos\varphi \\
			-\sin\varphi
		\end{matrix}
		\; \right).
	\]
	De tre står vinkelrett på hverandre med lengder $1$, $r\sin\varphi$ og $r$,
	så trippelproduktet har tallverdi $r^2\sin\varphi$ (jf. oppgave 12), og
	\[
		\iiint_\Omega dy = \int_0^R\int_0^{\pi}\int_0^{2\pi} r^2\sin\varphi\; d\theta\, d\varphi\, dr
		= 2\pi\cdot 2\cdot\frac{R^3}{3} = \frac{4\pi}{3}R^3.
	\]

	Legg halvkula med den flate siden ned, $0 \leq \varphi \leq \pi/2$.
	Av symmetri ligger massesenteret på $x_3$-aksen,
	den konstante tettheten kansellerer,
	og med $x_3 = r\cos\varphi$ er
	\[
		\iiint_\Omega x_3\; dy = \int_0^R\int_0^{\pi/2}\int_0^{2\pi} r\cos\varphi\, r^2\sin\varphi\; d\theta\, d\varphi\, dr
		= 2\pi\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{R^4}{4} = \frac{\pi R^4}{4}.
	\]
	Volumet er $2\pi R^3/3$, så massesenteret er $(0,0,3R/8)^T$, jf. oppgave 13.
	Lavere enn halvveis, naturligvis - det er mest masse nederst.
\end{oppgave}

% TMA4111 kont 2025, oppgave 7
\begin{oppgave}{2}
	Vi bruker samme parametrisering som for overflaten i økt 11,
	men lar tverrsnittsradien variere:
	\[
		g(s,\theta,\varphi) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			(r_1 + s\cos\varphi)\cos\theta \\
			(r_1 + s\cos\varphi)\sin\theta \\
			s\sin\varphi
		\end{matrix}
		\; \right),
		\hspace{10mm}
		(s,\theta,\varphi) \in [0,r_2]\times[0,2\pi)\times[0,2\pi).
	\]
	Tangentene
	\[
		\frac{\partial g}{\partial s} =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos\varphi\cos\theta \\
			\cos\varphi\sin\theta \\
			\sin\varphi
		\end{matrix}
		\; \right),
		\hspace{7mm}
		\frac{\partial g}{\partial \theta} = (r_1 + s\cos\varphi)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin\theta \\
			\cos\theta \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right),
		\hspace{7mm}
		\frac{\partial g}{\partial \varphi} = s
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin\varphi\cos\theta \\
			-\sin\varphi\sin\theta \\
			\cos\varphi
		\end{matrix}
		\; \right)
	\]
	står innbyrdes vinkelrett med lengder $1$, $r_1 + s\cos\varphi$ og $s$,
	så jacobideterminanten har tallverdi $s(r_1 + s\cos\varphi)$ - polarkoordinater i tverrsnittet,
	ganget med hvor langt punktet reiser rundt hovedaksen.
	Volumet er
	\[
		\int_0^{r_2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} s\left( r_1 + s\cos\varphi \right)\; d\varphi\, d\theta\, ds
		= 4\pi^2 r_1\int_0^{r_2} s\; ds = 2\pi^2r_1r_2^2,
	\]
	siden $\cos\varphi$ integrerer til null.
	Det er tverrsnittsarealet $\pi r_2^2$ ganger veien $2\pi r_1$ tverrsnittets sentrum reiser -
	samme regel som for overflaten.
\end{oppgave}

% TMA4121 kont 2026, oppgave 1
\begin{oppgave}{3}
	Den skrå siden er planet $x_1 + x_2 + x_3 = 2$, så tetraederet er
	$0 \leq x_3 \leq 2 - x_1 - x_2$ over trekanten $0 \leq x_2 \leq 2 - x_1$, $0 \leq x_1 \leq 2$.
	Volumet er $\frac{1}{6}\cdot 2^3 = \frac{4}{3}$, og
	\[
		\iiint_\Omega x_1\; dx = \int_0^2\int_0^{2-x_1}\int_0^{2-x_1-x_2} x_1\; dx_3\, dx_2\, dx_1
		= \int_0^2 x_1\frac{(2-x_1)^2}{2}\; dx_1 = \frac{2}{3},
	\]
	så $\overline x_1 = \frac{2/3}{4/3} = \frac{1}{2}$.
	Av symmetri er de to andre koordinatene like, og massesenteret er $\frac{1}{2}(1,1,1)^T$.
	Det er gjennomsnittet av de fire hjørnene -
	sentroiden til et tetraeder ligger alltid der, en fjerdedel av veien fra hver side til det motsatte hjørnet,
	jf. oppgave 5.
\end{oppgave}

% TMA4121 kont 2026, oppgave 2a
\begin{oppgave}{4}
	Flatene skjærer hverandre der $x_1^2 + 3x_2^2 = 4 - 3x_1^2 - x_2^2$, altså på sylinderen $x_1^2 + x_2^2 = 1$,
	så $\Omega$ ligger over enhetssirkelskiven $D$, og høyden er
	\[
		\left( 4 - 3x_1^2 - x_2^2 \right) - \left( x_1^2 + 3x_2^2 \right) = 4\left( 1 - x_1^2 - x_2^2 \right).
	\]
	I polarkoordinater blir volumet
	\[
		\iint_D 4\left( 1 - x_1^2 - x_2^2 \right) dx = \int_0^{2\pi}\int_0^1 4\left( 1 - s^2 \right)s\; ds\, d\theta = 2\pi\cdot 4\cdot\frac{1}{4} = 2\pi.
	\]
	Rimelig: den maksimale høyden er $4$ over et areal på $\pi$,
	og en paraboloide fyller halvparten av sin omskrevne sylinder.
\end{oppgave}

% TMA4121 vår 2026, oppgave 1
\begin{oppgave}{5}
	Den skrå siden er planet gjennom $(1,0,0)^T$, $(0,1,0)^T$ og $(0,0,2)^T$, altså $x_3 = 2(1 - x_1 - x_2)$,
	og over $x_1x_2$-planet står tetraederet på trekanten $0 \leq x_2 \leq 1 - x_1$, $0 \leq x_1 \leq 1$.
	Massen er
	\begin{align*}
		\iiint_\Omega \rho\; dx &= \int_0^1\int_0^{1-x_1}\int_0^{2(1-x_1-x_2)} \left( 2 - x_3 \right) dx_3\, dx_2\, dx_1 \\[1mm]
		&= \int_0^1\int_0^{1-x_1} 4(1-x_1-x_2) - 2(1-x_1-x_2)^2\; dx_2\, dx_1 \\[1mm]
		&= \int_0^1 2(1-x_1)^2 - \frac{2}{3}(1-x_1)^3\; dx_1 = \frac{2}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{2}.
	\end{align*}
	Volumet er $\frac{1}{6}\cdot 1\cdot 1\cdot 2 = \frac{1}{3}$, så gjennomsnittstettheten er $3/2$,
	som er nøyaktig tettheten i sentroiden $(1/4, 1/4, 1/2)^T$:
	en lineær tetthet integrerer til verdien i sentroiden ganger volumet.
\end{oppgave}

\end{document}