\input{preamble}

\title{6 - FUNKSJONER AV FLERE VARIABLE II - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}


\maketitle


\begin{oppgave}{1}
	Vi deriverer $E$ med hensyn på tiden
	og bruker kjerneregelen fra skolen på hvert ledd:
	\begin{align*}
		\dot E = Cx_1\dot x_1 + Lx_2 \dot x_2
		= Cx_1 \left( -\frac{1}{C}x_2 \right) + Lx_2 \left( \frac{1}{L}x_1 \right)
		= -x_1x_2 + x_1x_2 = 0.
	\end{align*}
	Energien flytter seg mellom kondensatoren og spolen,
	men summen står stille.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	Kurvene der $E$ er konstant tilfredsstiller
	\begin{align*}
		\frac{1}{2}Cx_1^2 + \frac{1}{2}Lx_2^2 = E_0,
	\end{align*}
	som kan skrives om til
	\begin{align*}
		\frac{x_1^2}{2E_0/C} + \frac{x_2^2}{2E_0/L} = 1.
	\end{align*}
	Dette er ellipser med halvakser $\sqrt{2E_0/C}$ og $\sqrt{2E_0/L}$,
	én for hvert energinivå,
	lagvis utover fra origo.
	Retningen leser vi av systemet i et punkt på den positive $x_1$-aksen:
	der er $\dot x_1 = 0$ og $\dot x_2 = x_1/L > 0$,
	så løsningen er på vei oppover,
	og ellipsene gjennomløpes mot klokka.
	Det er den samme ringen som gikk rundt i forrige økt,
	bare i andre koordinater.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	Vi tar utgangspunkt i parametriseringen for enhetssirkelen
	\begin{align*}
		x(\theta)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos{\theta} \\[1mm]
			\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Å justere radien til noe annet enn 1 er bare å gange hele greia med radien,
	og sentrum flytter vi ved å legge til en konstant vektor.
	Sirklene har likninger
	\begin{align*}
		(x_1-1)^2 + x_2^2 - 4 = 0
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		(x_1-4)^2 + (x_2-2)^2 - 3 = 0
	\end{align*}
	så parametriseringene blir
	\begin{align*}
		x(\theta)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1\\
			0
		\end{matrix}
		\; \right)
		+
		2
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos{\theta} \\[1mm]
			\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1+ 2\cos{\theta} \\[1mm]
			2\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	og
	\begin{align*}
		x(\theta)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			4\\
			2
		\end{matrix}
		\; \right)
		+
		\sqrt{3}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos{\theta} \\[1mm]
			\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			4 + \sqrt{3}\cos{\theta} \\[1mm]
			2+\sqrt{3}\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	Nok en gang bygger vi videre på gamle ting,
	og innser raskt at
	\begin{align*}
		x(\theta)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			a\cos{\theta} \\[1mm]
			b\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	passer i ellipselikningen
	\[
		\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{x_2^2}{b^2}=1.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
	En ellipse har parametrisering
	\begin{align*}
		x(\theta)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			a\cos{\theta} \\[1mm]
			b\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right),
	\end{align*}
	så hvis vi setter sammen
	\begin{align*}
		y(\theta) =
		R(\alpha)x(\theta) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos \alpha & -\sin \alpha\\
			\sin \alpha & \cos \alpha\\
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			a\cos{\theta} \\[1mm]
			b\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right),
	\end{align*}
	så er vi der.
	For $\alpha = \pi /4$ får vi
	\begin{align*}
		y(\theta) =
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & -1\\
			1 & 1\\
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			a\cos{\theta} \\[1mm]
			b\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			a\cos{\theta}-b\sin{\theta}  \\[1mm]
			a\cos{\theta}+b\sin{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
	For sirkelen med radius 2 er
	\begin{align*}
		\dot x(\theta)=
		2
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin{\theta} \\[1mm]
			\cos{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		|\dot x(\theta)| = 2,
	\end{align*}
	og for den med radius $\sqrt 3$ blir banefarten på samme vis $\sqrt 3$ -
	konstant fart, som seg hør og bør på en sirkel.
	For ellipsen er
	\begin{align*}
		\dot x(\theta)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-a\sin{\theta} \\[1mm]
			b\cos{\theta}
		\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		|\dot x(\theta)|
		=
		\sqrt{a^2\sin^2\theta + b^2\cos^2\theta},
	\end{align*}
	så på ellipsen varierer farten:
	størst der kurven er slakkest og minst i de spisse endene.
	Den roterte ellipsen har tangent
	$\dot y(\theta) = R(\pi/4)\dot x(\theta)$
	og nøyaktig samme banefart -
	rotasjonsmatrisen er ortogonal,
	og i forrige økt viste vi at ortogonale matriser ikke endrer lengder.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
	Formelen
	\[
		\int_\Gamma ds =\int_a^b |\dot{ x}(t)| \; dt
	\]
	er en definisjon,
	og den kan motiveres på flere måter.
	Steg én er å ta en titt på denne figuren:
	\begin{center}
		\includegraphics*[scale=.45]{../figurer/buelengde.png}
	\end{center}
	Her er intervallet $[a,b]$ på $t$-aksen partisjonert i $n$ korte linjestykker med lengde $h_k$.
	De korresponderende krumme lengdene i $x$-koordinatsystemet heter $L_k$,
	se fargekodene.
	Buelengden er
	\[
		\sum_{k=0}^{n} L_k \approx
		\sum_{k=0}^{n-1}\left|\dot{{x}}(t_k)\right| h_k,
	\]
	og vi har god tro på at uttrykket på høyre side blir en bedre approksimasjon
	etter hvert som partisjonen gjøres finere.
	Men uttrykket til høyre er en venstre riemannsum for funksjonen $\left|\dot{x}(t)\right|$,
	så når partisjonen blir finere,
	går denne summen mot
	\[
		\int_a^b |\dot{ x}(t)| \; dt.
	\]
	Funksjonen
	$ x: [0,2] \to \mathbb{R}^2$ gitt ved
	\[
		x(t)=
		\begin{pmatrix}
			\ln (1+t^2) \\
			2\arctan t
		\end{pmatrix}
	\]
	er spesielt designet til NTH
	av en ekspert på å konstruere parametriserte kurver man kan beregne buelengden til.
	Vi finner først tangenten
	\[
		\dot x(t)=
		\frac{2}{1+t^2}
		\begin{pmatrix}
			t \\
			1
		\end{pmatrix},
	\]
	og banefarten
	\[
		|\dot x(t)|=
		\frac{2}{
			\sqrt{
				1+t^2
		}}
	\]
	og buelengden
	\[
		\int_0^2 |\dot{x}(t)| \; dt=
		\int_0^2
		\frac{2}{
			\sqrt{
				1+t^2
		}}
		\; dt
		=
		2\sinh^{-1}(2) = 2\ln \left( 2+\sqrt 5 \right) \approx 2.887.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
	Vi finner tangenten:
	\begin{align*}
		\dot x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin t \\[1mm]
			\cos t \\[1mm]
			1
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	og banefarten
	\begin{align*}
		|\dot x(t)| =
		\sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 1} =
		\sqrt{2}
	\end{align*}
	og buelengden:
	\begin{align*}
		\int_a^{b}
		|\dot x(t)|
		\; dt
		=
		\sqrt{2}
		\int_a^{b}
		\; dt
		=
		\sqrt{2}(b-a).
	\end{align*}
	For buelengdeparametrisering må vi ha et startpunkt,
	så la oss sette $a=0$ og $b=t$.
	Buelengden er i så fall $s = \sqrt{2}t$,
	så om vi setter inn $t=s/\sqrt{2}$ i den opprinnelige parametriseringen,
	får vi buelengdeparametriseringen
	\begin{align*}
		x(s)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos \left( s/\sqrt{2} \right) \\[1mm]
			\sin \left( s/\sqrt{2} \right) \\[1mm]
			s/\sqrt{2}
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{9}
	Den ser faktisk omtrent sånn ut.
	Ihvertfall nesten.
	Om jeg skulle tegna den i forelesning,
	ville det ikke blitt mer nøyaktig.
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=.3]{../figurer/L1019070-2}
		\put(-102,20){\huge$\color{red} {x_1}$}
		\put(-250,125){\huge$\color{red} {x_2}$}
	\end{center}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
	Tangenten er
	\[
		\dot x(t)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			3t^2 \\
			2t
		\end{matrix}
		\; \right)
	\]
	og enhetstangenten er
	\[
		T(t)=
		\frac{\dot x(t)}{|\dot x(t)|}
		=
		\frac{1}{\sqrt{9t^4+4t^2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			3t^2 \\
			2t
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{1}{\sqrt{9t^2+4}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			3t^2/|t| \\
			2t/|t|
		\end{matrix}
		\; \right).
	\]
	La oss se på hva disse tingene blir når $t\to 0$.
	Det er lett å se at
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0}\frac{1}{\sqrt{9t^2+4}} = \frac{1}{2}
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\lim_{t \to 0}\frac{3t^2}{|t|} = 0,
	\end{align*}
	men
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0^+}\frac{t}{|t|} = 1
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\lim_{t \to 0^-}\frac{t}{|t|} = -1,
	\end{align*}
	slik at
	\begin{align*}
		\lim_{t \to 0^+}T(t) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			0 \\
			1
		\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\lim_{t \to 0^-}T(t) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			0 \\
			-1
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Går du inn mot origo på den negative siden av $t=0$,
	peker enhetstangenten rett ned,
	men går du utover fra origo på den positive siden,
	peker den plutselig rett opp istedet.
	Den snur momentant 180 grader i $t=0$
	fordi kurven stopper opp og begynner å kjøre motsatt vei.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
	Denne ser ut som parabelen $x_2 = x_1^2$ -
	bare plott i python og se.
	Banefarten er null i origo her også,
	men enhetstangenten går mot $(1,0)^T$ fra begge sider,
	så kurven er glatt.
	Betingelsen $|\dot x(t)| \neq 0$ er tilstrekkelig,
	ikke nødvendig.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
	Noen har skøytet inn mot punktet,
	bremset helt opp og satt fart i en ny retning.
	I vendepunktet var banefarten null,
	og da kan sporet få en kusp -
	akkurat som kurven i oppgave 9.
	Et skjær i fart klarer bare glatte kurver.
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{13}
	Nivåkurvene er gitt ved
	\begin{align*}
		c = x_1 + 2x_2
	\end{align*}
	for forskjellige verdier av $c$.
	Dette er parallelle rette linjer med normalvektor $(1,2)$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{14}
	Nivåkurvene er ellipsene
	\begin{align*}
		4x_1^2 + 5x_2^2 = c
	\end{align*}
	med halvakser $\sqrt{c}/2$ langs $x_1$-aksen og $\sqrt{c/5}$ langs $x_2$-aksen,
	for $c > 0$.
	For $c=0$ består nivåkurven bare av origo,
	og for $c<0$ er den tom.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15}
	Vi fullfører kvadratene:
	\begin{align*}
		4x_1^2 + 8x_1 + 5x_2^2 - 10x_2 + 9 =
		4\left( x_1 + 1 \right)^2 + 5\left( x_2 - 1 \right)^2.
	\end{align*}
	Det er de samme ellipsene som i forrige oppgave,
	bare med sentrum i $(-1,1)$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{16}
	Isotermene $pV = c$ er hyperbler i første kvadrant.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{17}
	Lavtrykkssenteret ligger rett utenfor Trøndelagskysten,
	og Steinkjer ligger omtrent på den innerste isobaren:
	om lag 975 hPa.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{18}
	Vi deriverer med hensyn på en variabel av gangen:
	\begin{align*}
		\partial_{x_1} f = 2x_1 + x_2 + 1
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\partial_{x_2} f = x_1 + 2x_2 + 1.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{19}
	\begin{align*}
		\partial_p T = V
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\partial_V T = p.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20}
	Vi setter $g$ inn i $f$ og får den envariable funksjonen
	\begin{align*}
		f(g(s))= a(x_1+s\cos \theta) + b(x_2+s\sin \theta) + c
	\end{align*}
	så kjerneregelen du lærte på skolen gir oss at vi får indreproduktet
	mellom gradienten og retningen:
	\begin{align*}
		\frac{d}{ds}f(g(s))= a \cos\theta + b\sin \theta =
		\left( a,b \right)
		\begin{pmatrix}
			\cos \theta \\
			\sin \theta
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
	Tenk på retningen $(\cos \theta,\sin\theta)^T$ som en
	dimensjonsløs ting du ganger med $s$ for å få en vektor i $\mathbb{R}^2$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{21}
	\begin{align*}
		\partial_x f = \left( 2x_1 + x_2 + 1, \; x_1 + 2x_2 + 1 \right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		\left( \partial_p T, \; \partial_V T \right) = \left( V, \; p \right).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{22}
	Gradienten i punktet er
	\begin{align*}
		\partial_x f(1,2) = \left( 5, 6 \right).
	\end{align*}
	Nordvest er retningen
	\begin{align*}
		e = \frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 \\
			1
		\end{matrix}
		\; \right),
	\end{align*}
	så stigningen er
	\begin{align*}
		\partial_x f(1,2) \; e = \frac{-5 + 6}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{23}
	Langs en nivåkurve er høyden konstant,
	så den retningsderiverte i kurvens tangentretning er null:
	\begin{align*}
		\partial_x f \; e = 0
	\end{align*}
	for enhetstangenten $e$.
	Skalarproduktet er null nøyaktig når vektorene står vinkelrett på hverandre,
	så gradienten står normalt på nivåkurven.
	Rett utfor er motsatt av rett oppover:
	du peker skiene motsatt av gradienten,
	og stigningen er $-| \partial_x f |$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{24}
	Fra tegningen leser vi at grunnflaten $\Omega$ er kvartellipsen
	med halvakser 4 og 3 i første kvadrant,
	med den rette veggen $\Gamma_1$ langs $x_1$-aksen,
	den rette veggen $\Gamma_2$ langs $x_2$-aksen
	og den krumme veggen $\Gamma_3$ langs ellipsebuen.
	Langs begge aksene er taket $f(x) = x_1x_2 = 0$,
	så de rette veggene koster ingenting -
	all veggen sitter i $\Gamma_3$.
	Vi parametriserer buen med
	\begin{align*}
		x(\theta) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			4\cos \theta \\
			3\sin \theta
		\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace{10mm}
		0 \leq \theta \leq \pi/2,
	\end{align*}
	som har banefart
	$|\dot x(\theta)| = \sqrt{16\sin^2 \theta + 9 \cos^2\theta}$,
	og får
	\begin{align*}
		\int_{\Gamma_3} f\; ds
		= \int_0^{\pi/2} 12\cos\theta\sin\theta\, \sqrt{16\sin^2 \theta + 9\cos^2 \theta}\; d\theta.
	\end{align*}
	Substitusjonen $u = 16\sin^2\theta + 9\cos^2\theta = 9 + 7\sin^2\theta$
	gir $du = 14\sin\theta\cos\theta \; d\theta$,
	så
	\begin{align*}
		\int_{\Gamma_3} f\; ds
		= \frac{6}{7}\int_9^{16} \sqrt{u}\; du
		= \frac{6}{7}\cdot\frac{2}{3}\left( 16^{3/2} - 9^{3/2} \right)
		= \frac{4}{7}\left( 64 - 27 \right)
		= \frac{148}{7} \approx 21.1.
	\end{align*}
	Du får bestille litt over tjueen kvadratmeter polykarbonat.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{25}
	Brugdens trajektorie $\Gamma$ er parametrisert ved
	\[
		x(t)=
		\begin{pmatrix}
			\cos t \\
			\sin t
		\end{pmatrix},
	\]
	der $\pi/2 \leq t \leq 2\pi$.
	Linjeintegralet blir
	\begin{align*}
		\int_\Gamma f\; ds=&
		\int_{\pi/2}^{2\pi} f(x(t))|\dot x(t)|\; dt \\[2mm]
		=& \int_{\pi/2}^{2\pi} (1+\cos t \sin t)\sqrt{(-\sin t)^2+ (\cos t)^2} \; dt \\[2mm]
		=&\frac{1}{2}\int_{\pi/2}^{2\pi} 2+\sin (2t) \; dt
		=\frac{1}{2}\left( 3\pi -1 \right).
	\end{align*}
	Brugden spiser altså $\frac{1}{2}\left( 3\pi -1 \right)$ plankton
	på sin tur fra $x_2$-aksen til $x_1$-aksen.
	Ordet \say{plankton} er avledet fra det greske ordet for \say{å drive},
	så plankton er en fellesbetegnelse for levende ting i havet som ikke
	kan svømme horisontalt.
	Noen typer plankton kan svømme vertikalt,
	og det er mye som er plankton som man ikke tenker på som plankton.\footnote{
		\url{https://en.wikipedia.org/wiki/Plankton}
	}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{26}
	Vi må først parametrisere den rette linjen.
	Dette kan gjøres på mange måter,
	men for eksempel $x: [0,1] \to \mathbb{R}^2$ gitt ved
	\begin{align*}
		x(t) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right)
		+
		t
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 \\
			1
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 -t \\
			t
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	gjør jobben.
	Linjeintegralet blir
	\begin{align*}
		\int_\Gamma f\; ds=
		\int_{0}^{1} (1+(1-t)t)\sqrt{(-1)^2+ 1^2} \; dt
		=\frac{7\sqrt{2}}{6}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{27}
	Vi kan prøve
	$x: [0,1] \to \mathbb{R}^2$ gitt ved
	\begin{align*}
		x(t) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right)
		+
		t^2
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 \\
			1
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 -t^2 \\
			t^2
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Denne kurven reiser også fra $(1,0)^T$ til $(0,1)^T$,
	men med varierende fart (først sakte og så fortere).
	Linjeintegralet blir
	\begin{align*}
		\int_\Gamma f\; ds=&
		\int_{0}^{1} (1+(1-t^2)t^2)\sqrt{(-2t)^2+ (2t)^2} \; dt\\[1mm]
		=&\int_{0}^{1} (1+t^2-t^4)\,2\sqrt{2}t \; dt = \frac{7\sqrt{2}}{6}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{28}
	Linjeintegralet blir
	\begin{align*}
		\int_\Gamma f\; ds=&
		\int_{0}^{4\pi} -(-t)\sqrt{(-\sin t)^2+ (\cos t)^2+1^2} \; dt\\[1mm]
		=&\sqrt{2}\int_{0}^{4\pi} t \; dt = 8\pi^2\sqrt{2}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

% MERK 2026-09-25: gamle 24-27 (x^TAx, stearinlys, flue i heliks, dobbelderiverte)
% er flyttet til 10.tex sammen med løsningene (se 10-lf.tex).
% MERK: Løsninger til oppgaver som er tatt ut av økten ligger her
% i tilfelle de kommer tilbake (gamle nummer fra 41-nummereringen,
% 25 fra 29-nummereringen - demotert til prosa):
% 19 bratt utfor (innbakt i nye 19), 20 toppunkt, 21 lineært skalarfelt,
% 23-27 jacobimatrise/kjerneregel-klyngen, 29 normallikningene
% (selve oppgaven er flyttet til 7.tex - løsningen hentes herfra når
% 7-lf skal fikses opp), 30 kjerneregel med nabla, 34 harmonisk u,
% 35 komplekse harmoniske.
\begin{comment}

\begin{oppgave}{19}
	Rett utfor er motsatt av rett oppover:
	du peker skiene motsatt av gradienten,
	og stigningen er $-| \partial_x f |$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20}
	Gradienten er
	\begin{align*}
		\partial_x z = \left( -2x_1 - x_2 + 1, \; -x_1 - 2x_2 + 1 \right).
	\end{align*}
	Setter vi denne lik null, får vi likningene
	\begin{align*}
		2x_1 + x_2 = 1 \\
		x_1 + 2x_2 = 1
	\end{align*}
	med løsning $x_1 = x_2 = 1/3$.
	Toppen ligger altså i punktet $(1/3, 1/3)$,
	og der er høyden $z = 4/3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{21}
	Gradientvektoren er
	\begin{align*}
		\partial_x f(x) = (2x_1+x_2 +1,x_1 + 2x_2 - 1).
	\end{align*}
	Vi setter denne lik null
	\begin{align*}
		\partial_x f(x) = 0,
	\end{align*}
	og får likningene
	\begin{align*}
		2x_1+x_2 +1 = 0 \\
		x_1 + 2x_2 -1 = 0
	\end{align*}
	som har løsning $x_1=-1$, $x_2=1$.
	Nivåkurvene er litt tricky -
	her gjelder det å ha et øye for smarte koordinattransformasjoner.
	Vi husker rotasjonsmatrisen
	\begin{align*}
		R(\alpha) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\cos \alpha & -\sin \alpha\\
			\sin \alpha & \cos \alpha\\
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Koordinatsystemet til $x$ er rotert førtifem grader i forhold til
	koordinatsystemet $y$ dersom
	\begin{align*}
		x = R(\pi/4)y
	\end{align*}
	eller
	\begin{align*}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			x_1\\
			x_2\\
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & -1\\
			1 & 1\\
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			y_1\\
			y_2\\
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	Setter vi dette inn for $x$ i funksjonen,
	får vi
	\begin{align*}
		f(x(y)) &= f(Ry) \\
		&=\frac{1}{2}\left( y_1-y_2 \right)^2
		+\frac{1}{2}\left( y_1-y_2 \right)\left( y_1+y_2 \right)
		+\frac{1}{2}\left( y_1+y_2 \right)^2
		+\frac{1}{\sqrt{2}}(y_1-y_2)
		-\frac{1}{\sqrt{2}}(y_1+y_2)\\[2mm]
		&=\frac{3}{2}y_1^2
		+\frac{1}{2}y_2^2
		-\sqrt{2}y_2
	\end{align*}
	og setter vi denne lik en konstant,
	får vi
	\begin{align*}
		\frac{3}{2}y_1^2
		+\frac{1}{2}y_2^2
		-\sqrt{2}y_2 = C,
	\end{align*}
	som kan skrives om til
	\begin{align*}
		3y_1^2 +
		\left( y_2-\sqrt{2} \right)^2
		=2C+\frac{1}{2}
	\end{align*}
	eller
	\begin{align*}
		\frac{y_1^2}{\left(  2C+\frac{1}{2}\right)/3} +
		\frac{\left( y_2-\sqrt{2} \right)^2}{2C+\frac{1}{2}}
		=1
	\end{align*}
	som forteller oss at nivåkurven til $f(x)=C$ er en ellipse med
	halvakser $\sqrt{\left(  2C+\frac{1}{2}\right)/3}$ og $\sqrt{2C+\frac{1}{2}}$ med sentrum
	i $y=(0,\sqrt{2})^T$ aka $x = (-1,1)^T$ aka bunnpunktet.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{23}
	Vi får $\partial_x f(x) = \beta^T$.
	Strengt tatt er dette et spesialtilfelle av oppgave 24,
	men en morsom fun fact kan vel ikke fremsies for ofte.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{24}
	Hvis du skriver ut komponentene og tar jacobi,
	vil du se at $\partial_x f( x ) =   A $.
	Dette er det første av mange pene eksempler på at regneregler du kjenner
	fra envariable funksjoner generaliserer pent til flervariable
	dersom du setter inn matrisemultiplikasjon overalt der det er
	vanlig multiplikasjon i regelen du kan fra før.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{25}
	Vi partiellderiverer komponent for komponent og stabler:
	\begin{align*}
		\partial_x f(x)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & 0 \\
			2(x_1+x_2) & 2(x_1+x_2) \\
			0 & 1
		\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		g'(z)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 & -1 & 0 \\
			1 & 1 & 1
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Legg merke til dimensjonene:
	$f$ går fra $\mathbb{R}^2$ til $\mathbb{R}^3$ og har en $3\times 2$-jacobimatrise,
	mens $g$ går motsatt vei og har en $2 \times 3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{26}
	Kjerneregelen sier at
	\begin{align*}
		\Big( f(g(z)) \Big)' = \partial_x f(g(z))\, g'(z),
	\end{align*}
	og siden $g_1(z)+g_2(z) = z_3$,
	blir dette
	\begin{align*}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & 0 \\
			2z_3 & 2z_3 \\
			0 & 1
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 & -1 & 0 \\
			1 & 1 & 1
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 & -1 & 0 \\
			0 & 0 & 2z_3 \\
			1 & 1 & 1
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Den andre veien blir det,
	med $u = x_1+x_2$,
	\begin{align*}
		\Big( g(f(x)) \Big)' = g'(f(x))\, \partial_x f(x)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1 & -1 & 0 \\
			1 & 1 & 1
		\end{matrix}
		\; \right)
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & 0 \\
			2u & 2u \\
			0 & 1
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-1-2u & -2u \\
			1+2u & 1+2u
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	Du kan sjekke begge ved å sette sammen funksjonene eksplisitt
	og derivere direkte -
	for eksempel er $f(g(z)) = (-z_1-z_2,\; z_3^2,\; z_1+z_2+z_3)^T$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{27}
	Her er det bare å skrive om
	\begin{align*}
		h'(x) = g'(f(x))\partial_x f(x)
	\end{align*}
	til
	\begin{align*}
		\nabla^T h(x) = \nabla^T g(f(x)) \nabla^T f(x)
	\end{align*}
	og så transponere til
	\begin{align*}
		\nabla h(x) = \nabla f(x) \nabla g(f(x)).
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{29}
	Når vi fant det kritiske punktet til
	\begin{align*}
		f(\beta) = (y-X\beta)^T(y-X\beta) = y^Ty - 2y^T X \beta + \beta^T X^T X \beta
	\end{align*}
	i TMA4106,
	gjorde vi slik:
	\begin{align*}
		\nabla f(\beta) = - 2X^Ty + 2X^T X \beta = 0
	\end{align*}
	og regna ut at
	\begin{align*}
		X^T X \beta = X^T y
	\end{align*}
	eller
	\begin{align*}
		\beta = \left( X^T X \right)^{-1}X^Ty
	\end{align*}
	om du vil.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{30}
	Gradienten er
	\begin{align*}
		\partial_x f(x) = (2a_{20}x_1+a_{11}x_2+a_1,a_{11}x_1+2a_{02}x_2+a_2)
	\end{align*}
	og det kritiske punktet tilfredsstiller likningssystemet
	\begin{align*}
		2a_{20}x_1+a_{11}x_2&=-a_1 \\
		a_{11}x_1+2a_{02}x_2&=-a_2.
	\end{align*}
	Dette har entydig løsning dersom matrisen er
	inverterbar og dette skjer hvis og bare hvis
	\begin{align*}
		4a_{20}a_{02} -a_{11}^2 \neq 0.
	\end{align*}
	Hvorvidt det er
	topp eller bunn skal vi komme tilbake til om noen uker,
	og $a_{11}$-koeffisienten i den ideelle gasslov er $1/Nk$ mens de andre er null.
	For gassloven er det forresten hverken topp eller bunn i det kritiske punktet -
	origo er et sadelpunkt.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{34}
	Yes sir, I can harmonic function.
	I can harmonic function all the night:
	\begin{align*}
		\sum_{k=1}^{3}
		\partial_{x_k x_k} u
		&=
		\sum_{k=1}^{3}
		\left(
		\frac{1}{ | x |^3}
		-
		3\frac{x_k^2}{ | x |^5}
		\right) \\[2mm]
		&=
		3\frac{1}{ | x |^3}
		-
		3\frac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{ | x |^5}
		=
		\frac{3}{ | x |^3}
		-
		\frac{3}{ | x |^3} = 0
	\end{align*}
	overalt unntatt i origo,
	der $u$ ikke er definert.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{35}
	Cauchy-Riemann-likningene er
	\[
		\partial_x u=\partial_y v \qquad \partial_y u=-\partial_x v.
	\]
	Dersom vi deriverer den første likningen med hensyn på $x$ og den andre likningen med hensyn på $y$
	og antar at
	\[
		\partial_{yx} v =
		\partial_{xy} v,
	\]
	(dette er sant, men litt for hardt for oss å bevise), får vi
	\[
		\partial_{xx} u +
		\partial_{yy} u = 0.
	\]
	Likeledes får vi
	\[
		\partial_{xx} v +
		\partial_{yy} v = 0.
	\]
	ved å derivere C-R-likningene henholdsvis med hensyn $y$ og $x$ og anta likhet mellom de blandede dobbelderiverte til $u$
	(som nok en gang er sant, men for vanskelig for oss å bevise).
	Real- og imaginærdelene til en kompleks deriverbar funksjon
	er altså harmoniske funksjoner!
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{25}
	Det enkleste er å kreve at kurven er glatt,
	og den enkleste måten å få dette til på er å kreve at komponentene er deriverbare
	og at $|\dot x(t)| \neq 0$ for
	alle $t$ i definisjonsmengden.
	Da vet du at kurven aldri stopper opp og at den aldri snur og kjører bakover.
\end{oppgave}

\end{comment}

\section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER}



\begin{oppgave}{1}
	Kurven ligger over enhetssirkelen og går én gang rundt,
	men høyden $z=t^{3/2}$ vokser stadig raskere med $t$,
	så det er en skrue som strekker seg litt etterhvert som den blir høyere (dette er ikke så lett å se i korrekt perspektiv):
	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[thick, x={(-0.7cm,-0.4cm)}, y={(0.95cm,-0.25cm)}, z={(0cm,1cm)}]
			\draw[->,gray] (0,0,0) -- (2,0,0) node[below right]{$z_1$};
			\draw[->,gray] (0,0,0) -- (0,1.8,0) node[right]{$z_2$};
			\draw[->,gray] (0,0,0) -- (0,0,3.8) node[above]{$z_3$};
			\draw[gray,dashed,thin] plot[domain=90:270,samples=40,variable=\t] ({cos(\t)},{sin(\t)},0);
			\draw[gray,thin]        plot[domain=-90:90,samples=40,variable=\t] ({cos(\t)},{sin(\t)},0);
			% z = t^{3/2}, tegna med z skalert med 1/5
			\draw[red,dashed] plot[domain=90:270,samples=60,variable=\t]
				({cos(\t)},{sin(\t)},{(\t*pi/180)*sqrt(\t*pi/180)/5});
			\draw[red] plot[domain=0:90,samples=40,variable=\t]
				({cos(\t)},{sin(\t)},{(\t*pi/180)*sqrt(\t*pi/180)/5});
			\draw[red] plot[domain=270:360,samples=40,variable=\t]
				({cos(\t)},{sin(\t)},{(\t*pi/180)*sqrt(\t*pi/180)/5});
			\draw[gray,dotted,thin] (1,0,0) -- (1,0,{2*pi*sqrt(2*pi)/5});
			\fill (1,0,0) circle (1.2pt) node[left]{$z(0)\hspace{5mm}$};
			\fill (1,0,{2*pi*sqrt(2*pi)/5}) circle (1.2pt) node[left]{$z(2\pi)\hspace{5mm}$};
			\draw[gray,thin] (0,-0.08,{2*pi*sqrt(2*pi)/5}) -- (0,0.08,{2*pi*sqrt(2*pi)/5}) node[right]{$(2\pi)^{3/2}$};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}
	Lengden finner vi ved å beregne fartsvektoren
    \[
        \dot{z}(t)=
        \begin{pmatrix}
            -\sin t \\
            \cos t\\
            \frac{3}{2}\sqrt{t}
        \end{pmatrix}
    \]
    og banefarten 
    \[
        \left| \dot{z}(t) \right|=
        \sqrt{\sin^2 t +
        \cos^2 t+
        \frac{9}{4}t
        }        
        =
        \sqrt{1 +
        \frac{9}{4}t
        }            
    \]        
    og integrerer 
    \[
        \int_0^{2\pi}
        \sqrt{1 +
        \frac{9}{4}t}\; dt
        =
        \frac{4}{9}\cdot \frac{2}{3}
        \left(\left(1 +
        \frac{9}{4}t\right)^{3/2}\right)_0^{2\pi}
        =
        \frac{8}{27}\left(
        \left(1 +
        \frac{9}{2}\pi\right)^{3/2} -1\right)
        \]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	Ganger vi ut, er
	\[
		f(x) = x_1^2 + x_1x_2 + x_2^2 - 3x_1 - 3x_2,
	\]
	så gradienten er
	\[
		\partial_x f(x) = \left( 2x_1 + x_2 - 3, \; x_1 + 2x_2 - 3 \right)
		\qquad \text{og} \qquad
		\partial_x f(0) = \left( -3, -3 \right).
	\]
	Brattest stigning er i gradientens retning,
	altså sørvest langs enhetsvektoren
	\[
		-\frac{1}{\sqrt 2}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			1
		\end{matrix}
		\; \right),
	\]
	og der er stigningen $\left| \partial_x f(0) \right| = 3\sqrt 2$.
	Retningen $(1,2)^T$ har enhetsvektor $(1,2)^T/\sqrt 5$,
	så den retningsderiverte blir
	\[
		\partial_x f(0) \, \frac{1}{\sqrt 5}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			2
		\end{matrix}
		\; \right)
		= \frac{-3 - 6}{\sqrt 5} = -\frac{9}{\sqrt 5} \approx -4.02.
	\]
	Det går nedover, siden $(1,2)^T$ peker nesten motsatt av gradienten.
\end{oppgave}

% TMA4111 høst 2024, oppgave 2
\begin{oppgave}{3}
	Tangenten og banefarten er
	\[
		\dot x(t) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin t \\
			\cos t \\
			2
		\end{matrix}
		\; \right)
		\hspace{10mm}\text{og}\hspace{10mm}
		|\dot x(t)| = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t + 4} = \sqrt 5,
	\]
	så enhetstangentvektoren er
	\[
		T(t) = \frac{\dot x(t)}{|\dot x(t)|} = \frac{1}{\sqrt 5}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\sin t \\
			\cos t \\
			2
		\end{matrix}
		\; \right).
	\]
	Enhetsnormalvektoren er den normaliserte deriverte av $T$ -
	siden $|T| = 1$ er $\dot T \perp T$, og $\dot T$ peker dit kurven svinger:
	\[
		\dot T(t) = \frac{1}{\sqrt 5}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\cos t \\
			-\sin t \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right),
		\hspace{10mm}
		N(t) = \frac{\dot T(t)}{|\dot T(t)|} =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			-\cos t \\
			-\sin t \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right).
	\]
	Normalen peker horisontalt rett inn mot $x_3$-aksen,
	som den må for en heliks:
	fluen svinger hele tiden inn mot aksen den skrur seg rundt,
	mens stigningen $2$ er konstant og ikke bidrar til svingen.
	$|\dot T| = 1/\sqrt 5$ delt på banefarten $\sqrt 5$ gir krumningen $1/5$.
\end{oppgave}

% TMA4101 kont 2025, oppgave 4
\begin{oppgave}{4}
	Sett $E(t) = \frac{1}{2}\left( \dot x(t)^2 + x(t)^2 \right)$ og deriver med kjerneregelen:
	\[
		\dot E = \dot x\ddot x + x\dot x = \dot x\left( \ddot x + x \right) = 0
	\]
	langs enhver løsning, så $E$ er konstant.
	Dette er oppgave 1 med $C = L = 1$:
	$\frac{1}{2}\dot x^2$ er kinetisk energi og $\frac{1}{2}x^2$ er fjærenergi,
	og løsningene går i sirkler i $(x, \dot x)$-planet.
	Med masse $m$ og fjærstivhet $k$ gir samme regning at $\frac{1}{2}m\dot x^2 + \frac{1}{2}kx^2$ er bevart.
\end{oppgave}

% TMA4101 høst 2023, oppgave 6
\begin{oppgave}{5}
	Loddet har fart $l\dot\theta$ langs sirkelbuen og henger $l\cos\theta$ under opphengspunktet,
	så totalenergien er kinetisk pluss potensiell energi:
	\[
		E = \frac{1}{2}m\left( l\dot\theta \right)^2 - mgl\cos\theta.
	\]
	Kjerneregelen gir
	\[
		\dot E = ml^2\dot\theta\ddot\theta + mgl\sin\theta\,\dot\theta
		= ml^2\dot\theta\left( \ddot\theta + \frac{g}{l}\sin\theta \right) = 0
	\]
	langs enhver løsning av pendellikningen, så $E$ er konstant.
	Samme triks som i forrige oppgave - gang likningen med $\dot\theta$ og kjenn igjen en tidsderivert -
	og det virker fordi kraften bare avhenger av posisjonen.
	Nivåkurvene til $E$ i $(\theta,\dot\theta)$-planet er trajektoriene:
	lukkede kurver rundt $(0,0)$ for små energier (pendelen svinger),
	og bølgende kurver for $E > mgl$ (pendelen går rundt og rundt).
\end{oppgave}


\end{document}