\input{preamble}

\title{9 - DOBBELTINTEGRALER - LF}

\begin{document}
\pagenumbering{gobble}

\maketitle

\begin{oppgave}{1}
	Volumet av en dreiing av sinuskurven mellom to nullpunkter er
	\begin{align*}
		\pi\int_{0}^{\pi} \sin^2 x\; dx =
		\frac{\pi}{2}
		\int_{0}^{\pi} 1-\cos(2x)\; dx = \frac{\pi^2}{2}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{2}
	Vi dreier $f(x) = \sqrt{r^2-x^2}$ på $[-r,r]$ og får
	\begin{align*}
		\pi\int_{-r}^{r} r^2-x^2\; dx = 2\pi\left( r^3-\frac{r^3}{3} \right) = \frac{4\pi}{3}r^3.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{3}
	For et vakkert volum:
	\begin{align*}
		\pi\int_1^\infty \frac{1}{x^2}\; dx = \pi.
	\end{align*}
	Arealet under $1/x$ er uendelig, men volumet er endelig.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{4}
	Den krumme delen av randen er en kvart ellipse med likning
	\begin{align*}
		\frac{x_1^2}{4^2}+
		\frac{x_2^2}{3^2} = 1
	\end{align*}
	og løser vi denne for $x_2$ og tar det positive rotutdraget,
	får vi
	\begin{align*}
		x_2 = \sqrt{3^2 \left( 1 - \frac{x_1^2}{4^2} \right)}
		= \frac{3}{4}\sqrt{16 - x_1^2}.
	\end{align*}
	Takhøyden er $f(x)= x_1x_2$,
	så kapper vi grillhytten i to parallelt med $x_2$-aksen,
	er arealet av tverrsnittet gitt ved
	\[
		A(x_1) =
		\int_{0}^{\frac{3}{4}\sqrt{16 - x_1^2}}
		x_1x_2
		\;dx_2.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{5}
	Volumet blir
	\begin{align*}
		\int_0^4
		A(x_1) \; dx_1 =&
		\int_0^4
		\left(
		\int_{0}^{\frac{3}{4}\sqrt{16 - x_1^2}}
		x_1x_2
		\;dx_2
		\right)
		dx_1\\[2mm]
		=&
		\int_0^4
		\frac{1}{2}
		x_1x_2^2
		\biggr\rvert_{x_2=0}^{x_2=\frac{3}{4}\sqrt{16 - x_1^2}}
		\;dx_1\\[2mm]
		=&
		\frac{9}{32}
		\int_0^4
		x_1\left( 16-x_1^2 \right)
		\;dx_1=18.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{6}
	Vi integrerer takhøyden $x_1x_2$ fra $x_1=0$ til $x_1=1$
	og får tverrsnittet som funksjon av $x_2$,
	så motorsaga gikk parallelt med $x_1$-aksen denne gangen.
	Volumet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{2}\left(\int_{0}^{1}x_1x_2 \; dx_1\right)dx_2\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{2}x_1^2x_2\biggr\rvert_{x_1=0}^{x_1=1} \; dx_2\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{2}x_2 \; dx_2=1.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{7}
	Vi integrerer takhøyden $x_1x_2$ fra $x_2=0$ til $x_2=2$
	og får tverrsnittet
	\begin{align*}
		A(x_1) = \int_{0}^{2}x_1x_2 \; dx_2,
	\end{align*}
	så nå går motorsaga parallelt med $x_2$-aksen.
	Volumet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{2}x_1x_2 \; dx_2\right)dx_1\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x_1x_2^2\biggr\rvert_{x_2=0}^{x_2=2} \; dx_1\\[2mm]
		=&
		2\int_{0}^{1}x_1 \; dx_1=1.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{8}
	Hypotenusen går fra $(1,0)^T$ til $(0,2)^T$
	og har likning $x_2=2-2x_1$.
	La oss først la saga gå parallelt med $x_2$-aksen.
	Da blir arealet av tverrsnittet
	\begin{align*}
		A(x_1) =
		\int_{0}^{2-2x_1} x_1x_2 \; dx_2,
	\end{align*}
	og volumet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{1}\int_{0}^{2-2x_1} x_1x_2 \; dx_2dx_1\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{1} x_1x_2^2\biggr\rvert_{0}^{2-2x_1} \; dx_1\\[2mm]
		=&
		2\int_{0}^{1} x_1\left( 1-x_1 \right)^2 \; dx_1=\frac{1}{6}.
	\end{align*}
	Lar vi saga gå andre veien,
	skriver vi hypotenusen som $x_1 = 1 - x_2/2$
	og får tverrsnittsfunksjonen
	\begin{align*}
		A(x_2) =
		\int_{0}^{1-x_2/2} x_1x_2 \; dx_1,
	\end{align*}
	slik at volumet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{2}\int_{0}^{1-x_2/2} x_1x_2 \; dx_1dx_2\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{2} \left( 1-\frac{x_2}{2} \right)^2x_2 \; dx_2=\frac{1}{6}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{9}
	Hypotenusen går fra origo til $(3,4)^T$ og har likning $x_2 = 4x_1/3$,
	så vi beregner
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =&
		\int_{0}^{3}
		\int_{0}^{4x_1/3}
		x_1^2+x_2^2+x_1x_2-3x_1-3x_2+3 \; dx_2dx_1 \\
		=&
		\int_{0}^{3}
		x_1^2\left( 4x_1/3 \right)+\frac{1}{3}\left( 4x_1/3 \right)^3+\frac{1}{2}x_1\left( 4x_1/3 \right)^2-3x_1\left( 4x_1/3 \right)-\frac{3}{2}\left( 4x_1/3 \right)^2+3\left( 4x_1/3 \right) \; dx_1 \\[2mm]
		=&
		\int_{0}^{3}
		\frac{4}{3}x_1^3+\frac{64}{81}x_1^3+\frac{8}{9}x_1^3-4x_1^2-\frac{8}{3}x_1^2+4x_1 \; dx_1 \\[2mm]
		=&
		\frac{1}{3}\cdot 3^4+\frac{16}{81}\cdot 3^4+\frac{2}{9}\cdot 3^4-\frac{4}{3}\cdot 3^3-\frac{8}{9}\cdot 3^3+2\cdot 3^2 \\[2mm]
		=&
		27+16+18-36-24+18 = 19.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{10}
	Her er det enklest å la saga gå parallelt med $x_1$-aksen først.
	Den ene skrå delen av randen har likning $x_2=x_1$,
	og den andre har likning $x_2=2-x_1$,
	så integralet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{1}\int_{x_2}^{2-x_2}x_1x_2 \; dx_1dx_2\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x_1^2x_2\biggr\rvert_{x_1=x_2}^{x_1=2-x_2} \; dx_2\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\Big( (2-x_2)^2 - x_2^2 \Big)x_2 \; dx_2=\frac{1}{3}.
	\end{align*}
	Går vi motsatt vei, må vi dele opp integralet,
	så det blir litt mer herk:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{1}\int_{0}^{x_1}x_1x_2 \; dx_2dx_1 +
		\int_{1}^{2}\int_{0}^{2-x_1}x_1x_2 \; dx_2dx_1
		=\frac{1}{8}+\frac{5}{24}=\frac{1}{3}.
	\end{align*}
	Husk alltid å tegne opp, ellers er det lett å tenke feil.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{11}
	Dette integralet går fint å sette opp i én smell,
	men da trenger vi et triks vi lærer senere i økten (se oppgave 24).
	I påvente av det,
	må vi nesten sette det opp i to deler enten slik:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=
		\int_{-1}^{0}\int_{-x_1-1}^{x_1+1}x_1x_2 \; dx_2dx_1+
		\int_{0}^{1}\int_{x_1-1}^{1-x_1}x_1x_2 \; dx_2dx_1
		=0
	\end{align*}
	eller slik:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=
		\int_{-1}^{0}\int_{-x_2-1}^{x_2+1}x_1x_2 \; dx_1dx_2+
		\int_{0}^{1}\int_{x_2-1}^{1-x_2}x_1x_2 \; dx_1dx_2
		=0.
	\end{align*}
	At integralene blir null,
	får vi fra symmetrien til $\Omega$ og $f(x)=x_1x_2$:
	det som ligger over $x_1x_2$-planet i første og tredje kvadrant,
	veies nøyaktig opp av det som ligger under i andre og fjerde.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{12}
	Parabelen er surefjes og skjærer $x_1$-aksen i $x_1=\pm1$,
	så volumet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=
		\int_{-1}^{1}\int_{0}^{1-x_1^2}x_1x_2 \; dx_2dx_1
		=0.
	\end{align*}
	Også her blir integralet null
	på grunn av symmetrien til $\Omega$ og $f(x)=x_1x_2$.
	Integralet kan også settes opp slik:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=
		\int_{0}^{1}\int_{-\sqrt{1-x_2}}^{\sqrt{1-x_2}}x_1x_2 \; dx_1dx_2
		=0.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
	Kurven $x_2 = 1-x_1^3$ skjærer $x_1$-aksen i $x_1=1$,
	og $x_2$-aksen i $x_2=1$,
	så volumet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=&
		\int_{0}^{1}\int_0^{1-x_1^3}x_1x_2 \; dx_2dx_1\\[2mm]
		=&
		\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x_1(1-x_1^3)^2 \;dx_1
		=\frac{9}{80}
	\end{align*}
	eller
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f
		=
		\int_{0}^{1}\int_0^{\sqrt[3]{1-x_2}}x_1x_2 \; dx_1dx_2
		=\frac{9}{80}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{14}
	Her er grafen en kjegle med høyde $a$
	(slik som du har på fotballbanen),
	og den skjærer $x_1x_2$-planet i en sirkel med radius $a$,
	så volumet blir en tredjedel av grunnflate ganger høyde,
	altså $\pi a^3/3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{15}
	Dette er en halvkule med radius $a$,
	så volumet blir $\frac{2\pi}{3}a^3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{16}
	En sylinder med høyde $a$ og grunnflate $\pi a^2$,
	så volumet blir $\pi a^3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{17}
	Hårete greier:
	\[
		\iint_\Omega h =
		\int_0^4
		\int_{0}^{\frac{3}{4}\sqrt{16 - x_1^2}}
		- x_1^2 - x_1x_2 - 2x_2^2 + 4 x_1 + 6x_2 + 8
		\;dx_2dx_1.
	\]
	Denne tar vi med et triks senere i økten, se oppgave 31.
	Svaret blir $118 - 3\pi/2 \approx 113.3$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{18}
	Siden $0 \leq x_1x_2 < 1$ på enhetskvadratet (bortsett fra i hjørnet $(1,1)^T$),
	kan vi bruke den geometriske rekken og skrive
	\begin{align*}
		\iint_\Omega \frac{dx}{1-x_1x_2}
		=&
		\iint_\Omega\sum_{k=0}^{\infty} \left( x_1x_2 \right)^k dx\\[2mm]
		=&
		\sum_{k=0}^{\infty}\iint_\Omega \left( x_1x_2 \right)^k dx
		=
		\sum_{k=0}^{\infty}\left( \int_0^1 x_1^k \; dx_1 \right)^2
		=
		\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1)^2} = \frac{\pi^2}{6}.
	\end{align*}
	At det i dette tilfellet går greit å bytte om rekkefølgen på sum og integral, har vi ikke lært,
	men pytt sann.
	Vi er da ingeniører.
\end{oppgave}

\clearpage

\begin{oppgave}{19}
	Den øvre halvdelen av ellipsen er $x_2 = b\sqrt{1 - x_1^2/a^2}$,
	og substitusjonen $x_1 = a\sin\theta$, $dx_1 = a\cos\theta\;d\theta$ gir
	\begin{align*}
		4b\int_0^a \sqrt{1 - \frac{x_1^2}{a^2}}\; dx_1
		= 4ab\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\; d\theta
		= \pi ab.
	\end{align*}
	Jeg kommer ikke til å be deg om å beregne envariable integraler på eksamen.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-1}
	Bildet av enhetskvadratet er alltid parallellogrammet utspent av kolonnene i $A$,
	for $A(1,0)^T$ og $A(0,1)^T$ er kolonnene,
	og $A(1,1)^T$ er summen av dem.
	Her får vi parallellogrammet med hjørner i
	$(0,0)^T$, $(2,1)^T$, $(1,2)^T$ og $(3,3)^T$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-2}
	Kvadratet $[0,2] \times [0,2]$.
	Matrisen strekker med en faktor 2 i alle retninger.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-3}
	Rektangelet $[0,2] \times [0,1]$.
	Matrisen strekker med en faktor 2 i $x_1$-retningen.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-4}
	Matrisen bytter om koordinatene, altså speiler om linja $x_2 = x_1$,
	så bildet er enhetskvadratet selv.
	Hjørnene $(1,0)^T$ og $(0,1)^T$ bytter plass.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-5}
	Her er kolonnene lineært avhengige,
	så alle punktene i enhetskvadratet havner på linjestykket fra origo til $(2,2)^T$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-6}
	Dette blir enhetskvadratet dreid vinkelen $\alpha$ mot klokken
	om origo.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-7}
	Vi har
	\begin{align*}
		\begin{pmatrix}
			2\cos \alpha & -2\sin \alpha \\
			2\sin \alpha & 2\cos \alpha \\
		\end{pmatrix}
		=2
		\begin{pmatrix}
			\cos \alpha & -\sin \alpha \\
			\sin \alpha & \cos \alpha \\
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
	så denne dreier enhetskvadratet og strekker det med en faktor 2 i alle retninger.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{20-8}
	Her ser vi at
	\begin{align*}
		\begin{pmatrix}
			2\cos \alpha & -\sin \alpha \\
			2\sin \alpha & \cos \alpha \\
		\end{pmatrix}
		=
		\begin{pmatrix}
			\cos \alpha & -\sin \alpha \\
			\sin \alpha & \cos \alpha \\
		\end{pmatrix}
		\begin{pmatrix}
			2 & 0 \\
			0 & 1 \\
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
	så denne strekker med en faktor 2 i $x_1$-retningen
	og dreier så vinkelen $\alpha$ mot klokken.
	Bildet er rektangelet $[0,2]\times[0,1]$ dreid vinkelen $\alpha$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{21}
	Arealet av parallellogrammet utspent av kolonnene er absoluttverdien av determinanten.
	I rekkefølge får vi
	\[
		3, \quad 4, \quad 2, \quad 1, \quad 0, \quad 1, \quad 4, \quad 2.
	\]
	I 20-4 er determinanten $-1$;
	fortegnet sier at speilingen snur orienteringen, men arealet er 1.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{22}
	$\Omega$ er parallellogrammet fra 20-1,
	og vi kunne i og for seg delt integralet i tre slik:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =
		\int_0^1
		\int_{x_1/2}^{2x_1}x_1x_2\; dx_2dx_1
		+
		\int_1^2
		\int_{x_1/2}^{x_1/2+3/2}x_1x_2\; dx_2dx_1
		+
		\int_2^3
		\int_{2x_1 - 3}^{x_1/2+3/2}x_1x_2\; dx_2dx_1,
	\end{align*}
	men dette er jo litt knotete.
	Vi kan heller observere at avbildningen
	$x = Ay$ fra 20-1 tar enhetskvadratet til $\Omega$.
	Med $x_1 = 2y_1 + y_2$ og $x_2 = y_1 + 2y_2$
	evaluerer vi takhøyden i de nye koordinatene
	og ganger med arealfaktoren 3:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =&
		3\int_0^1
		\int_0^1(2y_1+y_2)(y_1+2y_2)\; dy_2dy_1\\[2mm]
		=&
		3\int_0^1
		\int_0^1 2y_1^2 + 5y_1y_2 + 2y_2^2\; dy_2dy_1
		=
		3\left( \frac{2}{3} + \frac{5}{4} + \frac{2}{3} \right)
		= \frac{31}{4}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{23}
	Samme greia her,
	men rotasjonsmatrisen strekker ikke areal,
	så det er nok å evaluere den ideelle gasslov i
	de roterte koordinatene.
	Med $c = \cos(\pi/6)$ og $s = \sin(\pi/6)$ blir det
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =
		\int_0^1
		\int_0^1
		(y_1c- y_2s)
		(y_1s+ y_2c)
		\; dy_2dy_1
		=
		\frac{cs}{3} + \frac{c^2-s^2}{4} - \frac{cs}{3}
		= \frac{\cos(\pi/3)}{4}
		= \frac{1}{8}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{24}
	Generelt er
	\[
		\iint_{A\Omega_0} f(x)\; dx = \left| \det A \right| \iint_{\Omega_0} f(Ay)\; dy,
	\]
	og $\Omega_0$ er enhetskvadratet.
	Regningen fra forrige oppgave med en vilkårlig vinkel gir
	\[
		\int_0^1\int_0^1 (y_1\cos\alpha - y_2\sin\alpha)(y_1\sin\alpha + y_2\cos\alpha)\; dy_2dy_1 = \frac{\cos 2\alpha}{4},
	\]
	og med dette får vi
	\begin{center}
		\begin{tabular}{c | c c c c c c c c}
			& 20-1 & 20-2 & 20-3 & 20-4 & 20-5 & 20-6 & 20-7 & 20-8 \\
			\hline
			volum & $\frac{31}{4}$ & $4$ & $1$ & $\frac{1}{4}$ & $0$ & $\frac{\cos 2\alpha}{4}$ & $4\cos 2\alpha$ & $\sin 2\alpha + \cos 2\alpha$
		\end{tabular}
	\end{center}
	I 20-5 har bildet areal null, så volumet er null.
	I 20-7 er arealfaktoren 4 og integranden fire ganger så stor som i 20-6.
	I 20-8 er arealfaktoren 2, og
	\begin{align*}
		2\int_0^1\int_0^1 (2y_1\cos\alpha - y_2\sin\alpha)(2y_1\sin\alpha + y_2\cos\alpha)\; dy_2dy_1
		=& 2\left( \cos\alpha\sin\alpha + \frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{2} \right)\\[2mm]
		=& \sin 2\alpha + \cos 2\alpha.
	\end{align*}
	Diamanten er bildet av enhetskvadratet under den \textbf{affine avbildningen}
	\begin{align*}
		x = \sqrt{2} R(\pi/4) \left(y - (1,1)^T/2\right),
	\end{align*}
	der $R(\pi/4)$ er matrisen som roterer $\pi/4$ mot klokken
	(en affin avbildning er en lineæravbildning pluss en konstant).
	Arealfaktoren er $\det\left( \sqrt 2 R(\pi/4) \right) = 2$,
	og flytter vi enhetskvadratet slik at det får sentrum i origo,
	blir integralet
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f = 2
		\int_{-1/2}^{1/2}
		\int_{-1/2}^{1/2}
		(y_1- y_2)
		(y_1+ y_2)
		\; dy_2dy_1
		= 2\int_{-1/2}^{1/2}\int_{-1/2}^{1/2} y_1^2 - y_2^2 \; dy_2dy_1 = 0,
	\end{align*}
	akkurat som i oppgave 11.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{25}
	Lureoppgave.
	Tidlig i semesteret fant vi at
	$g'(x) = A$, så jacobideterminanten til $g$ er determinanten til $A$.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{26}
	Vi beregner
	\begin{align*}
		g'(r,\theta)=
		\begin{pmatrix}
			\partial_r g_1(r,\theta)&
			\partial_\theta g_1(r,\theta)\\[4mm]
			\partial_r g_2(r,\theta)&
			\partial_\theta g_2(r,\theta)\\
		\end{pmatrix}
		=
		\begin{pmatrix}
			\cos \theta &
			-r\sin \theta \\
			\sin \theta &
			r\cos \theta \\
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
	og determinanten blir følgelig
	\begin{align*}
		\det g'(r,\theta)=
		r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r.
	\end{align*}
	Siden rektangelet $[0,1] \times [0,\pi/2]$ går til
	enhetssirkelskivens bit i første kvadrant,
	blir volumet
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =
		\int_0^1
		\int_0^{\sqrt{1-x_1^2}}
		x_1x_2\;
		dx_2dx_1
		=
		\int_0^{\pi/2}
		\int_0^1
		r^3\cos\theta \sin \theta \;
		drd\theta
		=
		\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}
		= \frac{1}{8}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{27}
	$\Omega$ er den delen av ringen mellom sirklene med radius 1 og 2
	som ligger mellom linjene $x_2 = x_1$ og $x_2 = -x_1$ i øvre halvplan.
	Integralet blir likt som i forrige oppgave,
	men med andre integrasjonsgrenser:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =
		\int_{\pi/4}^{3\pi/4}
		\int_1^2
		r^3\cos\theta \sin \theta \;
		drd\theta
		=
		\frac{15}{4} \cdot \frac{\sin^2\theta}{2}\biggr\rvert_{\pi/4}^{3\pi/4}
		= 0.
	\end{align*}
	Det som ligger over planet til høyre for $x_2$-aksen,
	veies opp av det som ligger under til venstre.
	Her er en generisk figur:
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=.12]{../figurer/polar}
	\end{center}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{28}
	Med konstant massetetthet $\rho$ og $\Omega = A\Omega_0$ er
	\[
		m = \rho \left| \det A \right|
		\qquad \text{og} \qquad
		\iint_\Omega x \rho \; dx = \rho \left| \det A \right| \iint_{\Omega_0} Ay\; dy
		= \rho \left| \det A \right| A
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1/2 \\
			1/2
		\end{matrix}
		\; \right),
	\]
	så massesenteret er bildet av sentrum i enhetskvadratet, $A(1/2,1/2)^T$.
	Det gir
	\begin{center}
		\begin{tabular}{l l}
			20-1 og oppgave 22 & $(3/2, 3/2)^T$ \\
			20-2 & $(1,1)^T$ \\
			20-3 & $(1,1/2)^T$ \\
			20-4 & $(1/2,1/2)^T$ \\
			20-5 & $(1,1)^T$, midtpunktet på linjestykket \\
			20-6 & $\frac{1}{2}(\cos\alpha - \sin\alpha, \sin\alpha + \cos\alpha)^T$ \\
			20-7 & $(\cos\alpha - \sin\alpha, \sin\alpha + \cos\alpha)^T$ \\
			20-8 & $(\cos\alpha - \frac{1}{2}\sin\alpha, \sin\alpha + \frac{1}{2}\cos\alpha)^T$ \\
			oppgave 23 & $\left( (\sqrt 3 - 1)/4, (\sqrt 3 + 1)/4 \right)^T$ \\
			diamanten & origo
		\end{tabular}
	\end{center}
	I 20-5 er arealet null,
	så der må vi tenke på en tynn stav med jevn massefordeling.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{29}
	La oss si at kakestykket $\Omega$ ligger med
	spissen i origo og går vinkelen $\alpha$ ut på hver side av $x_1$-aksen,
	har radius $a$ og
	massetetthet $\rho$.
	Massen er $m = \rho\alpha a^2$,
	og massesenteret blir
	\begin{align*}
		\frac{1}{m}\iint_\Omega x\rho\; dx =
		\frac{1}{\rho\alpha a^2}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			\displaystyle\rho\int_{-\alpha}^{\alpha}\int_{0}^{a} r^2\cos\theta\;drd\theta \\[4mm]
			\displaystyle\rho\int_{-\alpha}^{\alpha}\int_{0}^{a} r^2\sin\theta \;drd\theta
		\end{matrix}
		\; \right)
		=
		\frac{2a\sin\alpha}{3\alpha}
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1\\[1mm]
			0
		\end{matrix}
		\; \right).
	\end{align*}
	For et veldig smalt stykke går $\sin\alpha/\alpha \to 1$,
	og massesenteret havner to tredjedeler av veien ut, som i en trekant.
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{30}
	En klassiker!
	Siden
	\begin{align*}
		\left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\; dx \right)^2 =& \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x_1^2}\; dx_1 \right)\left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x_2^2}\; dx_2 \right) \\[2mm]
		=& \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x_1^2-x_2^2}\; dx_2 dx_1 \\[2mm]
		=& \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^2}\; rdr d\theta \\[2mm]
		=& -\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}  e^{-r^2}\biggr\rvert_{0}^{\infty} \; d\theta
		= \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}  \; d\theta = \pi,
	\end{align*}
	må
	\[
		\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\; dx=\sqrt{\pi}.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{31}
	Avbildningen
	\[
		x= g(r,\theta)=
		\begin{pmatrix}
			ar\cos \theta \\
			br\sin \theta
		\end{pmatrix}
	\]
	tar rektangelet $[0,1] \times [0,2\pi]$ til ellipseskiven,
	og jacobideterminanten blir $abr$.
	Grillhytten står på den kvarte ellipseskiven med $a = 4$ og $b = 3$,
	som er bildet av $[0,1] \times [0,\pi/2]$,
	og med taket fra oppgave 17 blir volumet
	\[
		\iint_\Omega h =
		\int_0^1
		\int_{0}^{\pi/2}
		(- 16r^2\cos^2 \theta - 12r^2\cos \theta \sin \theta - 18r^2\sin^2\theta + 16r\cos\theta + 18r\sin\theta + 8)
		\;12r\;d\theta dr.
	\]
	Med
	$\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\; d\theta = \int_0^{\pi/2}\sin^2\theta\; d\theta = \pi/4$,
	$\int_0^{\pi/2}\cos\theta\sin\theta\; d\theta = 1/2$ og
	$\int_0^{\pi/2}\cos\theta\; d\theta = \int_0^{\pi/2}\sin\theta\; d\theta = 1$
	blir dette
	\[
		\int_0^1 12r^3\left( -\frac{17\pi}{2} - 6 \right) + 12r^2 \cdot 34 + 12r \cdot 4\pi \; dr
		= -\frac{51\pi}{2} - 18 + 136 + 24\pi
		= 118 - \frac{3\pi}{2} \approx 113.3.
	\]
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{32}
	Koordinattransformasjonen
	\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*}
	er en rotasjon på $\pi/4$.
	Setter vi dette inn for $x$ i funksjonen,
	får vi
	\begin{align*}
		h(x(y))
		&=1 - \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\\[2mm]
		&=1-\frac{3}{2}y_1^2
		-\frac{1}{2}y_2^2,
	\end{align*}
	og setter vi denne lik en konstant $C$,
	får vi
	\begin{align*}
		\frac{3}{2}y_1^2
		+\frac{1}{2}y_2^2
		=
		1-C,
	\end{align*}
	som er ellipser.
	Ekvidistanselinjene er altså ellipser dreid $\pi/4$.
	På havnivået er $C=0$,
	og halvaksene er $\sqrt{2/3}$ og $\sqrt{2}$.
	Med $y = \left( \sqrt{2/3}\,r\cos\theta, \sqrt{2}\,r\sin\theta \right)^T$
	tar vi rektangelet $[0,1] \times [0,2\pi]$ til øya.
	Jacobideterminanten er $\sqrt{2/3}\sqrt 2\, r = 2r/\sqrt 3$,
	rotasjonen endrer ikke areal,
	og $h = 1 - r^2$,
	så volumet av øya blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega h =
		\frac{2}{\sqrt{3}}
		\int_{0}^{2\pi}
		\int_{0}^{1}
		(1-r^2)\; rdrd\theta = \frac{2}{\sqrt 3} \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{33}
	Vi prøver oss på nye koordinater $v_1$ og $v_2$ slik at
	$v_1=1$ gir $x_2=x_1^2$,
	$v_1=2$ gir $x_2=2x_1^2$,
	$v_2=1$ gir $x_1=x_2^2$ og
	$v_2=2$ gir $x_1=2x_2^2$.
	Dette lukter av likningene
	\begin{align*}
		x_2 = v_1x_1^2
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		x_1 = v_2x_2^2.
	\end{align*}
	Setter vi den første inn i den andre,
	får vi
	\begin{align*}
		x_1 = v_2v_1^2x_1^4,
	\end{align*}
	og setter vi den andre inn i den første,
	får vi
	\begin{align*}
		x_2 = v_1v_2^2x_2^4,
	\end{align*}
	slik at alt i alt er
	\begin{align*}
		x=g(v)=
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1/\sqrt[3]{v_1^2v_2} \\[2mm]
			1/\sqrt[3]{v_1v_2^2}
		\end{matrix}
		\; \right)
	\end{align*}
	en koordinattransformasjon som tar kvadratet
	$[1,2] \times [1,2]$ til $\Omega$.
	Så er det bare å brette opp ermene og beregne jacobideterminanten.
	Først beregner vi
	\begin{align*}
		g_1'(v)=
		\frac{-1}{3(v_1^2v_2)^{4/3}}
		\left(
		2v_1v_2, v_1^2
		\right)
		\hspace*{10mm}
		\text{og}
		\hspace*{10mm}
		g_2'(v)=
		\frac{-1}{3(v_1v_2^2)^{4/3}}
		\left(
		v_2^2, 2v_1v_2
		\right),
	\end{align*}
	slik at jacobideterminanten blir
	\begin{align*}
		|g'(v)| =
		\frac{4-1}{9v_1^2v_2^2} =
		\frac{1}{3v_1^2v_2^2}.
	\end{align*}
	Takhøyden er $x_1x_2 = 1/(v_1v_2)$,
	og integralet blir
	\begin{align*}
		\iint_\Omega f =
		\int_1^2
		\int_1^2
		\frac{1}{3v_1^3v_2^3}\; dv_2dv_1
		= \frac{1}{3}\left( \frac{3}{8} \right)^2
		= \frac{3}{64}.
	\end{align*}
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{34}
	Ellipsen er dreid $\pi/4$ radianer rundt origo.
	Koordinattransformasjonen
	\begin{align*}
		y_1 =& \frac{1}{\sqrt{2}}\left( x_1 + x_2 \right) \\
		y_2 =& \frac{1}{\sqrt{2}}\left( x_2 - x_1 \right)
	\end{align*}
	er en ren rotasjon,
	og ellipselikningen blir
	\[
		\frac{y_1^2}{2}+2y_2^2 = 1,
	\]
	som forteller oss at halvaksene er $\sqrt{2}$ og $1/\sqrt{2}$.
	Videre ser
	du forhåpentligvis at en fornuftig koordinattransformasjon er
	\[
		x (r,\theta)=
		\frac{1}{\sqrt{2}}
		\begin{pmatrix}
			1 & -1 \\
			1 & 1
		\end{pmatrix}
		\begin{pmatrix}
			\sqrt{2}r\cos \theta \\
			\frac{r}{\sqrt{2}}\sin \theta
		\end{pmatrix}
		=
		\frac{r}{2}
		\begin{pmatrix}
			2\cos \theta - \sin \theta\\
			2\cos \theta + \sin \theta
		\end{pmatrix}.
	\]
	\begin{center}
		\includegraphics*[scale=.34]{../figurer/ellipsetransformasjon.png}
	\end{center}
	Vi beregner jacobideterminanten:
	\[
		\partial_r x_1 \partial_\theta x_2-\partial_r x_2 \partial_\theta x_1 = r
	\]
	og integrerer:
	\begin{align*}
		\iint_\Omega  f \; dx =&\int_0^1 \int_0^{2\pi}
		\left( \frac{r}{2}\left( 2\cos \theta - \sin \theta \right) + 2\left(\frac{r}{2}\left( 2\cos \theta + \sin \theta \right)\right) +4 \right) \; rd\theta dr  \\
		=&8\pi\int_0^1 r \; dr =  4\pi.
	\end{align*}
	Leddene med $\cos\theta$ og $\sin\theta$ forsvinner når vi integrerer over en hel periode.
	Det er det samme som å si at $4$ ganger arealet $\pi$ blir $4\pi$,
	siden ellipsen har sentrum i origo og de lineære leddene veier hverandre opp.
\end{oppgave}

\clearpage

\section*{GAMLE EKSAMENSOPPGAVER}

% TMA4111 høst 2024, oppgave 1c
\begin{oppgave}{1}
	Vi flytter polarkoordinatene til sirkelens sentrum,
	$x = (2 + r\cos\theta,\; 1 + r\sin\theta)^T$ med $0 \leq r \leq 3$,
	og får jacobideterminant $r$ som vanlig.
	Da er
	\[
		f = (2 + r\cos\theta)^2 - (1 + r\sin\theta)^2 + 1
		= 4 + 4r\cos\theta - 2r\sin\theta + r^2\cos 2\theta,
	\]
	og alt som inneholder $\cos\theta$, $\sin\theta$ eller $\cos 2\theta$ integrerer til null over en hel runde, så
	\[
		\iint_\Omega f = \int_0^3\int_0^{2\pi} 4\, r\; d\theta\, dr = 8\pi\cdot\frac{9}{2} = 36\pi.
	\]
	Det er $f(2,1) = 4$ ganger arealet $9\pi$:
	sadelflaten ligger like mye over som under tangentplanet i sentrum,
	fordi $f$ er harmonisk ($\Delta f = 0$) -
	det er middelverdiegenskapen fra økt 13, og den gjelder for enhver sirkelskive.
\end{oppgave}

% TMA4111 kont 2025, oppgave 1b
\begin{oppgave}{2}
	Grafen er et plan,
	og volumet under et plan over en sirkelskive er høyden i sentrum ganger arealet -
	det som stikker opp på den ene siden av sentrum mangler på den andre.
	Regner du, blir det med $x = (1 + r\cos\theta,\; 1 + r\sin\theta)^T$
	\[
		\iint_\Omega f = \int_0^1\int_0^{2\pi} \left( 4 + 2r\cos\theta + r\sin\theta \right) r\; d\theta\, dr
		= 4\cdot 2\pi\int_0^1 r\; dr = 4\pi,
	\]
	altså $f(1,1) \cdot \pi = 4\pi$.
\end{oppgave}

% TMA4111 høst 2025, oppgave 1c
\begin{oppgave}{3}
	Kvadratet står på høykant, så det er stygt å integrere rett fram -
	du må dele i to, $\int_0^1\int_{1-x_1}^{1+x_1} + \int_1^2\int_{x_1-1}^{3-x_1}$.
	Penere er koordinatavbildningen
	\[
		x = g(y) =
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 \\
			0
		\end{matrix}
		\; \right)
		+
		\left( \;
		\begin{matrix}
			1 & -1 \\
			1 & 1
		\end{matrix}
		\; \right)
		y,
	\]
	som sender enhetskvadratet $[0,1]^2$ i $y$-planet til $\Omega$
	(hjørnet $(1,0)^T$ pluss $y_1$ ganger kanten $(1,1)^T$ pluss $y_2$ ganger kanten $(-1,1)^T$),
	med jacobideterminant $\det g' = 2$ - kvadratet har areal $2$.
	Siden $x_1 - 2x_2 = 1 - y_1 - 3y_2$, blir
	\[
		\iint_\Omega f = 2\int_0^1\int_0^1 9 - \left( 1 - y_1 - 3y_2 \right)^2\; dy_2\, dy_1
		= 18 - 2\int_0^1\int_0^1 \left( 1 - y_1 - 3y_2 \right)^2\; dy_2\, dy_1.
	\]
	Ganger vi ut, er $(1 - y_1 - 3y_2)^2 = (1-y_1)^2 - 6(1-y_1)y_2 + 9y_2^2$,
	som integrerer til $\frac{1}{3} - \frac{3}{2} + 3 = \frac{11}{6}$, så volumet er
	\[
		18 - \frac{11}{3} = \frac{43}{3}.
	\]
	Rimelig: $f$ ligger mellom $0$ og $9$ på $\Omega$, så volumet må ligge mellom $0$ og $18$.
\end{oppgave}

% TMA4111 kont 2026, oppgave 1a
\begin{oppgave}{4}
	I polarkoordinater er $f = r^2\cos^2\theta - r^2\sin^2\theta + 1 = r^2\cos 2\theta + 1$, så
	\[
		\iint_\Omega f = \int_0^1\int_0^{2\pi} \left( r^2\cos 2\theta + 1 \right) r\; d\theta\, dr
		= 0 + 2\pi\cdot\frac{1}{2} = \pi.
	\]
	Sadelen $x_1^2 - x_2^2$ bidrar med null -
	den er like mye over som under null -
	og igjen er svaret $f(0)$ ganger arealet, jf. gammel eksamensoppgave 1.
\end{oppgave}


\end{document}