\input{preamble}

\title{3 - 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 eller 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. 
\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 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*}
	og så videre. 
\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_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_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_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]
	\end{align*}
\end{oppgave}




\begin{oppgave}{5}  
	Massesenteret til et rektangel er ikke så spennende, 
	men vi kan ta tetraederet. 
	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   \; x_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\\[5mm]
		\end{pmatrix}.
	\end{align*}
	Dette ser ut som tre forskjellige integraler, 
	men på grunn av symmetrien i problemet er det er 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\\[5mm]
		\end{pmatrix}
		=
		\begin{pmatrix}
			1/4 \\
			1/4 \\
			1/4 
		\end{pmatrix}.
	\end{align*}
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{6}  
	Dette blir helt forferdelig:
	\begin{align*}
		\iiint_\Omega f = \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x_1^2}}^{\sqrt{1-x_1^2}} \int_{-\sqrt{1-x_2^2-x_1^2}}^{\sqrt{1-x_2^2-x_1^2}}f(x)\;dx_3 dx_2 dx
	\end{align*}
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{7}
	Dette blir determeinanten til matrisen
	ganget med  volumet til enhetskuben, 
	altså $4\cdot 1$.
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{8}
	$
	\hspace*{10mm}
		|g'(s,\theta,z)|=
		\left|
		\begin{pmatrix}
			\cos \theta & -s\sin \theta & 0 \\
			\sin \theta & s\cos \theta & 0 \\
			0 & 0 & 1 \\
		\end{pmatrix}
		\right|
		= s
	$
\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) \; sdsd\theta dz =&
		\int_0^5 \int_0^{2\pi}\int_0^{3} s^3 + sz^2 \; dsd\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)
	\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*}
			2\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} \int_s^{\sqrt{1-s^2}}\;sdzdsd\theta=&
			2\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} \left( \sqrt{1-s^2}-s \right)\;sdsd\theta\\[2mm]
			=&2\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} s\sqrt{1-s^2}-s^2\;dsd\theta\\[2mm]
			=&2\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]
			=&2\int_0^{2\pi}  -\frac{1}{3}\left( (1/2)^{3/2}-1 \right)-\frac{1}{3\cdot 2^{3/2}}\;d\theta 
			=\frac{4}{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,
		så korrekt volum blir
		\begin{align*}
			2\int_0^{2\pi} \int_0^{1/\sqrt{2}} \int_s^{\sqrt{1-s^2}}\;sdzdsd\theta = \frac{8}{3}\pi  \left(1- \frac{1}{\sqrt{2}}  \right)
		\end{align*}
\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 volumet blir
	\begin{align*}
		 \int_0^1\int_0^{\pi}\int_0^{1-s} zs \; sdzd\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} \left(\frac{1}{2}(1-s)^2s^2\right) \; 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}
	$
	\hspace*{10mm}
		g'\left(r,\theta,\phi\right)=
        \left|
        \begin{pmatrix}
        \cos \theta \sin \phi & -r\sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \cos \phi\\
        \sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \sin \phi & r\sin \theta \cos \phi\\
        \cos \phi &  0 & -r\sin \phi \\
        \end{pmatrix}
        \right|
		=
        r^2\sin \phi.
	$
\end{oppgave}

\begin{oppgave}{13}
Massesenter er gitt ved
\[
    \frac{1}{\displaystyle \iiint_\Omega \rho( x) \; d x}
	\begin{pmatrix}
		\displaystyle \iiint_\Omega x_1\rho( x) \; d x\\[5mm]
		\displaystyle \iiint_\Omega x_2\rho( x) \; d x\\[5mm]
		\displaystyle \iiint_\Omega x_3\rho( x) \; d x    
	\end{pmatrix}.
\]
En kvart enhetskule i kulekoordinater 
som ligger slik at $x_1\geq 0 $ og $x_2\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 $(0,0,3/8)$.
\end{oppgave}








\begin{oppgave}{15}
	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, 
	så vi kan integrere oss fra langs $s=0$ til $s =\sqrt{4+ z^2}$  innerst, 
	og få 
	\[
		\int_0^{\sqrt{5}}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{4+z^2}}\; sdsd\theta dz = 
		\pi \int_0^{\sqrt{5}} 4+z^2\; dz = \frac{17\sqrt{5} }{3}\pi.
	\]
\end{oppgave}


\begin{oppgave}{16}
	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 $\mathbb{R}^3$. 
	Det er nok best å integrere seg fra 0 til denne kurven i $r$ først. 
	Volumet blir
	\[
		 \int_0^{2\pi}\int_0^\pi \int_0^{4-\cos\varphi} \; r^2\sin \varphi drd\varphi d\theta = 
		\frac{2\pi}{3} \int_0^\pi \left( 4-\cos\varphi \right)^3 \sin\varphi \; d\varphi = \frac{\pi}{6}\left( 5^4-3^4 \right).
	\] 
\end{oppgave}



\begin{oppgave}{17}
	Det som er skummelt her er at vi har 
	\begin{align*}
		E(x)=
   \frac{q}{4\pi\epsilon_0}\frac{ {x}}{| {x}|^3} =
   \frac{q}{4\pi\epsilon_0}{\left( x_1^2+x_2^2+x_3^2 \right)^{3/2}}
    \begin{pmatrix}
        x_1 \\
        x_2 \\
        x_3
    \end{pmatrix}
	\end{align*}	
	så dersom vi skriver $E(r,\theta,\phi)$, 
	sier vi 
	\begin{align*}
		E(r,\theta,\phi)=
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0\left( r^2+\theta^2+\phi^2 \right)^{3/2}}
    \begin{pmatrix}
        r \\
        \theta \\
        \phi
    \end{pmatrix}
	\end{align*}	
	men mener egentlig 
	\begin{align*}
		E \left( r\cos \theta \sin \phi, r\sin \theta \sin \phi, r \cos \phi \right) = 
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0 r^3}
		\begin{pmatrix}
			r\cos \theta \sin \phi \\
			r\sin \theta \sin \phi\\
			r \cos \phi
		\end{pmatrix}.
	\end{align*}
	Det ryddigste er derfor å skrive 
	\begin{align*}
		E  =
		h\left(r, \theta, \phi \right) =
		f\left(  g \left( r,\theta,\phi \right) \right)
	\end{align*}
	og så holde nøye styr på hva vi mener med $f$, $g$ og $h$.
	La oss først derivere $f$: 
	\begin{align*}
		f'(x) 
		=& 
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0}
		\begin{pmatrix}
   	    	\displaystyle\frac{1}{ | x |^3}-3\frac{x_1^2}{ | x |^5} & \displaystyle-3\frac{x_1x_2}{ | x |^5}  &\displaystyle-3\frac{x_1x_3}{ | x |^5}  \\[4mm]
   	    	\displaystyle-3\frac{x_2x_1}{ | x |^5}& \displaystyle\frac{1}{ | x |^3}-3\frac{x_2^2}{ | x |^5} & \displaystyle-3\frac{x_2x_3}{ | x |^5}\\[4mm]
   	    	\displaystyle-3\frac{x_3x_1}{ | x |^5}& \displaystyle-3\frac{x_3x_2}{ | x |^5}& \displaystyle\frac{1}{ | x |^3}-3\frac{x_3^2}{ | x |^5} \\
		\end{pmatrix}\\[4mm]
		=&
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0}
		\left( 
		\frac{1}{ | x |^3}	
		\begin{pmatrix}
			1 & 0 & 0 \\
			0 & 1 & 0 \\
			0 & 0 & 1 \\
		\end{pmatrix}
		-\frac{3}{|x|^5}
		\begin{pmatrix}
   	    	x_1^2 & x_1x_2  &x_1x_3  \\
   	    	x_2x_1 & x_2^2  &x_2x_3  \\
   	    	x_3x_1 & x_3x_2  &x_3^2  \\
		\end{pmatrix}
		 \right)
		=
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0}
		\left( 
		\frac{1}{ | x |^3}	
		I
		-\frac{3}{|x|^5}
		xx^T
		\right)
	\end{align*}
	Kulekoordinater er gitt ved
	\begin{align*}
		g\left(r,\theta,\phi\right)=
    	\begin{pmatrix}
     	  r \cos \theta \sin  \phi \\
      	 r \sin \theta \sin  \phi\\
       	r  \cos  \phi
    	\end{pmatrix}
	\end{align*}
	slik at 
	\begin{align*}
		g'\left(r,\theta,\phi\right)=
        \begin{pmatrix}
        \cos \theta \sin \phi & -r\sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \cos \phi\\
        \sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \sin \phi & r\sin \theta \cos \phi\\
        \cos \phi &  0 & -r\sin \phi \\
        \end{pmatrix}.
	\end{align*}
	Kjerneregelen gir
	\begin{align*}
		h'\left( r,\theta,\phi \right)=& 
		f'(g(r,\theta,\phi))g'(r,\theta,\phi)\\[2mm] 
		=& 
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0}
		\frac{1}{ r^3}	
		\left( 
		I
		-3
    	\begin{pmatrix}
     	   \cos \theta \sin  \phi \\
      	  \sin \theta \sin  \phi \\
	  	  \cos  \phi
    	\end{pmatrix}^T
		\begin{pmatrix}
     	   \cos \theta \sin  \phi \\
      	  \sin \theta \sin  \phi\\
       	  \cos  \phi
    	\end{pmatrix}
		 \right)\\
		 &\hspace*{30mm}
        \begin{pmatrix}
        \cos \theta \sin \phi & -r\sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \cos \phi\\
        \sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \sin \phi & r\sin \theta \cos \phi\\
        \cos \phi &  0 & -r\sin \phi \\
        \end{pmatrix}
	\end{align*}
	som vi kan gange ut og forenkle, 
	men i dette tilfellet er det faktisk enklere å 
	sette kulekoordinatene inn i uttrykket for $E$
	(nå med korrekt notasjon)
	\begin{align*}
		E = h(r,\theta,\phi) = f\left( g(r,\theta, \phi)\right) = 
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0 r^3}
		\begin{pmatrix}
			r\cos \theta \sin \phi \\
			r\sin \theta \sin \phi\\
			r\cos \phi
		\end{pmatrix}
		=
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0}
		\begin{pmatrix}
			r^{-2}\cos \theta \sin \phi \\
			r^{-2}\sin \theta \sin \phi\\
			r^{-2}\cos \phi
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
	og så derivere på direkten:
	\begin{align*}
		E = h'(r,\theta,\phi) =&
   		\frac{q}{4\pi\epsilon_0}
		\begin{pmatrix}
			-2r^{-3}\cos \theta \sin \phi & -r^{-2}\sin \theta \sin \phi & r^{-2}\cos \theta \cos \phi \\
			-2r^{-3}\sin \theta \sin \phi & r^{-2}\cos \theta \sin \phi & r^{-2}\sin \theta \cos \phi\\
			-2r^{-3}\cos \phi & 0 & -r^{-2}\sin  \phi
		\end{pmatrix}\\[2mm]
		=&
		\frac{q}{4\pi\epsilon_0r^3}
		\begin{pmatrix}
			-2\cos \theta \sin \phi & -r\sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \cos \phi \\
			-2\sin \theta \sin \phi & r\cos \theta \sin \phi & r\sin \theta \cos \phi\\
			-2\cos \phi & 0 & -r\sin  \phi
		\end{pmatrix}
	\end{align*}
\end{oppgave}


\end{document}
