Clas Löfwall den 16 oktober 2007 kl. 15.08

2007-10-16T15:08:28Z

← Äldre version		Versionen från 16 oktober 2007 kl. 15.08
Rad 100:		Rad 100:


-	och med hjälp av detta kan man lätta skissa graferna:	+	och med hjälp av detta kan man lätt skissa graferna:

	[[Bild:Fig1dag18.jpg]]		[[Bild:Fig1dag18.jpg]]

Clas Löfwall den 16 oktober 2007 kl. 15.06

2007-10-16T15:06:58Z

(Skillnad mellan versioner)

Clas Löfwall den 16 oktober 2007 kl. 14.59

2007-10-16T14:59:45Z

← Äldre version		Versionen från 16 oktober 2007 kl. 14.59
Rad 2:		Rad 2:

	[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]		[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]
		+
		+
		+
		+
		+	'''10.5.a)'''<math>
		+	\int_0^{\infty}e^{-2x}\, dx=\lim_{T\to\infty}\int_0^Te^{-2x}\, dx=\lim_{T\to\infty}\left[-\frac{e^{-2x}}{2}\right]_0^T=
		+	\lim_{T\to\infty}\frac{1-e^{-2T}}{2}=\frac{1}{2}</math>
		+
		+
		+
		+	b)'''Här måste vi dela upp integrationsintervallet: <math>
		+	\int_{-\infty}^{\infty}t^3e^{-t^2}\, dt=\int_{-\infty}^{0}t^3e^{-t^2}\, dt+\int_{0}^{\infty}t^3e^{-t^2}\, dt=I_1+I_2.</math>
		+	Substitutionen $s=-t$ ger <math>
		+	I_1=-\int_{\infty}^0(-s)^3e^{-(-s)^2}\, ds=-\int_0^{\infty}s^3e^{-s^2}\, ds=-I_2</math>
		+	vilket visar att integralen är 0.
		+
		+
		+
		+	c)'''<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx&=&
		+	\left[e^x\sin 2x\right]_{-\infty}^\pi{}-2\int_{-\infty}^\pi{}e^x\cos 2x\, dx\\
		+	&=&
		+	-2\left[e^x\cos 2x\right]_{-\infty}^\pi{}-4\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx\\
		+	&=&
		+	-2e^\pi{}-4\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx\end{array}
		+	Alltså är <math>
		+	\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx=-\frac{2e^\pi{}}{5}.</math>
		+
		+
		+
		+	d.<math>
		+	\int_0^1x\ln x\, dx=\left[\frac{x^2}{2}\, \ln x\right]_0^1-\int_0^1\frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\, dx=
		+	-\int_0^1\frac{x}{2}\, dx=-\left[\frac{x^2}{4}\right]_0^1=-\frac{1}{4}</math>
		+
		+
		+
		+	e)'''<math>
		+	\int_1^3\frac{1}{\sqrt{x-1}}\, dx=\left[2\sqrt{x-1}\right]_1^3=2\sqrt 2</math>
		+
		+
		+
		+	f)'''<math>
		+	\int_1^{\infty}\frac{1}{(x+1)^3}\, dx=\left[-\frac{1}{2(x+1)^2}\right]_1^{\infty}=\frac{1}{8}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.6.d)'''Till att börja med är <math>\begin{array}{lll}
		+	\int_0^T\left(\frac{x}{2x^2+1}-\frac{1}{1+2x}\right)\, dx&=&\left[\frac{1}{4}\ln(2x^2+1)-\frac{1}{2}\ln(1+2x)\right]_0^T\\
		+	&=&
		+	\frac{1}{4}\ln\frac{2T^2+1}{(1+2T)^2}=\frac{1}{4}\ln\frac{2+1/T^2}{(2+1/T)^2}.\end{array}
		+	När $T\to\infty$ så går detta mot <math>
		+	\frac{1}{4}\ln\frac{2}{2^2}=-\frac{1}{4}\ln 2,</math>
		+	som alltså är den generaliserade integralens värde.
		+
		+
		+
		+	'''10.14)'''Kvadratkomplettering ger <math>
		+	y=(x-2)^2-1\quad\mbox{resp.}\quad y=(x-4)^4-9</math>
		+	och med hjälp av detta kan man lätta skissa graferna:
		+
		+	\begin{figure}[htbp]
		+	\centering
		+	\includegraphics[width=7cm]{Fig1dag18.jpg}
		+	%\caption{A Saddle}
		+	\end{figure}
		+
		+	Grafen till $y=x^2-4x+3$ skär $x$-axeln i 1 och 3 medan grafen till $y=x^2-8x+7$ skär axeln i 1 och 7. Den sökta arean är således <math>
		+	\int_1^7(0-(x^2-8x+7))\, dx-\int_1^3(0-(x^2-4x+3))\, dx=\frac{104}{3}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.18)'''Omskrivningen <math>
		+	\sum_{k=0}^{3n}\frac{k+1}{n^2}=
		+	\sum_{k=1}^{3n+1}\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}=\sum_{k=1}^{3n}\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}+
		+	\frac{3n+1}{n^2}
		+	</math>
		+	visar att summan är en Riemannsumma för $f(x)=x$ från $x=0$ till $x=3$ plus en term $(3n+1)/n^2$. Den extra termen går mot 0 då $n\to\infty$, så gränsvärdet är <math>
		+	\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{3n}\frac{k+1}{n^2}=\int_0^3x\, dx=\frac{9}{2}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.19)'''Om man skriver <math>
		+	\frac{n}{k^2+4n^2}=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{4+(k/n)^2},</math>
		+	så ser man att summan är en Riemannsumma för $f(x)=1/(4+x^2)$ från $x=0$ till $x=2$, varför gränsvärdet är <math>
		+	\int_0^2\frac{dx}{4+x^2}=\frac{1}{4}\int_0^2\frac{dx}{1+(x/2)^2}=\frac{1}{4}\left[2\arctan\frac{x}{2}\right]_0^2=\frac{\pi{}}{8}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.20)'''Tangentens lutning är $k=3(-2)^2+6(-2)-4=-4$, så dess ekvation är <math>
		+	y-((-2)^3+3(-2)^2-4(-2))=(-4)(x-(-2))\quad\mbox{dvs}\quad y=-4x+4.</math>
		+	Vi måste hitta skärningspunkterna mellan tangenten och kurvan, dvs lösningarna till ekvationen
		+	$x^3+3x^2-4x=-4x+4$. Hyfsning ger $x^3+3x^2-4=0$. Nu är det ju faktiskt så att vi vet en rot, nämligen $x=-2$ och faktorisering ger $(x+2)(x^2+x-2)=0$. Rötterna till andragradspolynomet är 1 och $-2$, så skärningspunkterna är $x=-2$ och $x=1$. (Det är inte en slump att $-2$ är en dubbelrot, utan det beror på att linjen $y=-4x+4$ är tangent till kurvan. Detta behöver vi dock inte bekymra oss om här.) Frågan är nu om kurvan ligger över eller under tangenten mellan $-2$ och 1. Eftersom $0^3+3\cdot 0^2-4\cdot 0=0$ och $-4\cdot 0+4=4$, så ligger tangenten över kurvan. Den sökta arean är <math>
		+	\int_{-2}^1(-4x+4-(x^3+3x^2-4x))\, dx=\frac{27}{4}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''12.1. a.<math>
		+	V=\pi{}\int_0^2(2x-x^2)^2\, dx=\pi{}\int_0^2(x^4-4x^3+4x^2)\, dx=\pi{}\left[\frac{x^5}{5}-x^4+\frac{4x^3}{3}\right]_0^2=\frac{16\pi{}}{15}</math>
		+
		+
		+
		+	b)'''<math>
		+	V=\pi{}\int_0^1(e^x)^2\, dx=\pi{}\int_0^1e^{2x}\, dx=\pi{}\left[\frac{e^{2x}}{2}\right]_0^1=\frac{\pi{}(e^2-1)}{2}</math>
		+
		+
		+
		+	c)'''<math>
		+	V=\pi{}\int_0^\pi{}\sin^2\, dx=\pi{}\int_0^\pi{}\frac{1-\cos 2x}{2}\, dx=\pi{}\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right]_0^\pi{}=
		+	\frac{\pi{}^2}{2}</math>
		+
		+
		+
		+	d)'''<math>\begin{array}{lll}
		+	V&=&\pi{}\int_1^e(\ln x)^2\, dx=\left\{\begin{array}{ccccc}
		+	x&=&e^t\\
		+	dx&=&e^t\, dt\end{array}\right\}=\pi{}\int_0^1t^2e^t\, dt\\
		+	&=&
		+	\pi{}\left[t^2e^t\right]_0^1-2\pi{}\int_0^1te^t\, dt=\pi{}e-2\pi{}\left[te^t\right]_0^1+2\pi{}\int_0^1e^t\, dt\\
		+	&=&
		+	\pi{}e-2\pi{}e+2\pi{}\left[e^t\right]_0^1=\pi{}(e-2)\end{array}
		+
		+
		+
		+	'''12.2)'''Grafen skär $y$-axeln för $x=0$, vilket ger $y=5$. Radien i en skiva på höjden $y$ är $x=5/y-1$ och dess area är $\pi{}y^2=\pi{}(5/y-1)^2$. Volymen av en skiva med tjocklek $dy$ är alltså $\pi{}y^2\, dy=\pi{}(5/y-1)^2\, dy$ så volymen av kroppen är <math>\begin{array}{lll}
		+	V&=&\pi{}\int_2^5\left(\frac{5}{y}-1\right)^2\, dy=\pi{}\int_2^5\left(\frac{25}{y^2}-\frac{10}{y}+1\right)\, dy\\
		+	&=&
		+	\pi{}\left[-\frac{25}{y}-10\ln \|y\|+y\right]_2^5
		+	=\pi{}\left(\frac{21}{2}-10\ln\frac{5}{2}\right).\end{array}
		+
		+
		+
		+	'''12.4)'''<math>
		+	V=\pi{}\int_{-\infty}^0(e^y)^2\, dy=\pi{}\int_{-\infty}^0e^{2y}\, dy=\pi{}\left[\frac{e^{2y}}{2}\right]_{-\infty}^0=\frac{\pi{}}{2}</math>
		+
		+
		+
		+	'''12.7)'''Till att börja med har vi <math>
		+	y'=\frac{e^{t/a}-e^{-t/a}}{2},</math>
		+	så <math>
		+	1+(y')^2=1+\frac{1}{4}\left(e^{2t/a}-2+e^{-2t/a}\right)=\frac{1}{4}\left(e^{t/a}+e^{-t/a}\right)^2.</math>
		+	Kurvans längd är således <math>
		+	L=\int_0^a\sqrt{1+(y')^2}\, dt=\frac{1}{2}\int_0^a(e^{t/a}+e^{-t/a})\, dt=
		+	\frac{a}{2}\left[e^{t/a}-e^{-t/a}\right]_0^a=\frac{a(e-e^{-1})}{2}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''12.13)'''Antalet dödsfall är ungefär <math>\begin{array}{lll}
		+	\int_0^{30}V_d(t)\, dt&=&3560\int_0^{30}\frac{dt}{(e^{0,2t-3,4}+e^{-(0,2t-3,4)})^2}=
		+	\left\{\begin{array}{ccc}
		+	z&=&e^{0,2t-3,4}\\
		+	t&=&5(3,4+\ln z)\\
		+	dt&=&5dz/z\end{array}\right\}\\
		+	&=&
		+	3560\cdot 5\int_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\frac{dz/z}{(z+z^{-1})}=
		+	3560\cdot 5\int_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\frac{z\, dz}{(1+z^2)^2}\\
		+	&=&3560\cdot 5\left[-\frac{1}{1+z^2}\right]_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\approx 8800.\end{array}
		+
		+
		+
		+	'''12.15)'''Mer allmänt betraktar vi $N$ bin som samlas tätt i ett klot med radie $R$. Klotets volym är $V=4\pi{}R^3/3$. Ett tunt sfäriskt skal med radie $r$ och tjocklek $dr$ har volym $4\pi{}r^2\, dr$ (eftersom arean är $4\pi{}r^2$), så antalet bin i skalet är <math>
		+	\frac{4\pi{}r^2\ dr}{4\pi{}R^3/3}\cdot N</math>
		+	och deras sammanlagda avstånd till medelpunkten får vi genom att multiplicera med $r$. Det blir <math>
		+	3N\left(\frac{r}{R}\right)^3dr.</math>
		+	Binas medelavstånd blir <math>
		+	\frac{1}{N}\cdot 3N\int_0^R\left(\frac{r}{R}\right)^3dr=\frac{3}{R^3}\left[\frac{r^4}{4}\right]_0^R=
		+	\frac{3R}{4}.</math>

Clas Löfwall: Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 18== Tillbaka till lösningarna

2007-10-02T13:35:14Z

Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 18== Tillbaka till lösningarna

Ny sida

==Lösningar till några övningar till lektion 18==

[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]

Lösningar 18 - Versionshistorik

Clas Löfwall den 16 oktober 2007 kl. 15.08

Clas Löfwall den 16 oktober 2007 kl. 15.06

Clas Löfwall den 16 oktober 2007 kl. 14.59

Clas Löfwall: Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 18== Tillbaka till lösningarna