Lösningar 16

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)

Hoppa till: navigering, sök

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 14.13

Lösningar till några övningar till lektion 16

Tillbaka till lösningarna

ETT RÅD: Du kan alltid kontrollera svaret genom att derivera.

9.1.e)

Observera att $\sqrt x=x^{1/2}$.

9.1.f)

Skriv $3/x^3=3x^{-3}$.

9.1.g)

Multiplicera först ihop.

9.1.i)

Skriv $2/e^x=2e^{-x}$.

9.2.e)

Börja med att utveckla kvadraten.

9.2.f)

Gå över till den naturliga exponentialfunktionen: $2^x=(e^{\ln 2})^x=e^{x\ln 2}$.

9.2.g)

$(1+e^{-2x})e^{2x}=e^{2x}+1$

9.2.h)

$\begin{array}{lll} \int(2-3x)^{-3}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} t&=&2-3x\\ x&=&(2-t)/3\\ dx&=&-dt/3\end{array}\right\}= -\frac{1}{3}\int t^{-3}\, dt\\ &=& \frac{1}{6t^2}+C=\frac{1}{6(2-3x)^2}+C\end{array}$

9.2.i)

Man kan först förenkla något:

$\sin\left(\frac{\pi x}{4}-\frac{\pi}{2}\right)= -\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi x}{4}\right)= -\cos\frac{\pi x}{4}$

De primitiva funktionerna är således

$-\frac{4\sin(\pi x/4)}{\pi}+C.$

9.2.j)

$\begin{array}{lll} \int\frac{1}{1-3x}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} t&=&1-3x\\ x&=&(1-t)/3\\ dx&=&-dt/3\end{array}\right\}= -\frac{1}{3}\int \frac{dt}{t}\\ &=&-\frac{1}{3}\ln|t|+C=-\frac{\ln|1-3x|}{3}+C\end{array}$

9.2.k)

Funktionen är lika med $1/(2x^2+1)$.

$\begin{array}{lll} \int\frac{dx}{1+2x^2}&=&\left\{\begin{array}{ccc} t&=&\sqrt 2\, x\\ dt&=&\frac{1}{\sqrt 2}\, dx\end{array}\right\}= \frac{1}{\sqrt 2}int\frac{dt}{1+t^2}\\ &=&\frac{1}{\sqrt 2}\arctan t+C=\frac{1}{\sqrt 2}\arctan(\sqrt 2\, x)+C\end{array}$

9.3.a)

$\begin{array}{lll} \int e^{2x}(2x-5)^2\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} 2x-5&=&t\\ 2\, dx&=& dt\\ dx&=& dt/2\end{array}\right\}= \int e^{t+5}t^2\, dt/2\\ &=& (e^5/2)\int t^2e^t\, dt=(e^5/2)t^2e^t-(e^5/2)\int 2te^t\, dt\\ &=& (e^5/2)t^2e^t-e^5te^t+e^5\int e^t\, dt \\ &=& (e^5/2)t^2e^t-e^5te^t+e^5+e^t+C\\ &=& e^5(2x-5)^2e^{2x-t}/2-e^5(2x-5)e^{2x-5}+e^5e^{2x-5}+C\\ &=& (2x-5)^2e^{2x}/2-(2x-5)e^{2x}+e^{2x}+C\\ &=& 2x^2e^{2x}-12xe^{2x}-(37/2)e^{2x}+C\end{array}$

9.3.b)

$\begin{array}{lll} \int (3x^3-5)\ln x\, dx&=&(3x^4/4-5x)\ln x-\int (3x^4/4-5x)(1/x)\, dx\\ &=& (3x^4/4-5x)\ln x-\int(3x^3/4-5)\, dx\\ &=& (3x^4/4-5x)\ln x-3x^4/16+5x+C\end{array}$

9.3.c)

$\begin{array}{lll} \int\ln(x-1)\, dx&=&(x-1)\ln(x-1)-\int (x-1)\cdot\frac{1}{x-1}\, dx\\ &=& (x-1)\ln(x-1)-\int 1\, dx=(x-1)\ln(x-1)-x+C\end{array}$

9.3.d)

$\begin{array}{lll} \int e^{-x}\cos x\, dx&=&-e^{-x}\cos x-\int(-e^{-x})(\sin x)\, dx\\ &=& -e^{-x}\cos x-\int e^{-x}\sin x\, dx\\ &=& -e^{-x}\cos x+e^{-x}\sin x-\int e^{-x}\cos x\, dx+C\end{array}$

Alltså är

Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): 2\int e^{-x}\cos x\, dx=-e^{-x}\cos x+e^{-x}\sin x+C=e^{-x}(\sin x-\cos x)+C\] och \[ \int e^{-x}\cos x\, dx=\frac{1}{2}e^{-x}(\sin x-\cos x)+C'

9.3.e)

Använd sambandet $\cos^2x=(1+\cos 2x)/2$:

$\int e^{2x}\cos^2x\, dx= \frac{1}{2}\int e^{2x}(1+\cos 2x)\, dx= \frac{1}{4}e^{2x}+\frac{1}{2}\int e^{2x}\cos 2x\, dx$

Som en liten finess kan vi använda d) för att beräkna integralen:

$\begin{array}{lll} \int e^{2x}\cos 2x\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} 2x&=&-t\\ x&=&-t/2\\ dx&=&-dt/2\end{array}\right\}= -\frac{1}{2}\int e^{-t}\cos(-t)\, dt\\ &=& -\frac{1}{2}\int e^{-t}\cos t\, dt= -\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{1}{2}e^{-t}(\sin t-\cos t)\right)+C\\ &=& -\frac{1}{4}e^{-t}(\sin t-\cos t)+C\\ &=& -\frac{1}{4}e^{2x}(\sin(-2x)-\cos(-2t))+C\\ &=& \frac{1}{4}e^{2x}(\sin 2x+\cos 2t)+C \end{array}$

Svaret är således

$\begin{array}{lll} \int e^{2x}\cos^2x\, dx&=&\frac{1}{4}e^{2x}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}e^{2x}(\sin 2x+\cos 2t)+C\\ &=& \frac{1}{8}e^{2x}(2+\sin 2x+\cos 2x)+C\end{array}$

9.3.f)

Om vi sätter $f(x)=\ln x$, så är integranden $f'(x)f(x)$, vilket enligt kedjeregeln är derivatan av $(f(x))^2/2$. Svaret är således $(\ln x)^2/2+C$.

9.3.g)

$\begin{array}{lll} \int\ln(x^2+1)\, dx&=& x\ln(x^2+1)-\int x\cdot \frac{2x}{x^2+1}\, dx\\ &=& x\ln(x^2+1)-2\int\left(1-\frac{1}{x^2+1}\right)\, dx\\ &=& x\ln(x^2+1)-2(x-\arctan x)+C\\ &=& x\ln(x^2+1)+2\arctan x-2x+C\end{array}$

9.4.f)

$\int\sin 2x\cos 2x\, dx=\frac{1}{2}\int\sin 4x\, dx=-\frac{1}{8}\cos 4x+C$

9.4.h)

$\int\frac{1}{8+2x^2}\, dx=\frac{1}{8}\int\frac{1}{1+(x/2)^2}\, dx= \frac{1}{8}\cdot 2\arctan\frac{x}{2}+C=\frac{1}{4}\arctan\frac{x}{2}+C$

9.4.i)

$\int\frac{1}{x^2-4x+5}\, dx=\int\frac{1}{1+(x-2)^2}\, dx= \arctan (x-2)+C$

9.4.j)

$\begin{array}{lll} \int\frac{\sqrt{4-2x^2}}{x^2-2}\, dx&=& -\sqrt 2\int\frac{\sqrt{2-x^2}}{2-x^2}\, dx = -\sqrt 2\int\frac{1}{\sqrt{2-x^2}}\, dx\\&=& -\int\frac{1}{\sqrt{1-(x/\sqrt 2)^2}}\, dx = -\sqrt 2\arcsin\frac{x}{\sqrt 2}+C\end{array}$

9.4.k)

$\int\frac{1}{1-\cos x}\, dx=\int\frac{1}{2\sin^2(x/2)}\, dx= -\frac{1}{2}\cdot 2\, \frac{1}{\tan(x/2)}+C= -\frac{1}{\tan(x/2)}+C$

9.4.l)

Använd trigonometriska ettan.

9.5.a)

Använder vi Exempel 9.26 så får vi

$\begin{array}{lll} \int\sqrt{4-x^2}\, dx&=&2\int\sqrt{1-(x/2)^2}\, dx=\left\{\begin{array}{ccc} x/2&=&t\\ dx&=&2\, dt\end{array}\right\}\\ &=& 4\int\sqrt{1-t^2}\, dt=4\left(\frac{1}{2}\arcsin t+\frac{t}{2}\sqrt{1-t^2}\right)+C\\ &=& 2\arcsin\frac{x}{2}+x\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}+C.\end{array}$

9.5.b)

$\begin{array}{lll} \int\sqrt{1-\cos x}\, dx&=& \int\sqrt{2\sin^2(x/2)}\, dx= \sqrt 2 \int\sin(x/2)\, dx\\ &=& -2\sqrt 2\cos(x/2)+C\end{array}$

Observera att $\sin(x/2)\ge 0$ då $x\in\left[0,2¹\right]$, så att

$\sqrt{\sin^2(x/2)}=|\sin(x/2)|=\sin(x/2).$

9.5.c)

$\begin{array}{lll} \int\frac{x(x+1)}{x^2+1}\, dx&=&\int\frac{x^2+1+x-1}{x^2+1}\, dx\\ &=& \int\left(1+\frac{x}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+1}\right)\, dx\\ &=& x+\frac{1}{2}\, \ln(x^2+1)-\arctan x+C\end{array}$

9.5.d)

Integranden är $f(x)f'(x)$, där $f(x)=\arctan x$, som är derivatan av $(f(x))^2/2$. Svaret är således $(\arctan x)^2/2+C$.

9.5.e)

$\begin{array}{lll} \int\cos x\ln|\sin x|\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} \sin x&=&t\\ \cos x\, dx&=&dt\end{array}\right\} =\int\ln|t|\, dt\\ &=& t\ln |t|-t+C=\sin x\ln|\sin x|-\sin x+C\end{array}$

9.5.f)

$\begin{array}{lll} \int\cos x\cos 2x\, dx&=& \int\cos x(1-2\sin^2x)\, dx=\left\{\begin{array}{ccc} t&=&\sin x\\ dt&=&\cos x\, dx\end{array}\right\}\\ &=& \int(1-2t^2)\, dt=t-\frac{2t^3}{3}+C\\ &=& \sin x-\frac{2\sin^2x}{3}+C\end{array}$

Ett annat sätt är att använda additionsformeln för cosinus:

$cos(u + v) + cos(u - v) = 2cos u cos v,$

som ger

$\cos x\cos 2x=\frac{1}{2}(\cos 3x+\cos x)$

och alltså

$\int\cos x\cos 3x\, dx=\frac{\sin 3x}{6}+\frac{\sin x}{2}+C.$

Verifiera gärna att de två svaren är lika.

9.5.g)

Eftersom $1+\tan^2x=1/\cos^2x$, så är

$\begin{array}{lll} \int\sin x\ln\left(\frac{2}{1+\tan^2x}\right)\, dx&=& \int\sin x\ln (2\cos^2x)\, dx\\ &=& (\ln 2)\int\sin x\, dx+2\int\sin x\ln\cos x\, dx\end{array}$

Den första integralen är $-(\ln 2)\cos x+C$ och den andra

$\begin{array}{lll} \int\sin x\ln (2\cos^2x)\, dx&=&\left\{\begin{array}{cccc} \cos x&=&t\\ \sin x\, dx&=&-dt\end{array}\right\}= -\int\ln t\, dt\\ &=& -(t\ln t-t)+C= -\cos x\ln\cos x+\cos x+C\end{array}$

Svaret är således

$\begin{array}{lll} &&-(\ln 2)\cos x+2(-\cos x\ln\cos x+\cos x)+C\\ &=& \cos x(2-\ln 2-2\ln \cos x)+C= \cos x(2-\ln(2\cos^2 x))+C.\end{array}$

9.5.h)

Sätt $t=x^2$.

9.5.i)

Sätt $t=x^3$.

9.6.c)

$\begin{array}{lll} \int\frac{x^3}{\sqrt{1-x^4}}\, dx&=& \left\{\begin{array}{ccc} x^4&=&t\\ x^3\, dx&=&dt/4\end{array}\right\}= \frac{1}{4}\int\frac{1}{\sqrt{1-t}}\, dt\\ &=& \frac{1}{4}\int(1-t)^{-1/2}\, dt= -\frac{1}{2}(1-t)^{1/2}+C =-\frac{\sqrt{1-x^4}}{2}+C\end{array}$

9.6.d)

Sätt $t=\cos x$.

9.6.e)

Partialintegrera två gånger:

$\begin{array}{lll} \int e^{2x}\cos 3x\, dx&=&\frac{1}{2}e^{2x}\cos 3x+\frac{3}{2}\int e^{2x}\sin 3x\, dx\\ &=& \frac{1}{2}e^{2x}\cos 3x+\frac{3}{4}e^{2x}\sin 3x- \frac{9}{4}\int e^{2x}\cos 3x\, dx\end{array}$

(Lägg märke till att de primitiva funktionerna i första och sista ledet inte behöver vara lika.) Löser man ut $\int e^{2x}\cos 3x\, dx$ så får man

$\begin{array}{lll} \int e^{2x}\cos 3x\, dx&=&-\frac{4}{13}\left( \frac{1}{2}e^{2x}\cos 3x+\frac{3}{4}e^{2x}\sin 3x\right)\\ &=& -\frac{1}{13}e^{2x}\left(2\cos 3x+3\sin 3x\right)+C.\end{array}$

9.6.f)

$\begin{array}{lll} \int x\arctan \frac{1}{x}\, dx&=& \frac{x^2}{2}\arctan\frac{1}{x}-\int\frac{x^2}{2}\left(-\frac{1}{x^2}\right) \frac{1}{1+1/x^2}\, dx\\ &=& \frac{x^2}{2}\arctan\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\int\frac{x^2}{1+x^2}\, dx\\ &=& \frac{x^2}{2}\arctan\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\int\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\, dx\\ &=& \frac{x^2}{2}\arctan\frac{1}{x}+\frac{1}{2}(x-\arctan x)+C\end{array}$

9.8.

I intervallet $0\le t\le 5$ är $V'(t)\ge 0$, så den maximala volymen fås för $t=5$. Vi har

$V(t)=\frac{1}{20}\left(\frac{5t^3}{3}-\frac{t^4}{4}\right)+C$

och eftersom $V(0)=0,5$ så måste $C=0,5$. Den maximala volymen är således

$V(5)=\frac{1}{20}\left(\frac{5\cdot 5^3}{3}-\frac{5^4}{4}\right)+ 0,5=\frac{149}{48}\approx 3\quad\mbox{liter}.$

9.9.

Vi studerar först derivatans nollställen och teckenväxlingarna. Vi har $P_{d}'(t)=0\Leftrightarrow 1664-144t-t^3=0$. För att hitta rötterna till tredjegradsekvationen gissar vi heltalsrötter. En heltalsrot måste dela 1664 och man hittar roten $t=8$. Då är $t-8$ en faktor i $1664-144t-t^3$ och division ger $1664-144t-t^3=(8-t)(t^2+8t+208)$. Den andra faktorn har inga nollställen. Vi har alltså

$P_{d}'(t)=\frac{(8-t)(t^2+8t+208)}{4(144+t^2)}$

och teckenväxlingen vid 8 är $+0-$, vilket visar att 8 är ett lokalt maximum. Syrekoncentrationen är alltså störst 8 timmar efter gryningen.

Vi ska nu bestämma funktionen $P_{d}$. Division ger

$P_{d}'(t)=\frac{416}{144+t^2}-\frac{t}{4}=\frac{26/9}{1+(t/12)^2} -\frac{t}{4},$

vilket ger

$P_{d}(t)=\frac{416}{144}\cdot 12\arctan\frac{t}{12}-\frac{t^2}{8}+C= \frac{104}{3}\arctan\frac{t}{12}-\frac{t^2}{8}+C.$

Det minsta värdet av $P_{d}$ antas antingen för $t=0$ eller för $t=12$ (eftersom det finns exakt ett lokalt maximum). Nu är

$P_{d}(12)=\frac{26¹}{3}-18+C,$

vilket är $>P_{d}(0)=C$. Det minsta värdet är tydligen $C$, dvs $C=13$. Då $0\le t\le 12$ är således

$P_{d}(t)\frac{104}{3}\arctan\frac{t}{12}-\frac{t^2}{8}+13.$

För $12\le t\le 24$ avtar $P_{d}$ linjärt på så sätt att $P_{d}(12)=26¹/3-5$ och $P_{d}(24)=P_{d}(0)=13$. Detta ger

$P_{d}(t)-13=\frac{26¹/3-5-13}{12-24}(x-24)\quad\mbox{eller}\quad P_{d}(t)=\frac{27-13¹}{18}t+\frac{26¹}{3}-23.$

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_16

 dt&=&\frac{1}{\sqrt 2}\, dx\end{array}\right\}=
 \frac{1}{\sqrt 2}int\frac{dt}{1+t^2}\\
-&=&\frac{1}{\sqrt 2}\arctan t+C=\frac{1}{\sqrt 2}\arctan(\sqrt 2\, x)+C\end{array}
+&=&\frac{1}{\sqrt 2}\arctan t+C=\frac{1}{\sqrt 2}\arctan(\sqrt 2\, x)+C\end{array}</math>
 (2x-5)^2e^{2x}/2-(2x-5)e^{2x}+e^{2x}+C\\
 &=&
-x^2e^{2x}-12xe^{2x}-(37/2)e^{2x}+C\end{array}
+x^2e^{2x}-12xe^{2x}-(37/2)e^{2x}+C\end{array}</math>
 <math>\begin{array}{lll}
-\int e^{2x}\cos 2x\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccccc}
+\int e^{2x}\cos 2x\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc}
 x&=&-t\\
 x&=&-t/2\\
 \end{array}</math>
-Svaret är således <math>\begin{array}{lll}
+Svaret är således
+<math>\begin{array}{lll}
 \int e^{2x}\cos^2x\, dx&=&\frac{1}{4}e^{2x}+\frac{1}{2}\cdot
 \frac{1}{4}e^{2x}(\sin 2x+\cos 2t)+C\\
-f) Om vi sätter $f(x)=\ln x$, så är integranden $f'(x)f(x)$, vilket
+'''9.3.f)'''
+Om vi sätter $f(x)=\ln x$, så är integranden $f'(x)f(x)$, vilket
 enligt kedjeregeln
 är derivatan av $(f(x))^2/2$. Svaret är således $(\ln x)^2/2+C$.
-g)
+'''9.3.g)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-.4.f)
+'''9.4.f)'''
 <math>
-h)
+'''9.4.h)'''
 <math>
-i)
+'''9.4.i)'''
 <math>
-j)
+'''9.4.j)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-k)
+'''9.4.k)'''
 <math>
-l) Använd trigonometriska ettan.
+'''9.4.l)'''
+Använd trigonometriska ettan.
-.5.a) Använder vi Exempel 9.26 så får vi
+'''9.5.a)'''
+Använder vi Exempel 9.26 så får vi
 <math>\begin{array}{lll}
 \int\sqrt{4-x^2}\, dx&=&2\int\sqrt{1-(x/2)^2}\,
-dx=\left\{\begin{array}{ccccc}
+dx=\left\{\begin{array}{ccc}
 x/2&=&t\\
 dx&=&2\, dt\end{array}\right\}\\
-b)
+'''9.5.b)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-c)
+'''9.5.c)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-d) Integranden är $f(x)f'(x)$, där $f(x)=\arctan x$, som är
+'''9.5.d)'''
+Integranden är $f(x)f'(x)$, där $f(x)=\arctan x$, som är
 derivatan av $(f(x))^2/2$. Svaret är således $(\arctan x)^2/2+C$.
-e)
+'''9.5.e)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-\int\cos x\ln|\sin x|\, dx&=&\left\{\begin{array}{cccccc}
+\int\cos x\ln|\sin x|\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc}
 \sin x&=&t\\
 \cos x\, dx&=&dt\end{array}\right\}
-f)
+'''9.5.f)'''
 <math>\begin{array}{lll}
 \int\cos x\cos 2x\, dx&=&
-\int\cos x(1-2\sin^2x)\, dx=\left\{\begin{array}{ccccc}
+\int\cos x(1-2\sin^2x)\, dx=\left\{\begin{array}{ccc}
 t&=&\sin x\\
 dt&=&\cos x\, dx\end{array}\right\}\\
-g) Eftersom $1+\tan^2x=1/\cos^2x$, så är
+'''9.5.g)'''
+Eftersom $1+\tan^2x=1/\cos^2x$, så är
 <math>\begin{array}{lll}
-h) Sätt $t=x^2$.
+'''9.5.h)'''
+Sätt $t=x^2$.
-i) Sätt $t=x^3$.
+'''9.5.i)'''
+Sätt $t=x^3$.
-.6.c)
+'''9.6.c)'''
 <math>\begin{array}{lll}
 \int\frac{x^3}{\sqrt{1-x^4}}\, dx&=&
-\left\{\begin{array}{ccccc}
+\left\{\begin{array}{ccc}
 x^4&=&t\\
 x^3\, dx&=&dt/4\end{array}\right\}=
-d) Sätt $t=\cos x$.
+'''9.6.d)'''
+Sätt $t=\cos x$.
+'''9.6.e)'''
-e) Partialintegrera två gånger:
+Partialintegrera två gånger:
 <math>\begin{array}{lll}
-f)
+'''9.6.f)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-.8. I intervallet $0\le t\le 5$ är $V'(t)\ge 0$, så den maximala
+'''9.8.'''
+I intervallet $0\le t\le 5$ är $V'(t)\ge 0$, så den maximala
 volymen fås för $t=5$. Vi har
-.9. Vi studerar först derivatans nollställen och teckenväxlingarna.
+'''9.9.'''
+Vi studerar först derivatans nollställen och teckenväxlingarna.
 Vi har $P_{d}'(t)=0\Leftrightarrow 1664-144t-t^3=0$. För att hitta
 rötterna till tredjegradsekvationen gissar vi heltalsrötter. En

Lösningar 16

Matematik för naturvetare 15hp

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 14.13

Lösningar till några övningar till lektion 16

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda