Lösningar 17

Matematik för naturvetare 15hp

Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.35 (redigera) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag) (Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 17== Tillbaka till lösningarna) ← Gå till föregående ändring		Nuvarande version (16 oktober 2007 kl. 14.49) (redigera) (ogör) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)
(2 mellanliggande versioner visas inte.)
Rad 2:		Rad 2:
	[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]		[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]
		+
		+
		+
		+
		+
		+	'''10.3.a)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^{\pi}\sin\frac{x}{2}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc}
		+	x/2&=&t\\
		+	dx&=&2dt\end{array}\right\}=\int_{0}^{\pi{}/2}\sin t\, 2dt\\
		+	&=&
		+	2\left[-\cos t\right]_{0}^{\pi{}/2}=2(-\cos(\pi{}/2)-(-\cos
		+	0))=2\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.3.b)'''
		+
		+	<math>
		+	\int_{0}^1\frac{2}{1+x^2}\, dx=\left[2\arctan x\right]_{0}^1=2(\arctan
		+	1-\arctan 0)=\pi{}/2</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.3.c)'''
		+
		+	<math>
		+	\int_{-1}^2(x-2x^3)\, dx=\left[x^2/2-x^4/2\right]_{-1}^2=
		+	2^2/2-2^4/2-((-1)^2/2-(-1)^4)/2)=-6</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.3.d)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{-1}^{1/2}\sqrt{2-4x}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc}
		+	2-4x&=&t^2\\
		+	dx&=&-t\, dt/2\end{array}\right\}\\
		+	&=&
		+	\int_{\sqrt 6}^{0}(-t^2/2)\, dt=(1/2)\int_{0}^{\sqrt 6}t^2\, dt
		+	=
		+	(1/2)\left[\frac{t^3}{3}\right]_{0}^{\sqrt 6}=\sqrt 6\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.3.e)'''
		+
		+	<math>
		+	\int_{3}^5\frac{7}{x-1}\, dx=\left[7\ln|x-1|\right]_{3}^5=
		+	7(\ln 4-\ln 2)=7\ln\frac{4}{2}=7\ln 2</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.3.f)'''
		+
		+	<math>
		+	\int_{0}^{-2}\frac{1}{(1-x)^2}\, dx=\left\{\begin{array}{cccc}
		+	1-x&=&t\\
		+	dx&=&-dt\end{array}\right\}=\int_{1}^{3}\frac{-1}{t^2}\, dt=
		+	\left[\frac{1}{t}\right]_{1}^3=-\frac{2}{3}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.4.a)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{\pi{}}^0\tan\frac{x}{4}\,
		+	dx&=&\int_{0}^\pi{}\frac{\sin(x/4)}{\cos(x/4)}\, dx=
		+	\left\{\begin{array}{ccc}
		+	\cos(x/4)&=&t\\
		+	\sin(x/4)\, dx&=&-4\, dt\end{array}\right\}\\
		+	&=&
		+	-4\int_{1/\sqrt 2}^{1}\frac{dt}{t}=
		+	-4\left[\ln|t|\right]_{1/\sqrt 2}^1=
		+	(-4)\left(\ln 1-\ln\frac{1}{\sqrt 2}\right)\\
		+	&=&-2\,\ln
		+	2\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.4.b)'''
		+
		+	Enligt en formel för halva vinkeln är $\cos^2x=(1+\cos 2x)/2$, så
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^{\pi{}/6}\cos^2x\, dx&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi{}/6}(1+\cos 2x)\, dx=
		+	\frac{1}{2}\left[x+\frac{\sin 2x}{2}\right]_{0}^{\pi{}/6}\\
		+	&=&
		+	\frac{1}{2}\left(\frac{\pi{}}{6}+\frac{\sqrt 3}{4}\right)=
		+	\frac{\pi{}}{12}+\frac{\sqrt 3}{8}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.4.c)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^1t^3(1-t^4)^2\, dt&=&\left\{\begin{array}{ccc}
		+	1-t^4&=&x\\
		+	t^3\, dt&=&-dx/4\end{array}\right\}
		+	=
		+	-\frac{1}{4}\int_{1}^{0}x^2\,
		+	dx\\
		+	&=&
		+	\frac{1}{4}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{0}^1=
		+	\frac{1}{12}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.4.d)'''
		+
		+	Partialintegrera och välj $(x^2-1)/2$ som primitiv funktion till
		+	$x$:
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^1x\ln(x+1)\, dx&=&
		+	\left[\frac{x^2-1}{2}\,
		+	\ln(x+1)\right]_{0}^1-\int_{0}^1\frac{x^2-1}{2(x+1)}\, dx\\
		+	&=&
		+	-\frac{1}{2}\int_{0}^1(x-1)\,
		+	dx=-\frac{1}{2}\left[\frac{x^2}{2}-x\right]_{0}^1
		+	=\frac{1}{4}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.4.e)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{1}^e\frac{\ln x}{x^3}\, dx&=&
		+	\left[-\frac{\ln x}{2x^2}\right]_{1}^e+\frac{1}{2}\int_{1}^e\frac{dx}{x^3}\\
		+	&=&
		+	-\frac{1}{2e^2}+\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2x^2}\right]_{1}^e=
		+	\frac{1}{4}\left(1-\frac{3}{e^2}\right)\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.4.f)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{1}^{14}(2x-1)^{1/3}\, dx &=&
		+	\left\{\begin{array}{ccc}
		+	2x-1&=&t\\
		+	dx&=&dt/2\end{array}\right\}=
		+	\frac{1}{2}\int_{1}^{27}t^{1/3}\, dt\\
		+	&=&
		+	\frac{1}{2}\left[\frac{t^{4/3}}{4/3}\right]_{1}^{27}=
		+	\frac{3}{8}\left(27^{4/3}-1^{4/3}\right)\\
		+	&=&
		+	\frac{3}{8}((3^3)^{4/3}-1)=
		+	\frac{3}{8}(3^4-1)=30\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.6.a)'''
		+
		+	<math>
		+	\int_{0}^1(x^2-2)^2\, dx=\int_{0}^1(x^4-4x^2+4)\,
		+	dx=\left[\frac{x^5}{5}-\frac{4x^3}{3}+4x\right]_{0}^1=
		+	\frac{1}{5}-\frac{4}{3}+4=\frac{43}{15}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.6.b)'''
		+
		+	Integralen är 0 eftersom undre och övre gränsen är lika.
		+
		+
		+
		+	'''10.6.c)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{\pi{}/4}^{\pi{}/2}\sin^3r\, dr&=&
		+	\int_{\pi{}/4}^{\pi{}/2}(1-\cos^2r)\sin r\, dr=\left\{\begin{array}{ccc}
		+	\cos r&=&x\\
		+	\sin r\, dr&=&-dx\end{array}\right\}\\
		+	&=&
		+	-\int_{1/\sqrt 2}^0(1-x^2)\,
		+	dx=\left[x-\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{1\sqrt 2}
		+	=
		+	\frac{1}{\sqrt 2}-\frac{1}{6\sqrt 2}=\frac{5}{6\sqrt 2}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.6.f)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^{\pi{}/4}\tan x\, dx&=&\int_{0}^{\pi{}/4}\frac{\sin x}{\cos x}\, dx=
		+	\left\{\begin{array}{ccc}
		+	\cos x&=&t\\
		+	\sin x\, dx&=& -\, dt\end{array}\right\}\\
		+	&=&
		+	-\int_{1}^{1/\sqrt 2}\frac{dt}{t}=\left[\ln|t|\right]_{1}^{1/\sqrt
		+	2}=-\ln\frac{1}{\sqrt 2}=\frac{\ln 2}{2}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.6.g)'''
		+
		+	Här måste man komma ihåg att $1/\cos^2t$ är derivatan av $\tan t$,
		+	så att
		+
		+	<math>
		+	\int_{0}^{\pi{}/6}\frac{dt}{\cos^2t}=\left[\tan
		+	x\right]_{0}^{\pi{}/6}=\tan\frac{\pi{}}{6}=\frac{1/2}{\sqrt
		+	3/2}=\frac{1}{\sqrt 3}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.6.h)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^{\pi{}/4}\frac{\sin x}{1+\tan^2x}\, dx&=&
		+	\int_{0}^{\pi{}/4}\frac{\sin x\cos^2x}{\cos^2x+\sin^2x}\, dx=
		+	\int_{0}^{\pi{}/4}\sin x\cos^2x\, dx\\
		+	&=&
		+	\left\{\begin{array}{ccc}
		+	\cos x&=&t\\
		+	\sin x\, dx&=& -t\end{array}\right\}=
		+	-\int_{1}^{1/\sqrt 2}t^2\, dt\\
		+	&=&
		+	\left[\frac{t^3}{3}\right]_{1/\sqrt
		+	2}^1=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2\sqrt 2}\right)\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.7.a)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{-3}^{-2}t^2\sqrt{t+3}\, dt&=&
		+	\left\{\begin{array}{ccc}
		+	t+3&=&x^2\\
		+	dt&=&2x\, dx\end{array}\right\}=
		+	\int_{0}^{1}(x^2-3)^2\cdot x\cdot 2x\, dx\\
		+	&=&
		+	2\int_{0}^{1}(x^6-6x^4+9x^2)\, dx=
		+	2\left[\frac{x^7}{7}-\frac{6x^5}{5}+3x^3\right]_{0}^1\\
		+	&=&
		+	2\left(\frac{1}{7}-\frac{6}{5}+3\right)=\frac{136}{35}=3\frac{31}{35}
		+	\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.7.b)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^1\frac{\ln(3x+1)}{3x+1}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc}
		+	\ln(3x+1)&=&t\\
		+	dx/(3x+1) &=& dt/3\end{array}\right\}=
		+	\frac{1}{3}\int_{0}^{\ln 4}t\, dt\\
		+	&=&\frac{1}{3}\left[\frac{t^2}{2}\right]_{0}^{\ln
		+	4}=\frac{1}{6}\,(\ln 4)^2=
		+	\frac{2}{3}\,(\ln 2)^2
		+	\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.7.c)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^{1/4}\frac{dx}{\sqrt{1-4x^2}}&=&\left\{\begin{array}{ccc}
		+	2x&=&t\\
		+	dx&=&dt/2\end{array}\right\}=
		+	\frac{1}{2}\int_{0}^{1/2}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\\
		+	&=&
		+	\frac{1}{2}\left[\arcsin
		+	t\right]_{0}^{1/2}=\frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{2}=
		+	\frac{\pi{}}{12}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.7.d)'''
		+
		+	Här måste man först undersöka vad $x^2-x-2$ har för tecken i olika
		+	intervall. Man kan nämligen inte s a s integrera under
		+	absolutbeloppet, det fungerar inte på samma sätt som en parentes. Nu
		+	har vi $x^2-x-2=(x-2)(x+1)$ med teckenschemat
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & -1 & & 2&\\
		+	x-2 & - & - & - & 0 & + \\
		+	x+1 & - & 0 & + & + & + \\
		+	(x-2)(x+1) & + & 0 & - & 0 & +\end{array}</math>
		+
		+
		+	Alltså är $|x^2-x-2|=x^2-x-2$ då $x\le -1$ och då $x\ge 2$ och
		+	$|x^2-x-2|=-(x^2-x-2)$ då $-1\le x\le 2$. Detta ger
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{-2}^3|x^2-x-2|\, dx&=&
		+	\int_{-2}^{-1}(x^2-x-2)\, dx-\int_{-1}^2(x^2-x-2)\, dx\\
		+	&+&
		+	\int_{2}^{3}(x^2-x-2)\, dx\\
		+	&=&
		+	\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x\right]_{-2}^{-1}-
		+	\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x\right]_{-1}^{2}\\
		+	&+&
		+	\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x\right]_{2}^{3}
		+	=\frac{49}{6}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.7.e)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^2\frac{dx}{x^2+2x+2}&=&\int_{0}^2\frac{dx}{1+(x+1)^2}=
		+	\left[\arctan(x+1)\right]_{0}^2=\arctan 3-\frac{\pi{}}{4}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.7.f)'''
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	\int_{0}^1\arctan x\, dx&=&\left[x\arctan x\right]_{0}^1-
		+	\int_{0}^1\frac{x}{1+x^2}\, dx\\
		+	&=&
		+	\arctan 1-\frac{1}{2}\int_{0}^1\frac{2x}{1+x^2}\, dx=
		+	\frac{\pi{}}{4}-\frac{1}{2}\left[\ln |1+x^2|\right]_{0}^1\\
		+	&=&
		+	\frac{\pi{}}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.8.'''
		+
		+	Vi har ju (enligt huvudsatsen)
		+
		+	<math>
		+	f'(x)=\frac{\cos x^2}{x+1},</math>
		+
		+
		+	så
		+
		+	<math>
		+	f''(x)=\frac{-2x(x+1)\sin x^2-\cos x^2}{(x+1)^2}.</math>
		+
		+
		+	Alltså är <math>f''(0)=-\cos 0=-1</math>.
		+
		+
		+
		+	'''10.9.'''
		+
		+	Derivatan är $f'(x)=(x^2-1)e^x=(x+1)(x-1)e^x$ med nollställen
		+	$±1$. Teckenschemat är
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & -1 & & 1 &\\
		+	x+1 & - & 0 & + & + & + \\
		+	x-1 & - & - & - & 0 & + \\
		+	f' & + & 0 & - & 0 & +\end{array}</math>
		+
		+
		+	(lägg märke till att faktorn $e^x$ inte påverkar tecknet). Alltså
		+	är $-1$ ett lokalt maximum och 1 ett lokalt minimum. Värdena är
		+	$f(1)=0$ och
		+
		+	<math>\begin{array}{lll}
		+	f(-1)&=&\int_{1}^{-1}(t^2-1)e^t\, dt=\left[(t^2-1)e^t\right]_{1}^{-1}-
		+	2\int_{1}^{-1}te^t\, dt\\
		+	&=&
		+	2\int_{-1}^1te^t\, dt=2\left[te^t\right]_{-1}^1-2\int e^t\, dt\\
		+	&=&
		+	2(e+e^{-1})-2\left[e^t\right]_{-1}^1=4e^{-1}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.10.'''
		+
		+	Gör substitutionen $x/a=t$, $dx=a\, dt$. Integralen blir
		+
		+	<math>
		+	a\int_{0}^{1}\frac{\arctan t}{a^2+a^2t^2}\, dt=
		+	\frac{1}{a}\int_{0}^1\frac{\arctan t}{1+t^2}\, dt.</math>
		+
		+
		+	Gör substitutionen $z=\arctan t$, $dz=dt/(1+t^2)$. Då får vi
		+
		+	<math>
		+	\int_{0}^1\frac{\arctan t}{1+t^2}\, dt=\int_{0}^{\pi{}/4}z\,
		+	dz=\left[\frac{z^2}{2}\right]_{0}^{\pi{}/4}=
		+	\frac{\pi{}^2}{32}.</math>
		+
		+
		+	Svaret är alltså att $a=\pi{}^2/32$.
		+
		+
		+
		+	'''10.12.a)'''
		+
		+	Arean är
		+
		+	<math>
		+	\int_{1}^2x^2\, dx=\left[\frac{x^3}{3}\right]_{1}^2=\frac{7}{3}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.12.b)'''
		+
		+	Arean är
		+
		+	<math>
		+	\int_{1}^2\ln x\, dx=\left[x\ln
		+	x\right]_{1}^2-\int_{1}^2x\cdot\frac{1}{x}\, dx=
		+	2\ln 2-\int_{1}^2\, dx=2\ln 2-1.</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.12.c)'''
		+
		+	Kurvan $y=e^x$ skär linjen $y=2$ för $x=\ln 2$. Arean är således
		+
		+	<math>
		+	\int_{0}^{\ln 2}(2-e^x)\, dx=\left[2x-e^x\right]_{0}^{\ln 2}=
		+	2\ln 2-2+1=2\ln 2-1.</math>
		+
		+
		+
		+	'''10.12.d)'''
		+
		+	Kurvan $y=x^2-2x-3$ skär $x$-axeln för $x=1±\sqrt{1+3}=1±2$,
		+	alltså för $x=-1$ och $x=3$. Arean är
		+
		+	<math>
		+	\int_{-1}^3(0-(x^2-2x-3))\,
		+	dx=-\left[\frac{x^3}{3}-x^2-3x\right]_{-1}^3=\frac{32}{3}.</math>

---

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 17

Tillbaka till lösningarna

10.3.a)

10.3.b)

10.3.c)

10.3.d)

10.3.e)

10.3.f)

10.4.a)

10.4.b)

Enligt en formel för halva vinkeln är $\cos^2x=(1+\cos 2x)/2$, så

10.4.c)

10.4.d)

Partialintegrera och välj $(x^2-1)/2$ som primitiv funktion till $x$:

10.4.e)

10.4.f)

10.6.a)

10.6.b)

Integralen är 0 eftersom undre och övre gränsen är lika.

10.6.c)

10.6.f)

10.6.g)

Här måste man komma ihåg att $1/\cos^2t$ är derivatan av $\tan t$, så att

10.6.h)

10.7.a)

10.7.b)

10.7.c)

10.7.d)

Här måste man först undersöka vad $x^2-x-2$ har för tecken i olika intervall. Man kan nämligen inte s a s integrera under absolutbeloppet, det fungerar inte på samma sätt som en parentes. Nu har vi $x^2-x-2=(x-2)(x+1)$ med teckenschemat

Alltså är $|x^2-x-2|=x^2-x-2$ då $x\le -1$ och då $x\ge 2$ och $|x^2-x-2|=-(x^2-x-2)$ då $-1\le x\le 2$. Detta ger

10.7.e)

10.7.f)

10.8.

Vi har ju (enligt huvudsatsen)

så

Alltså är f''(0) = − cos0 = − 1.

10.9.

Derivatan är $f'(x)=(x^2-1)e^x=(x+1)(x-1)e^x$ med nollställen $±1$. Teckenschemat är

(lägg märke till att faktorn $e^x$ inte påverkar tecknet). Alltså är $-1$ ett lokalt maximum och 1 ett lokalt minimum. Värdena är $f(1)=0$ och

10.10.

Gör substitutionen $x/a=t$, $dx=a\, dt$. Integralen blir

Gör substitutionen $z=\arctan t$, $dz=dt/(1+t^2)$. Då får vi

Svaret är alltså att $a=\pi{}^2/32$.

10.12.a)

Arean är

10.12.b)

Arean är

10.12.c)

Kurvan $y=e^x$ skär linjen $y=2$ för $x=\ln 2$. Arean är således

10.12.d)

Kurvan $y=x^2-2x-3$ skär $x$-axeln för $x=1±\sqrt{1+3}=1±2$, alltså för $x=-1$ och $x=3$. Arean är