Lösningar 17

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 17

10.3.a)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^{\pi}\sin\frac{x}{2}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} x/2&=&t\\ dx&=&2dt\end{array}\right\}=\int_{0}^{\pi{}/2}\sin t\, 2dt\\ &=& 2\left[-\cos t\right]_{0}^{\pi{}/2}=2(-\cos(\pi{}/2)-(-\cos 0))=2\end{array}$

10.3.b)

$\int_{0}^1\frac{2}{1+x^2}\, dx=\left[2\arctan x\right]_{0}^1=2(\arctan 1-\arctan 0)=\pi{}/2$

10.3.c)

$\int_{-1}^2(x-2x^3)\, dx=\left[x^2/2-x^4/2\right]_{-1}^2= 2^2/2-2^4/2-((-1)^2/2-(-1)^4)/2)=-6$

10.3.d)

$\begin{array}{lll} \int_{-1}^{1/2}\sqrt{2-4x}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} 2-4x&=&t^2\\ dx&=&-t\, dt/2\end{array}\right\}\\ &=& \int_{\sqrt 6}^{0}(-t^2/2)\, dt=(1/2)\int_{0}^{\sqrt 6}t^2\, dt = (1/2)\left[\frac{t^3}{3}\right]_{0}^{\sqrt 6}=\sqrt 6\end{array}$

10.3.e)

$\int_{3}^5\frac{7}{x-1}\, dx=\left[7\ln|x-1|\right]_{3}^5= 7(\ln 4-\ln 2)=7\ln\frac{4}{2}=7\ln 2$

10.3.f)

$\int_{0}^{-2}\frac{1}{(1-x)^2}\, dx=\left\{\begin{array}{cccc} 1-x&=&t\\ dx&=&-dt\end{array}\right\}=\int_{1}^{3}\frac{-1}{t^2}\, dt= \left[\frac{1}{t}\right]_{1}^3=-\frac{2}{3}$

10.4.a)

$\begin{array}{lll} \int_{\pi{}}^0\tan\frac{x}{4}\, dx&=&\int_{0}^\pi{}\frac{\sin(x/4)}{\cos(x/4)}\, dx= \left\{\begin{array}{ccc} \cos(x/4)&=&t\\ \sin(x/4)\, dx&=&-4\, dt\end{array}\right\}\\ &=& -4\int_{1/\sqrt 2}^{1}\frac{dt}{t}= -4\left[\ln|t|\right]_{1/\sqrt 2}^1= (-4)\left(\ln 1-\ln\frac{1}{\sqrt 2}\right)\\ &=&-2\,\ln 2\end{array}$

10.4.b)

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

$\begin{array}{lll} \int_{0}^{\pi{}/6}\cos^2x\, dx&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi{}/6}(1+\cos 2x)\, dx= \frac{1}{2}\left[x+\frac{\sin 2x}{2}\right]_{0}^{\pi{}/6}\\ &=& \frac{1}{2}\left(\frac{\pi{}}{6}+\frac{\sqrt 3}{4}\right)= \frac{\pi{}}{12}+\frac{\sqrt 3}{8}\end{array}$

10.4.c)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^1t^3(1-t^4)^2\, dt&=&\left\{\begin{array}{ccc} 1-t^4&=&x\\ t^3\, dt&=&-dx/4\end{array}\right\} = -\frac{1}{4}\int_{1}^{0}x^2\, dx\\ &=& \frac{1}{4}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{0}^1= \frac{1}{12}\end{array}$

10.4.d)

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

$\begin{array}{lll} \int_{0}^1x\ln(x+1)\, dx&=& \left[\frac{x^2-1}{2}\, \ln(x+1)\right]_{0}^1-\int_{0}^1\frac{x^2-1}{2(x+1)}\, dx\\ &=& -\frac{1}{2}\int_{0}^1(x-1)\, dx=-\frac{1}{2}\left[\frac{x^2}{2}-x\right]_{0}^1 =\frac{1}{4}\end{array}$

10.4.e)

$\begin{array}{lll} \int_{1}^e\frac{\ln x}{x^3}\, dx&=& \left[-\frac{\ln x}{2x^2}\right]_{1}^e+\frac{1}{2}\int_{1}^e\frac{dx}{x^3}\\ &=& -\frac{1}{2e^2}+\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2x^2}\right]_{1}^e= \frac{1}{4}\left(1-\frac{3}{e^2}\right)\end{array}$

10.4.f)

$\begin{array}{lll} \int_{1}^{14}(2x-1)^{1/3}\, dx &=& \left\{\begin{array}{ccc} 2x-1&=&t\\ dx&=&dt/2\end{array}\right\}= \frac{1}{2}\int_{1}^{27}t^{1/3}\, dt\\ &=& \frac{1}{2}\left[\frac{t^{4/3}}{4/3}\right]_{1}^{27}= \frac{3}{8}\left(27^{4/3}-1^{4/3}\right)\\ &=& \frac{3}{8}((3^3)^{4/3}-1)= \frac{3}{8}(3^4-1)=30\end{array}$

10.6.a)

$\int_{0}^1(x^2-2)^2\, dx=\int_{0}^1(x^4-4x^2+4)\, dx=\left[\frac{x^5}{5}-\frac{4x^3}{3}+4x\right]_{0}^1= \frac{1}{5}-\frac{4}{3}+4=\frac{43}{15}$

10.6.b)

Integralen är 0 eftersom undre och övre gränsen är lika.

10.6.c)

$\begin{array}{lll} \int_{\pi{}/4}^{\pi{}/2}\sin^3r\, dr&=& \int_{\pi{}/4}^{\pi{}/2}(1-\cos^2r)\sin r\, dr=\left\{\begin{array}{ccc} \cos r&=&x\\ \sin r\, dr&=&-dx\end{array}\right\}\\ &=& -\int_{1/\sqrt 2}^0(1-x^2)\, dx=\left[x-\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{1\sqrt 2} = \frac{1}{\sqrt 2}-\frac{1}{6\sqrt 2}=\frac{5}{6\sqrt 2}\end{array}$

10.6.f)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^{\pi{}/4}\tan x\, dx&=&\int_{0}^{\pi{}/4}\frac{\sin x}{\cos x}\, dx= \left\{\begin{array}{ccc} \cos x&=&t\\ \sin x\, dx&=& -\, dt\end{array}\right\}\\ &=& -\int_{1}^{1/\sqrt 2}\frac{dt}{t}=\left[\ln|t|\right]_{1}^{1/\sqrt 2}=-\ln\frac{1}{\sqrt 2}=\frac{\ln 2}{2}\end{array}$

10.6.g)

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

$\int_{0}^{\pi{}/6}\frac{dt}{\cos^2t}=\left[\tan x\right]_{0}^{\pi{}/6}=\tan\frac{\pi{}}{6}=\frac{1/2}{\sqrt 3/2}=\frac{1}{\sqrt 3}$

10.6.h)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^{\pi{}/4}\frac{\sin x}{1+\tan^2x}\, dx&=& \int_{0}^{\pi{}/4}\frac{\sin x\cos^2x}{\cos^2x+\sin^2x}\, dx= \int_{0}^{\pi{}/4}\sin x\cos^2x\, dx\\ &=& \left\{\begin{array}{ccc} \cos x&=&t\\ \sin x\, dx&=& -t\end{array}\right\}= -\int_{1}^{1/\sqrt 2}t^2\, dt\\ &=& \left[\frac{t^3}{3}\right]_{1/\sqrt 2}^1=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2\sqrt 2}\right)\end{array}$

10.7.a)

$\begin{array}{lll} \int_{-3}^{-2}t^2\sqrt{t+3}\, dt&=& \left\{\begin{array}{ccc} t+3&=&x^2\\ dt&=&2x\, dx\end{array}\right\}= \int_{0}^{1}(x^2-3)^2\cdot x\cdot 2x\, dx\\ &=& 2\int_{0}^{1}(x^6-6x^4+9x^2)\, dx= 2\left[\frac{x^7}{7}-\frac{6x^5}{5}+3x^3\right]_{0}^1\\ &=& 2\left(\frac{1}{7}-\frac{6}{5}+3\right)=\frac{136}{35}=3\frac{31}{35} \end{array}$

10.7.b)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^1\frac{\ln(3x+1)}{3x+1}\, dx&=&\left\{\begin{array}{ccc} \ln(3x+1)&=&t\\ dx/(3x+1) &=& dt/3\end{array}\right\}= \frac{1}{3}\int_{0}^{\ln 4}t\, dt\\ &=&\frac{1}{3}\left[\frac{t^2}{2}\right]_{0}^{\ln 4}=\frac{1}{6}\,(\ln 4)^2= \frac{2}{3}\,(\ln 2)^2 \end{array}$

10.7.c)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^{1/4}\frac{dx}{\sqrt{1-4x^2}}&=&\left\{\begin{array}{ccc} 2x&=&t\\ dx&=&dt/2\end{array}\right\}= \frac{1}{2}\int_{0}^{1/2}\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\\ &=& \frac{1}{2}\left[\arcsin t\right]_{0}^{1/2}=\frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{2}= \frac{\pi{}}{12}\end{array}$

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

$\begin{array}{cccccc} x & & -1 & & 2&\\ x-2 & - & - & - & 0 & + \\ x+1 & - & 0 & + & + & + \\ (x-2)(x+1) & + & 0 & - & 0 & +\end{array}$

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

$\begin{array}{lll} \int_{-2}^3|x^2-x-2|\, dx&=& \int_{-2}^{-1}(x^2-x-2)\, dx-\int_{-1}^2(x^2-x-2)\, dx\\ &+& \int_{2}^{3}(x^2-x-2)\, dx\\ &=& \left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x\right]_{-2}^{-1}- \left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x\right]_{-1}^{2}\\ &+& \left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}-2x\right]_{2}^{3} =\frac{49}{6}\end{array}$

10.7.e)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^2\frac{dx}{x^2+2x+2}&=&\int_{0}^2\frac{dx}{1+(x+1)^2}= \left[\arctan(x+1)\right]_{0}^2=\arctan 3-\frac{\pi{}}{4}\end{array}$

10.7.f)

$\begin{array}{lll} \int_{0}^1\arctan x\, dx&=&\left[x\arctan x\right]_{0}^1- \int_{0}^1\frac{x}{1+x^2}\, dx\\ &=& \arctan 1-\frac{1}{2}\int_{0}^1\frac{2x}{1+x^2}\, dx= \frac{\pi{}}{4}-\frac{1}{2}\left[\ln |1+x^2|\right]_{0}^1\\ &=& \frac{\pi{}}{4}-\frac{1}{2}\ln 2\end{array}$

10.8.

Vi har ju (enligt huvudsatsen)

$f'(x)=\frac{\cos x^2}{x+1},$

så

$f''(x)=\frac{-2x(x+1)\sin x^2-\cos x^2}{(x+1)^2}.$

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

$\begin{array}{cccccc} x & & -1 & & 1 &\\ x+1 & - & 0 & + & + & + \\ x-1 & - & - & - & 0 & + \\ f' & + & 0 & - & 0 & +\end{array}$

(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

$\begin{array}{lll} f(-1)&=&\int_{1}^{-1}(t^2-1)e^t\, dt=\left[(t^2-1)e^t\right]_{1}^{-1}- 2\int_{1}^{-1}te^t\, dt\\ &=& 2\int_{-1}^1te^t\, dt=2\left[te^t\right]_{-1}^1-2\int e^t\, dt\\ &=& 2(e+e^{-1})-2\left[e^t\right]_{-1}^1=4e^{-1}\end{array}$

10.10.

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

$a\int_{0}^{1}\frac{\arctan t}{a^2+a^2t^2}\, dt= \frac{1}{a}\int_{0}^1\frac{\arctan t}{1+t^2}\, dt.$

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

$\int_{0}^1\frac{\arctan t}{1+t^2}\, dt=\int_{0}^{\pi{}/4}z\, dz=\left[\frac{z^2}{2}\right]_{0}^{\pi{}/4}= \frac{\pi{}^2}{32}.$

Svaret är alltså att $a=\pi{}^2/32$.

10.12.a)

Arean är

$\int_{1}^2x^2\, dx=\left[\frac{x^3}{3}\right]_{1}^2=\frac{7}{3}.$

10.12.b)

Arean är

$\int_{1}^2\ln x\, dx=\left[x\ln x\right]_{1}^2-\int_{1}^2x\cdot\frac{1}{x}\, dx= 2\ln 2-\int_{1}^2\, dx=2\ln 2-1.$

10.12.c)

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

$\int_{0}^{\ln 2}(2-e^x)\, dx=\left[2x-e^x\right]_{0}^{\ln 2}= 2\ln 2-2+1=2\ln 2-1.$

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

$\int_{-1}^3(0-(x^2-2x-3))\, dx=-\left[\frac{x^3}{3}-x^2-3x\right]_{-1}^3=\frac{32}{3}.$

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_17

-b.
+'''10.3.b)'''
 <math>
-c. <math>
+'''10.3.c)'''
+<math>
 \int_{-1}^2(x-2x^3)\, dx=\left[x^2/2-x^4/2\right]_{-1}^2=
 ^2/2-2^4/2-((-1)^2/2-(-1)^4)/2)=-6</math>
-d.
+'''10.3.d)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-e.
+'''10.3.e)'''
 <math>
-f. <math>
+'''10.3.f)'''
+<math>
 \int_{0}^{-2}\frac{1}{(1-x)^2}\, dx=\left\{\begin{array}{cccc}
 -x&=&t\\
-.4.a.
+'''10.4.a)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-b.
+'''10.4.b)'''
 Enligt en formel för halva vinkeln är $\cos^2x=(1+\cos 2x)/2$, så
-c.
+'''10.4.c)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-d.
+'''10.4.d)'''
 Partialintegrera och välj $(x^2-1)/2$ som primitiv funktion till
-e.
+'''10.4.e)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-f.
+'''10.4.f)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-.6.a)'''
+'''10.6.a)'''
 <math>
-b.
+'''10.6.b)'''
 Integralen är 0 eftersom undre och övre gränsen är lika.
-c.
+'''10.6.c)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-f.
+'''10.6.f)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-g.
+'''10.6.g)'''
 Här måste man komma ihåg att $1/\cos^2t$ är derivatan av $\tan t$,
-h.
+'''10.6.h)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-b.
+'''10.7.b)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-c.
+'''10.7.c)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-d.
+'''10.7.d)'''
 Här måste man först undersöka vad $x^2-x-2$ har för tecken i olika
-e.
+'''10.7.e)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-f.
+'''10.7.f)'''
 <math>\begin{array}{lll}
-.8.
+'''10.8.'''
 Vi har ju (enligt huvudsatsen)
-Alltså är $f''(0)=-\cos 0=-1$.
+Alltså är <math>f''(0)=-\cos 0=-1</math>.
 <math>\begin{array}{cccccc}
 x   &   & -1 &   & 1 &\\
-\hline
 x+1 & - & 0  & + & + & + \\
 x-1 & - & -  & - & 0 & + \\
-b.
+'''10.12.b)'''
 Arean är
-c.
+'''10.12.c)'''
 Kurvan $y=e^x$ skär linjen $y=2$ för $x=\ln 2$. Arean är således
-d.
+'''10.12.d)'''
 Kurvan $y=x^2-2x-3$ skär $x$-axeln för $x=1±\sqrt{1+3}=1±2$,

Lösningar 17

Matematik för naturvetare 15hp

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 17

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda