Lösningar 18

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 18== Tillbaka till lösningarna) ← Gå till föregående ändring		Versionen från 16 oktober 2007 kl. 14.59 (redigera) (ogör) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag) Gå till nästa ändring →
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>

---

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 14.59

Lösningar till några övningar till lektion 18

Tillbaka till lösningarna

10.5.a)

b)Här måste vi dela upp integrationsintervallet: Substitutionen $s=-t$ ger vilket visar att integralen är 0.

c)

d.

e)

f)

10.6.d)Till att börja med är som alltså är den generaliserade integralens värde.

10.14)Kvadratkomplettering ger 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

10.18)Omskrivningen 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

10.19)Om man skriver så ser man att summan är en Riemannsumma för $f(x)=1/(4+x^2)$ från $x=0$ till $x=2$, varför gränsvärdet är

10.20)Tangentens lutning är $k=3(-2)^2+6(-2)-4=-4$, så dess ekvation är 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

12.1. a.

b)

c)

d)

12.7)Till att börja med har vi så Kurvans längd är således

12.13)Antalet dödsfall är ungefär och deras sammanlagda avstånd till medelpunkten får vi genom att multiplicera med $r$. Det blir Binas medelavstånd blir