Lösningar 18

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 15.06

Lösningar till några övningar till lektion 18

10.5.a)

$\int_0^{\infty}e^{-2x}\, dx=\lim_{T\to\infty}\int_0^Te^{-2x}\, dx=\lim_{T\to\infty}\left[-\frac{e^{-2x}}{2}\right]_0^T= \lim_{T\to\infty}\frac{1-e^{-2T}}{2}=\frac{1}{2}$

10.5.b)

Här måste vi dela upp integrationsintervallet:

$\int_{-\infty}^{\infty}t^3e^{-t^2}\, dt=\int_{-\infty}^{0}t^3e^{-t^2}\, dt+\int_{0}^{\infty}t^3e^{-t^2}\, dt=I_1+I_2.$

Substitutionen $s=-t$ ger

$I_1=-\int_{\infty}^0(-s)^3e^{-(-s)^2}\, ds=-\int_0^{\infty}s^3e^{-s^2}\, ds=-I_2$

vilket visar att integralen är 0.

10.5.c)

$\begin{array}{lll} \int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx&=& \left[e^x\sin 2x\right]_{-\infty}^\pi{}-2\int_{-\infty}^\pi{}e^x\cos 2x\, dx\\ &=& -2\left[e^x\cos 2x\right]_{-\infty}^\pi{}-4\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx\\ &=& -2e^\pi{}-4\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx\end{array}$

Alltså är

$\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx=-\frac{2e^\pi{}}{5}.$

10.5.d)

$\int_0^1x\ln x\, dx=\left[\frac{x^2}{2}\, \ln x\right]_0^1-\int_0^1\frac{x^2}{2}\cdot\frac{1}{x}\, dx= -\int_0^1\frac{x}{2}\, dx=-\left[\frac{x^2}{4}\right]_0^1=-\frac{1}{4}$

10.5.e)

$\int_1^3\frac{1}{\sqrt{x-1}}\, dx=\left[2\sqrt{x-1}\right]_1^3=2\sqrt 2$

10.5.f)

$\int_1^{\infty}\frac{1}{(x+1)^3}\, dx=\left[-\frac{1}{2(x+1)^2}\right]_1^{\infty}=\frac{1}{8}$

10.6.d)

Till att börja med är

$\begin{array}{lll} \int_0^T\left(\frac{x}{2x^2+1}-\frac{1}{1+2x}\right)\, dx&=&\left[\frac{1}{4}\ln(2x^2+1)-\frac{1}{2}\ln(1+2x)\right]_0^T\\ &=& \frac{1}{4}\ln\frac{2T^2+1}{(1+2T)^2}=\frac{1}{4}\ln\frac{2+1/T^2}{(2+1/T)^2}.\end{array}$

När $T\to\infty$ så går detta mot

$\frac{1}{4}\ln\frac{2}{2^2}=-\frac{1}{4}\ln 2,$

som alltså är den generaliserade integralens värde.

10.14)

Kvadratkomplettering ger

$y=(x-2)^2-1\quad\mbox{resp.}\quad y=(x-4)^4-9$

och med hjälp av detta kan man lätta skissa graferna:

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

$\int_1^7(0-(x^2-8x+7))\, dx-\int_1^3(0-(x^2-4x+3))\, dx=\frac{104}{3}.$

10.18)

Omskrivningen

$\sum_{k=0}^{3n}\frac{k+1}{n^2}= \sum_{k=1}^{3n+1}\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}=\sum_{k=1}^{3n}\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}+ \frac{3n+1}{n^2}$

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

$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{3n}\frac{k+1}{n^2}=\int_0^3x\, dx=\frac{9}{2}.$

10.19)

Om man skriver

$\frac{n}{k^2+4n^2}=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{4+(k/n)^2},$

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

$\int_0^2\frac{dx}{4+x^2}=\frac{1}{4}\int_0^2\frac{dx}{1+(x/2)^2}=\frac{1}{4}\left[2\arctan\frac{x}{2}\right]_0^2=\frac{\pi{}}{8}.$

10.20)

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

$y-((-2)^3+3(-2)^2-4(-2))=(-4)(x-(-2))\quad\mbox{dvs}\quad y=-4x+4.$

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

$\int_{-2}^1(-4x+4-(x^3+3x^2-4x))\, dx=\frac{27}{4}.$

12.1.a)

$V=\pi{}\int_0^2(2x-x^2)^2\, dx=\pi{}\int_0^2(x^4-4x^3+4x^2)\, dx=\pi{}\left[\frac{x^5}{5}-x^4+\frac{4x^3}{3}\right]_0^2=\frac{16\pi{}}{15}$

12.1.b)

$V=\pi{}\int_0^1(e^x)^2\, dx=\pi{}\int_0^1e^{2x}\, dx=\pi{}\left[\frac{e^{2x}}{2}\right]_0^1=\frac{\pi{}(e^2-1)}{2}$

12.1.c)

$V=\pi{}\int_0^\pi{}\sin^2\, dx=\pi{}\int_0^\pi{}\frac{1-\cos 2x}{2}\, dx=\pi{}\left[\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\right]_0^\pi{}= \frac{\pi{}^2}{2}$

12.1.d)

$\begin{array}{lll} V&=&\pi{}\int_1^e(\ln x)^2\, dx=\left\{\begin{array}{ccc} x&=&e^t\\ dx&=&e^t\, dt\end{array}\right\}=\pi{}\int_0^1t^2e^t\, dt\\ &=& \pi{}\left[t^2e^t\right]_0^1-2\pi{}\int_0^1te^t\, dt=\pi{}e-2\pi{}\left[te^t\right]_0^1+2\pi{}\int_0^1e^t\, dt\\ &=& \pi{}e-2\pi{}e+2\pi{}\left[e^t\right]_0^1=\pi{}(e-2)\end{array}$

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

$\begin{array}{lll} V&=&\pi{}\int_2^5\left(\frac{5}{y}-1\right)^2\, dy=\pi{}\int_2^5\left(\frac{25}{y^2}-\frac{10}{y}+1\right)\, dy\\ &=& \pi{}\left[-\frac{25}{y}-10\ln |y|+y\right]_2^5 =\pi{}\left(\frac{21}{2}-10\ln\frac{5}{2}\right).\end{array}$

12.4)

$V=\pi{}\int_{-\infty}^0(e^y)^2\, dy=\pi{}\int_{-\infty}^0e^{2y}\, dy=\pi{}\left[\frac{e^{2y}}{2}\right]_{-\infty}^0=\frac{\pi{}}{2}$

12.7)

Till att börja med har vi

$y'=\frac{e^{t/a}-e^{-t/a}}{2},$

så

$1+(y')^2=1+\frac{1}{4}\left(e^{2t/a}-2+e^{-2t/a}\right)=\frac{1}{4}\left(e^{t/a}+e^{-t/a}\right)^2.$

Kurvans längd är således

$L=\int_0^a\sqrt{1+(y')^2}\, dt=\frac{1}{2}\int_0^a(e^{t/a}+e^{-t/a})\, dt= \frac{a}{2}\left[e^{t/a}-e^{-t/a}\right]_0^a=\frac{a(e-e^{-1})}{2}.$

12.13)

Antalet dödsfall är ungefär

$\begin{array}{lll} \int_0^{30}V_d(t)\, dt&=&3560\int_0^{30}\frac{dt}{(e^{0,2t-3,4}+e^{-(0,2t-3,4)})^2}= \left\{\begin{array}{ccc} z&=&e^{0,2t-3,4}\\ t&=&5(3,4+\ln z)\\ dt&=&5dz/z\end{array}\right\}\\ &=& 3560\cdot 5\int_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\frac{dz/z}{(z+z^{-1})}= 3560\cdot 5\int_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\frac{z\, dz}{(1+z^2)^2}\\ &=&3560\cdot 5\left[-\frac{1}{1+z^2}\right]_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\approx 8800.\end{array}$

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

$\frac{4\pi{}r^2\ dr}{4\pi{}R^3/3}\cdot N$

och deras sammanlagda avstånd till medelpunkten får vi genom att multiplicera med $r$. Det blir

$3N\left(\frac{r}{R}\right)^3dr.$

Binas medelavstånd blir

$\frac{1}{N}\cdot 3N\int_0^R\left(\frac{r}{R}\right)^3dr=\frac{3}{R^3}\left[\frac{r^4}{4}\right]_0^R= \frac{3R}{4}.$

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_18

Lösningar 18

Matematik för naturvetare 15hp

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 15.06

Lösningar till några övningar till lektion 18

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda

-'''10.5.a)'''<math>
+'''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>
+'''10.5.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>
+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}
+'''10.5.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}
+-2e^\pi{}-4\int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx\end{array}</math>
-Alltså är <math>
+Alltså är
+<math>
 \int_{-\infty}^\pi{}e^x\sin 2x\, dx=-\frac{2e^\pi{}}{5}.</math>
-d.<math>
+'''10.5.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>
+'''10.5.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>
+'''10.5.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}
+'''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}
+\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}</math>
-När $T\to\infty$ så går detta mot <math>
+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>
+'''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]
+[[Bild:Fig1dag18.jpg]]
-   \centering
-   \includegraphics[width=7cm]{Fig1dag18.jpg}
+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
-   %\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>
+<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>
+'''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>
+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>
+'''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>
+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>
+'''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>
+$x^3+3x^2-4x=-4x+4$. 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>
+'''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>
+'''12.1.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>
+'''12.1.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}
+'''12.1.d)'''
-V&=&\pi{}\int_1^e(\ln x)^2\, dx=\left\{\begin{array}{ccccc}
+<math>\begin{array}{lll}
+V&=&\pi{}\int_1^e(\ln x)^2\, dx=\left\{\begin{array}{ccc}
 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}
+\pi{}e-2\pi{}e+2\pi{}\left[e^t\right]_0^1=\pi{}(e-2)\end{array}</math>
+'''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
-'''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}
+<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}
+=\pi{}\left(\frac{21}{2}-10\ln\frac{5}{2}\right).\end{array}</math>
-'''12.4)'''<math>
+'''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>
+'''12.7)'''
+Till att börja med har vi
+<math>
 y'=\frac{e^{t/a}-e^{-t/a}}{2},</math>
-så <math>
+så
+<math>
 +(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>
+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}
+'''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}
 \cdot 5\int_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\frac{dz/z}{(z+z^{-1})}=
 \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}
+&=&3560\cdot 5\left[-\frac{1}{1+z^2}\right]_{e^{-3,4}}^{e^{2,6}}\approx 8800.\end{array}</math>
-'''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>
+'''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>
+och deras sammanlagda avstånd till medelpunkten får vi genom att multiplicera med $r$. Det blir
+<math>
 N\left(\frac{r}{R}\right)^3dr.</math>
-Binas medelavstånd blir <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>