Lösningar 19

Matematik för naturvetare 15hp

Hoppa till: navigering, sök

Lösningar till några övningar till lektion 19

Tillbaka till lösningarna



11.1.

Att bestämma partialbråksuppdelningar utan ansats är förstås tramsigt eftersom man i praktiken alltid använder olika ansatser. Lös därför övningen hur du vill!


11.1.a)

\frac{1}{x(x+1)}=\frac{(x+1)-x}{x(x+1)}=\frac{x+1}{x(x+1)}-\frac{x}{x(x+1)}= \frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}


11.1.b)

\begin{array}{lll} \frac{1}{x^2(x-1)}&=&\frac{x^2-(x^2-x)-(x-1)}{x^2(x-1)}= \frac{x^2}{x^2(x-1)}-\frac{x(x-1)}{x^2(x-1)}-\frac{x-1}{x^2(x-1)}\\ &=& \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\end{array}


11.1.c)

\frac{1}{x(4x^2+1)}=\frac{4x^2+1-4x^2}{x(4x^2+1)}= \frac{4x^2+1}{x(4x^2+1)}-\frac{4x^2}{x(4x^2+1)}= \frac{1}{x}-\frac{4x}{4x^2+1}


11.2.a.

\int\frac{dx}{x(x+1)}=\int\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right)\, dx= \ln |x|-\ln|x+1|+C=\ln\left|\frac{x}{x+1}\right|+C


11.2.b)

\int\frac{dx}{x^2(x-1)}=\int\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)\, dx= \ln|x-1|-\ln |x|+\frac{1}{x}+C


11.2.c)

\begin{array}{lll} \int\frac{dx}{x(4x^2+1)}&=&\int\left(\frac{1}{x}-\frac{4x}{4x^2+1}\right)\, dx= \ln|x|-\frac{1}{2}\int\frac{8x}{4x^2+1}\, dx\\ &=& \ln |x|-\frac{1}{2}\ln|4x^2+1|+C=\ln\frac{|x|}{\sqrt{4x^2+1}}+C\end{array}


11.6.a.

Vi har $9-x^2=(3+x)(3-x)$ så uppdelningen har utseendet

\frac{3}{9-x^2}=\frac{A}{3+x}+\frac{B}{3-x}.


Vi gör liknämnigt:

\frac{A}{3+x}+\frac{B}{3-x}=\frac{B(3+x)+A(3-x)}{(3+x)(3-x)}= \frac{(-A+B)x+3(A+B)}{9-x^2}


Detta ger ekvationssystemet

\left\{\begin{array}{cccc} -A+B&=&0\\ A+B&=&1\end{array}\right.


som har lösningen $A=B=1/2$. Partialbråksuppdelningen är således

\frac{3}{9-x^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3+x}+\frac{1}{3-x}\right).


11.6.b)

Vi faktoriserar nämnaren genom att bestämma dess nollställen:


6x-x^2-5=0\Leftrightarrow x^2-6x+5=0\Leftrightarrow x=3\pm\sqrt{9-5}=3\pm2


Nollställena är $x=1$ och $x=5$, så

6x − x2 − 5 = − (x − 1)(x − 5) = (1 − x)(x − 5).


Partialbråksuppdelningen har utseendet

\frac{1}{6x-x^2-5}=\frac{A}{1-x}+\frac{B}{x-5}


och gör vi liknämnigt så får vi

\frac{A}{1-x}+\frac{B}{x-5}=\frac{A(x-5)+B(1-x)}{(1-x)(x-5)}= \frac{(A-B)x-5A+B}{6x-x^2+5}.


Alltså måste

\left\{\begin{array}{ccc} A-B&=&0\\ -5A+B&=&1\end{array}\right. \Leftrightarrow A=B=-\frac{1}{4}.


Detta ger

\frac{1}{6x-x^2-5}=-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{x-5}\right).


11.6.c)

Nämnaren har faktoriseringen $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, där andragradsfaktorn inte har några reella nollställen (och således inte går att faktorisera vidare). Partialbråksuppdelningen har utseendet

\frac{1}{x^3-1}=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+x+1}.


Vi gör liknämnigt i HL:

\begin{array}{lll} \frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+x+1}&=& \frac{A(x^2+x+1)+(Bx+C)(x-1)}{(x-1)(x^2+x+1)}\\ &=& \frac{(A+B)x^2+(A-B+C)x+A-C}{x^3-1}.\end{array}


Detta ger ekvationsystemet

\left\{\begin{array}{cccccccccc} A&+&B&&&=&0\\ A&-&B&+&C&=&0\\ A&&&-&C&=&1\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{cccc} A&=&1/3\\ B&=&-1/3\\ C&=&-2/3\end{array}\right.


och vi får till sist

\frac{1}{x^3-1}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{x+2}{x^2+x+1}\right).


11.7.a)

\int\frac{3}{9-x^2}\, dx=\frac{1}{2}\int\left(\frac{1}{3+x}-\frac{1}{x-3}\right)\, dx= \frac{1}{2}\left(\ln|x+3|-\ln|x-3|\right)+C


11.7.b)

\begin{array}{lll} \int\frac{dx}{6x-x^2-5}&=&\frac{1}{4}\int\left( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{x-5}\right)\, dx\\ &=& \frac{1}{4}\left(\ln|x-1|-\ln|x-5|\right)+C\end{array}


11.7.c)

Vi skriver den andra termen i parentesen som

\frac{x+2}{x^2+x+1}=\frac{1}{2}\left( \frac{2x+1}{x^2+x+1}+\frac{3}{x^2+x+1}\right).


Här har den första termen utseendet $f'(x)/f(x)$, där $f(x)=x^2+x+1$. En primitiv funktion är således $\ln|f(x)|=\ln(x^2+x+1)$ (observera att $x^2+x+1>0$ för alla $x$). För att integrera den andra termen kvadratkompletterar vi nämnaren:

x^2+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}= \frac{3}{4}\left(1+\left(\frac{2x+1}{\sqrt 3}\right)^2\right)


Alltså är

\int\frac{dx}{x^2+x+1}=\frac{4}{3}\cdot\frac{\sqrt 3}{2}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt 3}+C= \frac{2}{\sqrt 3}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt 3}+C


De primitiva funktionerna till $1/(x^3-1)$ är således

\frac{1}{3}\left(\ln|x-1|-\frac{1}{2}\ln(x^2+x+1)-\sqrt 3 \arctan\frac{2x+1}{\sqrt 3}\right)+C.


11.9.b.

Partialbråksuppdela:

\frac{x+3}{x(x+2)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}=\frac{(A+B)x+2A}{x(x+2)}


Detta ger $A+B=1$, $2A=3$, alltså $A=3/2$, $B=-1/2$. Alltså


\begin{array}{lll} \int_{1}^2\frac{x+3}{x(x+2)}\, dx&=& \frac{1}{2}\int_{1}^2\left(\frac{3}{x}-\frac{1}{x+2}\right)\, dx = \frac{1}{2}\left[3\ln|x|-\ln|x+2|\right]_{1}^2\\ &=& \frac{1}{2}(3\ln 2-\ln 4-3\ln 1+\ln 3)= \frac{1}{2}\ln 6\end{array}


11.9.d)

Den andra faktorn kan faktoriseras: $x^2+2x-3=(x-1)(x+3)$. Partialbråksuppdelning:

\frac{1}{(x+1)(x^2+2x-3)}=\frac{1}{(x+1)(x-1)(x+3)}= \frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{x+3}.


Ekvationsystemet blir

\left\{\begin{array}{ccccccc} A&+&B&+&C&=&0\\ A&+&2B&&&=&0\\ -3A&+&3B&-&C&=&1\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ccc} A&=&-1/4\\ B&=&1/8\\ C&=&1/8\end{array}\right.


Alltså

\begin{array}{lll} \int\frac{dx}{(x+1)(x^2+2x-3)}&=& -\frac{1}{4}\ln|x+1|+\frac{1}{8}\ln|x-1|+\frac{1}{8}\ln|x+3|+C\\ &=& \frac{1}{8}\ln\frac{|(x-1)(x+3)|}{(x+1)^2}+C\end{array}


Vi har

\lim_{x\to\infty}\ln\frac{|(x-1)(x+3)|}{(x+1)^2}= \lim_{x\to\infty}\ln\frac{(1-1/x)(1+3/x)}{(1+1/x)^2}= \ln 1=0,


så

\begin{array}{lll} \int_{2}^{\infty}\frac{dx}{(x+1)(x^2+2x-3)}&=& \left[\frac{1}{8}\ln\frac{|(x-1)(x+3)|}{(x+1)^2}\right]_{2}^{\infty}\\ &=& -\frac{1}{8}\ln\frac{1\cdot 5}{3^2}=\frac{1}{8}\ln\frac{9}{5}.\end{array}


11.9.e)

Här är partialbråksuppdelningen

\frac{17x^2-x-26}{(x^2-1)(x^2-4)}=\frac{1}{3}\left( -\frac{4}{x+1}+\frac{5}{x-1}-\frac{11}{x+2}+\frac{10}{x-2}\right)

och integralen blir

\begin{array}{lll} &\frac{1}{3}\left[-4\ln|x+1|+5\ln|x-1|-11\ln|x+2|+10\ln|x-2|\right]_{3}^4&\\ &=\frac{1}{3}(7\ln 5-6\ln 3+2\ln 2).&\end{array}


11.10.

Partialbråksuppdelning ger

\begin{array}{lll} t&=&\int_{N_{0}}^{N}\frac{K\, dn}{n(M-n)}= \frac{K}{M}\int_{N_{0}}^{N}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{M-n}\right)\, dn\\ &=& \frac{K}{M}\left[\ln |n|-\ln|M-n|\right]_{N_{0}}^{N}= \frac{K}{M}\left(\ln\frac{N}{M-N}-\ln\frac{N_{0}}{M-N_{0}}\right) \end{array}


Detta ger i sin tur

\frac{N}{M-N}=\frac{N_{0}}{M-N_{0}}\, e^{Mt/K}\quad \mbox{och}\quad N=\frac{N_{0}Me^{Mt/K}}{N_{0}(e^{Mt/K}-1)+M}.


För att kunna se vad som händer då $t\to\infty$ förkortar vi med $e^{Mt/K}$:

N=\frac{N_{0}M}{N_{0}(1-e^{-Mt/K})+Me^{-Mt/K}}.


Eftersom $e^{-Mt/K}\to 0$ då $t\to\infty$, så får vi

Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): N\to\frac{N_{0}M}{N_{0}}=M\quad\mbox{då $t\to\infty$}.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_19
Personliga verktyg