BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8

Transkript

1 Innlevering BYFE DAFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 5. april 6 kl Antall oppgaver: 8 Funksjonen ft) er vist i guren over. Funksjonen F x) er denert som for x. F x) = x ft) dt a) Bestem F ), F ) og F ). LF: F ) = ft) dt =, F ) = ft) dt = siden dette er arealet av kvadratet med sider med lengde. Videre er F ) = F )+ ft) dt = + ) = siden ft) dt er det samme arealet med motsatt fortegn siden f er negativ på [, ]). b) Er F kontinuerlig? Er F deriverbar overalt? LF: Funksjonen f er for x mindre enn og - for x større enn. Dermed er F x) = x for x mindre enn og F x) = F ) + x ) dt = x) = x for x større enn. Dvs F er kontinuerlig for x < og < x. Vi må sjekke om F er kontinuerlig i x = : lim F x) =, x lim F x) = =. x +

2 Dvs lim x F x) = lim x + F x) og F er kontinuerlig. Analysens fundamentalteorem sier at F x) = fx). Siden f = den deriverte til F ) ikke er kontinuerlig i x = er ikke F deriverbar i x = den deriverte eksisterer ikke i x = ). Finn de ubestemte integralene a) x 3 /x) dx LF: x 3 /x) dx = x 3x ln x + C b) LF: Vi utfører polynomdivisjon 5 x 3 + x ) dx = x + 5 x 3 + x ) dx x + x 3/5 + + / ) dx x + = x8/5 8/5 + x + ln x + + C = 5x8/5 + x + ln x + + C c) πx e 3x3 dx LF: Vi benytter substitusjon med u = 3x 3 slik at dx = du/u x) = du/9x : πx e 3x3 dx = π x e u du 9x = π 9 eu + C = π 9 e3x3 + C d) t 3 3t + dt LF: Vi forsøker med substitusjonen u = 3t +. Da er t = u )/3 og dt = du/3. t u )/3 3 dt = 3t + 3 u 3 du = u /3 u /3) du 9 ) u5/3 3u /3 + C = 3t + )5/ t + )/3 3 + C

3 3 En beholder er konstruert som rotasjonslegemet om y-aksen av grafen til funksjonen y = x /3 for x mellom og. Bestem volumet til en væske som fyller beholderen til en høyde h. Hint: Endringsraten til volumet med hensyn til høyden dv/dh er gitt ved tverrsnittarealet ved høyde h. Finn et uttrykk for dette som en funksjon av høyden h. Benytt så integrasjon til å nne V h). LF: Volumet til væsken ved høyde h er en funksjon V h). For høyden y mellom og H = /3.658 er endringsraten V y) lik det horisontale tverrsnittarealet ved høyde h. Dette arealet er lik pi ganget med radius xy) kvadrert. Siden y = x /3 så er x uttrykt ved y gitt ved x = y 3/. Derfor har vi at dv dy = πy3/ ) = πy 3 Vi kan integrere med hensyn til høyden for å nne V h). Ved bunnen av beholderen er volumet lik så r V ) =. Vi har derfor at for h /3. V h) = V h) V ) = h dv dy dy = h πy 3 dy = πh / Alternativt kan volumet til beholderen bestemmes som følger. Volumet som fremkommer ved rotasjon av y = x /3 om y-aksen mellom x = og x = h 3/ ) er ikke volumet til beholderen. Men volumet er lik volumet til sylinderen med radius h 3/ og høyde h minus dette volumet: V = π h 3/) h π h 3/ h 3/ xfx) dx = πh π xx /3 dx = πh 3π h = π h. I denne oppgaven kan dere benytte numeriske metoder både til å bestemme punktet hvor integranden skifter fortegn og til å evaluere integraler hvis nødvendig). a) Estimer nullpunktet til x 3 x 3 = på intervallet [, ]. LF: La fx) = x 3 x 3. Da er f) < og f) > og det må, pga at f er kontinuerlig, være minst ett nullpunkt på intervallet [, ]. Det kan vises at det er bare ett nullpunkt. Dette kan bestemmes ved f eks Newtons metode til å være x.677. b) Estimer integralet x 3 x 3 dx. 3

4 LF: Funksjonen x 3 x 3 skifter fortegn i punktet x.677. Dermed er x 3 x 3 dx = x x 3 x 3) dx + Disseto integralene kan løses analytisk og vi får: x 3 x 3 dx.9. x x 3 x 3) dx. c) Estimer integralet π sin x x dx. LF: Samme fremgangsmåte som a), men integralet må ogsåløses numerisk. Funksjonen gx) = sin x skifter fortegn på intervallet [, π] og har derfor minst ett x nullpunkt på dette intervallet. Det kan vises at det bare er ett nullpunkt x. Dette kan bestemmes ved bruk av f eks Newtons metode. Vi får x.8955 slik at Følgelig; altså π π sin x x π sin x x dx = x sin x x ) dx π sin x x x ) dx. x dx = π dx + x x dx + sin x π x dx sin x x x dx, sin x x dx = x π sin x π x ) + x dx sin x x x dx, hvor de to integralene bestemmes f eks ved Simpsons metode slik at π x π sin x x dx = π sin x x ) + x dx sin x x x dx = I denne oppgaven kan dere benytte numeriske metoder både til å nne skjæringspunkt og til å evaluere integraler hvis nødvendig). a) Bestem arealet avgrenset av grafene til x )/3 og lnx). LF: La fx) = lnx) x )/3. Da er f x) = /x /3. Funksjonen er avtagende for < x < 3 og økende for x > 3. Funksjonen er kontinuerlig, den har derfor maksimalt to nullpunkter. Det er opplagt at x = er et nullpunkt. Vi benytter Newtons metode eller halveringsmetoden) til å nne enda et nullpunkt til. Det er tilnærmet lik Arealet avgrenset av grafene til de to funksjonene er gitt ved integralet av fx) mellom de to nullpunktene. Det er tilnærmet lik 6.78 lnx) x )/3 dx = x lnx) x x ) / = 6.78ln6.78) ) ) /6 =

5 b) Bestem volumet til legemet som fremkommer ved å rotere om x-aksen regionen avgrenset av grafene til funksjonene e x og e x. LF: De to grafene skjærer hverandre når e x = e x. Dette skjer presis når eksponentene er like x = x. Så x = og x =. Området avgrenset av grafene er regionen mellom grafene fra x = til x =. I dette området er e x størst så volumet er lik π π e x ) e x ) dx = e x e x dx Det nnes ingen elementær funksjon som er antiderivert til andre leddet i) integranden. Vi benytter numerisk integrasjon og nner at volumet er tilnærmet lik c) Finn buelengden til kurven gitt ved gx) = e x fra x = til x =. Er svaret du får rimelig? LF: Buelengden er lik L = + e x dx Den rette linjen fra start til slutt-punkt har lengde + e + ) = Dette gir et nedre estimat for buelengden. Nummerisk integrasjon gir her er Simpsons metode benytta med delintervaller L Eg hadde opprinnelig bare tenkt at denne siste deloppgaven skulle løses numerisk. Men noen av dere har påpekt at det går nt å nne en antiderivert som en elementær funksjon. Eg viser hvordan man kan nne de antideriverte. Vi benytter en generell a i stede for tallet i eksponenten + e ax dx Vi benytter substitusjonen u = + e ax. Da er u = ae ax = au ). Integralet blir omgjort til u au ) du Vi fjerner roten ved å benytte substitusjonen v = u eller u = v. Da er du = vdv og vi får v av ) vdv = v av ) dv = 5

6 Vi benytter polynomdivisjon samt delbrøksoppspalting + a v dv = + / a v )) dv = v + ) v + / ln v a v + + C Vi uttrykker v ved hjelp av x som vx) = + e ax og får + e ax dx = + e ax + + e a a ln ax + e ax + + C 6 Finn de bestemte integralene eksakt). a) x x + dx LF: Vi benytter substitusjonen u = x +. Da er du = xdx. x u) x + dx = u) / u du = 5 u / du = u / 5 = 5 b) sinx 3 ) + cos x) ) dx Hint: Integralet fra a til a av en odde integrerbar) funksjon er. LF: Siden sinx 3 ) er en odde integrerbar) funksjon så er integralet sinx3 ) dx =. Integralet vårt er derfor lik cos x) dx = cosx) + dx = sinx) + x = sin) Her har vi benyttet en trigonometrisk likhet for å skrive om integranden slik at det blir lettere å nne en antiderivert. + c) lnx) dx LF: Dette er et uegentlig integral. Funksjonen lnx) går mot når x nærmer seg fra positiv side. Integralet er lik lim a + a lnx) dx 6

7 Delvis integrasjon med lnx) hvor u settes lik og v = lnx) gir Grensen a lnx) dx = x lnx) x a = ln) a lna) + a lim a lna) = a + siden lnx) går mot mye saktere enn a går mot. Integralet er derfor lik lim ln) a lna) + a = ln)) = a + 7 Funksjonen ft) er vist i guren over. Vi denererer F x) som F x) = x ft) dt for x 3π. a) Bruk guren til å bestemme lokale og globale maksimums- og minimumspunkter til F merk: til F, ikke f) på det angitte intervallet. LF: Lokale og globale maksimums- og minimumspunkter har vi ) i randpunkter, ) i punkter hvor den deriverte er, eller 3) i punkter hvor den deriverte ikke eksisterer. I dette tilfellet eksisterer den deriverte F x) = fx) overalt, så vi har ingen punkter av type 3). Det er re punkter hvor den deriverte F x) = fx) er ; x =, x = π, x = π og x = 3π, altså er randpunktene inkludert blant disse. Vi kan rangere verdien i disse punktene: = F ) < F π) < F 3π) < F π). Denne rangeringen kommer vi fram til ved å sammenligne arealer under grafen til f på de ulike intervallene. Vi kan konkludere med at vi har et globalt minimum i x = og globalt maksimum i x = π. For x = π har vi lokalt minimum og for x = 3π lokalt maksimum. 7

8 b) Funksjonen f som er vist, er ft) = e t/ sin t. Bestem F x). LF: Dersom ft) = e t/ sin t er F x) = x e t/ sin t dt. Den antideriverte kan bestemmes på to måter: Først observerer vi at e t/ sin t = e t/ Im e it ) = Im e t/+it). Dermed er x x ) F x) = e t/ sin t dt = Im e t /+i) dt. Integralet inne i parentesen er x [ e t /+i) dt = / + i et /+i) Dvs F x) = Im / + i ] x = e x /+i) ). / + i e x /+i) )) / i = Im e x/ cos x + i sin x) ) ), /) + altså er F x) = 6 + e x/ )) 7 sin x cos x. Alternativt kan vi bestemme F x) ved å bruke delvis integrasjon: Lar vi ut) = e t/ og v t) = sin t får vi e t/ sin t dt = e t/ cos t e t/ cos t dt. Gjør vi det samme med integralet på høyre side får vi e t/ cos t dt = e t/ sin t + e t/ sin t dt. Dette gir e t/ sin t dt = e t/ cos t e t/ sin t + ) e t/ sin t dt, dvs en ligning hvor det ønskede integralet er ukjent. Løses denne ligningen og regner ut det tilhørende bestemte integralet får vi ) e t/ sin t dt = 6 7 e t/ cos t e t/ sin t, slik at F x) = 6 + e x/ )) 7 sin x cos x. 8

9 8 Løs startverdiproblemene. a) y 3y = cosx) y) = LF : Dette er en første ordens dierensiallikning med konstante koesienter. Likningen er av orden og det er en randbetingelse. De homogene løsningene løsningene til likningen y 3y = ) er y = Ae 3x for konstanter A. Vi nner nå en partikulær løsning. Det vil være realdelen av en løsning til y 3y = e ix. Vi forsøker med en funksjon på formen y = Ke ix. Setter vi den inn får vi i 3)Ke ix = e ix Dette gir K = i 3 = i + 3 = i + 3 En partikulær løsning er derfor Re i + 3 ) cosx) + i sinx)) = 3 cosx) + sinx))/ Løsnignene er derfor på formen yx) = Ae 3x + 3 cosx) + sinx))/ Vi løser nå randverdiproblemet. Kravet y) = gir A 3/ =, så A = 3/. Løsningen til randverdiproblemet er yx) = 3e 3x + 3 cosx) + sinx))/ b) y x 3) = x y y) = / LF: Dette er en separabel dierensiallikning. Vi samler faktorer som er funksjoner bare av y på venstre side og faktorer som er funksjoner av x på høyre side av likhetstegnet. y y dx = x x 3 dx For å gjøre det enklere å løse integralet til høyre utfører vi polynomdivisjon Vi nner de antideriverte og får x x 3 = x x 3 y = x + 3x +.5 ln x 3 + C 9

10 Vi løser randverdiproblemet: Setter vi inn x = og y = / får vi så C =. Løsningen er = ln + C = + C, yx) = x + 3x +.5 ln x 3 c) y + 3x 5 = x y y) = LF: Dette er en førsteordens linær dierensiallikning. Vi benytter integrerende faktorer y x y)e x3 /3 = y e x3 /3 ) = 3x 5 e x3 /3 Vi integrerer og får y e x3 /3 = 3x 5 e x3 /3 dx = 3 3u/) /)e u du = 9/ue u e u )+C hvor vi har benyttet substitusjonen u = x 3 /3. Den deriverte til u er lik x. Dette gir y = e x3 /3 9/ x 3 /3)e x3 /3 e x3 /3 ) + C) = 3x 3 / + 9/ + Ce x3 /3