1 k 2 + 1, k= 5. i=1. i = k + 6 eller k = i 6. m+6. (i 6) i=1

Transkript

1 TMA4 Høst 6 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Løsningsforslg Øving Vi er gitt summen og ønsker å skrive den på formen m k=5 k +, f(i). i= Strtpunktene er henholdsvis k = 5 og i =. Vi ser derfor t vi hr smmenhengen i = k + 6 eller k = i 6. Det siste leddet i summen er når k = m, det vil si i = m + 6. Hvis vi setter inn for k i den opprinnelig summen får vi t m k=5 m+6 k + = (i 6) +. i= For å sjekke svret kn mn skrive ut de første og det siste leddene i begge summene og se om de er like, m+6 i= m k=5 k + = (5) + + (4) m +, (i 6) + = ( 6) + + ( 6) + + (m + 6 6) + = (5) + + (4) m Gitt en funksjon f(), vet vi t vi kn pproksimere relet, A, begrenset v y =, kurven y = f(), = og = b som en sum v n rektngler med bredde = b n og høyde f( i), der i = + i og i =,..., n, A f( i ). i= Se figurene side 97 i bok for en illustrsjon. Vi ønsker derfor å skrive om vår sum på en slik form, n + i ( S n = n = + i ). n n i= i= 9. september 6 Side v 6

2 Løsningsforslg Øving 5 Med = og b = hr vi = n og i = i n, slik t S n = ( + i ). i= Ved smmenligning med summen øverst i denne oppgven, ser vi t vår sum er en pproksimsjon til relet begrenset v y =, y = +, = og =. Siden y = + er en rett linje, er dette området et trpes med høyde og sideknter og 5, og med rel, A = + 5 = 7. Ved å l n vil summen S n gå mot dette relet. Altså er lim S n = 7 n Vi er gitt funksjonen f() =. Vi deler intervllet [, ] inn i n like store underintervll [ i, i ], i =,,..., n, med størrelse = n, og der i = i = i n. Mengden v punkter {,,..., n } er nå en prtisjon, P n, v intervllet [, ]. Siden f() er en synkende funksjon for lle, hr vi t minimum v f på intervllet [ i, i ] er l i = i, og tilsvrende t mksimum på intervllet [ i, i ] er u i = i. Den nedre Riemnn-summen for f og P n er nå gitt ved (se Definisjon side i bok) L(f, P n ) = f(l i ) = f( i ) n = ( i ) n i= i= i= = i n n n = 4 n i i= i= i= = 4 n(n + ) = n + n n n = n. Her hr vi blnt nnet brukt summeringsreglene () og (b) i Teorem, side 9 i bok. På tilsvrende måte kn vi finne et uttrykk for den øvre Riemnn-summen, Vi ser t Dette betyr t U(f, P n ) = f(u i ) = i= f( i ) n = n i= ( i ) i= = (i ) = 4 n n n n (i ) i= i= i= = 4 n i + 4 n = 4 n(n + ) + 4 n n i= i= = n + n n + 4 n = n + 4 n = n. lim L(f, P n) = lim U(f, P n) =. n n ( )d =. 9. september 6 Side v 6

3 Løsningsforslg Øving 5 Kommentr: Hvorfor impliserer lim n L(f, P n ) = lim n U(f, P n ) = L t integrlet eksisterer? Fr definisjonen på et bestemt integrl (Definisjon, side i bok) hr vi t f er integrerbr på [, b] dersom det bre finnes et tll I slik t for lle prtisjoner P v [, b], så hr vi t L(f, P ) I U(f, P ). () Vi må ltså vise t denne betingelsen gjelder. L P være en vilkårlig prtisjon v [, b]. Vi kn d finne en uniform prtisjon P n som er like fin eller finere enn P ved å velge n stor nok. D vet i t L(f, P n ) L(f, P ). Dette gjelder også i grensen n, slik t lim L(f, P n) L(f, P ). n Siden P er vilkårlig, vil denne ulikheten gjelde for lle P. Tilsvrende kn vi vise t lim U(f, P n) U(f, P ), n for lle P. Ved å sette smmen disse ulikhetene hr vi t L(f, P ) lim n L(f, P n) = L = lim n U(f, P n) U(f, P ), for lle P. Siden betingelsen () skl gjelde for lle prtisjoner P, også P n for lle n, må vi kreve t I = L for t den skl være tilfredsstilt. Ingen ndre vlg v I vil oppfylle (). Vi hr ltså vist t f er integrerbr på [, b] med b f()d = L når lim n L(f, P n ) = lim n U(f, P n ) = L I denne oppgven bruker vi spesielt lineritet i det bestemte integrlet og dditivitet v integrsjonsintervller (se punktene (c) og (d) i Teorem side 6 i bok), henholdsvis og b A A b b f() d + f() d, for lle konstnter A, c b c Vi strter med å dele opp hvert ledd i integrler over intervllene [, ], [, ] og [, ], f() d + f() d + f() d f() d, f() d, f() d f() d, 9. september 6 Side v 6

4 Løsningsforslg Øving 5 Hvis vi summerer lle bidrgene til intervllene over [, ] står vi igjen med f() d For intervllet [, ] står vi igjen med f() d + f() d Til slutt, for intervllet [, ] står vi igjen med f() d f() d Dersom vi nå summerer lle disse leddene står vi igjen med f() d + f() d + Uttrykket i oppgven kn ltså forenkles til integrlet v f() over intervllet [, ] Vi skl finne gjennomsnittsverdien til f over [, ]. Den er gitt som (se Definisjon 4 side 9 i bok) f = e d. () 4 Vi vet t F () = e er den ntideriverte til f() siden F () = e = f(). Fr nlysens fundmentlteorem (The Fundmentl Theorem of Clculus, side i bok) følger det t f = 4 e d = (F () F ()) 4 = ( 4 e6 ) e6 = ( e 6 e 6) = sinh(6), Vi bruker substitusjon, og lr u =. D hr vi t du = d. Innstt i integrlet får vi nå t I = + 6 d = ( + 6 ) d = du + u. Vi ser nå t u = vr et godt vlg fordi vi står igjen med en enklere integrnd som kun er vhengig v u. Vi gjenkjenner integrnden,, som den ntideriverte til ( ) +u tn u (se punkt 6 øverst side 8 i bok). Altså hr vi t du + u = ( ) u tn + C. 9. september 6 Side 4 v 6

5 Løsningsforslg Øving 5 Vi setter så inn igjen for u, og får t I = ( ) tn + C = 6 tn ( ) + C. Husk t vi enkelt kn undersøke om vi hr regnet riktig ved å derivere svret og se om vi d ender opp med integrnden L u() = sin. D er og sin cos d = u () = cos, u() u () d = +u du = ln +u = ln +sin. D får vi sin cos d = ln (+sin π +sin π 4 ) = ln ( + ) Me ser t funksjonen y = er ikkje-negtiv for [, ]. Dermed kn me +6 finn relet A til området vgrens v y =, y =, = og = ved å +6 integrer den første vgrensing med omsyn på frå til, A = + 6 d. Dette integrlet kn løysst ved hjelp v substitusjonen u = + 6, som gjev du = d. Dermed får me svret A = = + 6 d 6 u du = [ln u] u=6 = ln Vi skisserer først kurvene og finner området vi skl finne relet v: y y = y = sin π/ π/ 9. september 6 Side 5 v 6

6 Løsningsforslg Øving 5 Vi er ltså ute etter relet, A, mellom kurvene y = og y = sin, se det skrverte feltet i figuren over. Disse kurvene skjærer hverndre i = ± π. D er A = π/ π/ ( sin ) d = π/ ( sin ) d = π/ d π/ sin d. Vi [ hr her brukt t sin er en like funksjon slik t integrlet over intervllet π, π ] [ ] er lik to gnger intergrlet over intervllet, π. Videre gjenkjenner vi det første integrlet som relet v rektngelet gitt v linjene y =, y =, = π og = π, mens det ndre integrlet er relet under kurven y = sin mellom = π og = π. Det første integrlet kn vi enkelt evluere, mens for det ndre bruker vi t sin = ( cos ) og t cos = sin + C. A = π/ π/ ( π ) = ( π ) = π = π. ( cos ) d ( sin ) π/ 9. september 6 Side 6 v 6