Integral Kokeboken. sin(πx 2 ) sinh 2 (πx) dx = 2. 1 log x. + log(log x) dx = x log(log x) + C. cos(x2 ) + sin(x 2 ) dx = 2π. 1 k t.

Transkript

1 Integral Kokeboken sinπ sinh π 4 log + loglog loglog + C cos + sin π t e Γt k k t Γtζt arcsin + arccos π + C

2 Integral fra R til Z π 6 sec y dy ln 3 i 64 The integral sec y dy From zero to one-sith of pi Is the log to base e Of the square-root of three Times the sity-forth power of i Abstrakt I dette heftet så tar vi et dypdykk ned i kanskje den mest fundamentale delen av kalkulus. Vi skal se på kunsten å integrere. Grovt sett kan vi dele grenen av matematikk kalt kalkulus inn i to hovedområder, derivasjon og integrasjon. Der derivasjon tar seg av forandringer i funksjoner, fokuserer integrasjon på å studere areal knyttet til funksjoner. Bak den enkle tanken av å finne arealet av figurer, gjemmer også noen av de nydeligste problemene innen matematikk seg. Studiet av disse problemene er selve kjernen av dette dokumentet.

3 Innhold. Oppgavesammling I Integral Oppgaver Oppgavesammling II Integral Oppgaver Oppgavesammling III Integral Oppgaver Part IV 9 Kortsvar Langsvar 5 Bibliografi 7

4 . Oppgavesammling I Integral + 3 sin / 5 n ln sin cos e e n π e ln e ln + sin cos ln n R a log sin π ln π π e + + ln sin/e! e e + e + e a+π a sin /4 e y ln sine sin ln e loge a e e m n ln ln n 3 e e +e ln 3 m n π e 6 4 sin sin π/3n tann 4a a e sin e cos e ln + π/ π/6 + tan + + 3

5 π 3 + ln sin 59. π ln log + log cossin cos + e 3+ln 3 n ln ln log5 log 5 + ln ln.. Oppgaver. Finn integralet av cos sin + sin cos.. Er 3 større, mindre eller lik 4? 3. Utfordrning: La f være en funksjon slik at f er integrerbar på [, 3]. f. 3f + f for alle [, ] Bestem integralet 3 f 4. Løs differensiallikningen [ ] y log + gitt at y5 y4 9. e e 5. Bestem integralet av Ved å bruke en kjent derivasjonsregel 6. Vis at arealet under funksjonen positivt og reell konstant. a er lik 8 a5, dersom a er en ln ln 7. Bestem følgende integral 4. 3

6 8. Finn arealet begrenset av f, g + n. Der n er et reelt tall. Hva er den minste verdien n kan ha for at arealet skal være definert? 9. Finn t slik at. Gitt at B C t t f 5,. Gi en geometrisk tolkning av likningen. B A f 5 og A C f Hva kan du si om f? Finnes det noen eksempler på funksjoner med disse egenskapene?. Vis eller motbevis følgende ulikhet I B > I A + I C Der A, B og C er definert som I A. Vis at +, I B +, I C er lik C Bruk to ulike metoder til å integrere h a e med hensyn på. Der a er en vilkårlig positiv konstant og e betegner eksponensialfunksjonen. 4. Bevis følgende sammenhenger 5. Finn 6. La a b c d e f 4 a b a a a a b f f f f b a a b a a f fa f + f fb + a f + f e fe + C f f ln[f] + C + ved tegning. I : 3!!3!4! 3, da er I a + b der, a og b er to heltall. Regn ut a + b. 4

7 7. Bestem integralet 3 + via to ulike metoder. 8. Vi definerer f, g cosπ, sinπ fg. Regn ut +, og 9. Finn arealet mellom f sin og g sin fra til nπ hvor n er et positivt heltall.. Regn ut e /γ hvor γ er definert som. Hvilken verdi må α og β ha for å minimere. Bestem integralet 3. Finn et reellt tall a som oppfyller + + ln β α + 6? der n er et positivt tall større enn. ln n a e + e En mustasj-liknende form er laget, ved å se på arealet mellom f sin og g cos på et passelig interval. Se figur 4 Bestem arealet av barten. Figur : Det hvite arealet representerer barten. 5. Finn området avgrenset av n og n i første kvadrant når n > Hva skjer når n <? Hva skjer i spesialtilfellene når n og n? 6. Dersom ψ 7. Vis at ρ + ρ og ρ >, hva er da eψ lik? ϕ ψ e e ϕ e ψ, der ψ og ϕ er enholdsvis minste og største løsning av. 8. Vi lar fn e n. Regn ut f... f4, klarer du å se noe mønster? Bevis mønsteret ditt via induksjon. 9. Vi lar η være et oddetall og ser på funksjonen f η e η+ i første kvadrant. Hva er da arealet avgrenset av f og linjen? 5

8 . Oppgavesammling II π π/.. Integral cos sin cos + sin + sin + e π sin 3 θ sin θ + sin θ dθ 7/ sinlog 4a 3 4 a 4 ln e + e ln π/ cos π π/ 8 3 cos 4 sin π 3π + 3 a cos + b sin + + a y log 4 log 4 ln e π/ sin cos + sin + cos + + n sinh + cosh cosh sinh sin + cos π a + e sin sin sin f fa + f log tan tan tan 3 a tan 6. π/ csc sin π π sin arctan e + cos 6

9 .. Oppgaver. Beregn dobbeltintegralet + +a K dt t, hvor a R. Og vis at løsningen kan skrives som K arcsinh + log a a + a + C, bla ved å bruke definisjonen sinh [ep + ep] /.. Drøft integralet π sin θ dθ r + R Rr cos θ, for tilfellene når r > R > og R > r >. 3. En definisjon av naturlige logaritmen er gitt som arealet under /t fra t til t. log : t dt. Vis at definisjonen er ekvivalent med den vanlige definisjonen: log d log log a r r log a log ab log a + log b 4. Gitt at a og b er to reelle tall slik at a + b 5 og tan θ b a Finn cos θ og cos θ uttrykt ved a. 5. Vis at t må være periodisk for at ab 3 ab t e sin t e cos + t 6. Løs integralet med og uten bruk av substitusjonen cos θ. 7

10 7. American Mathematical Monthly # 457 Vinkelen Θ er definert utifra følgende figur vis at Θ O a b b a Θ π 4 b a b + a der < a < b. Det kan være fordelaktig å uttrykke vinkelen som arccosf hvor f er en funksjon av. 8. Anta at en har en beholder som er fyllt med en liten mengde vann. Vi øker så temperaturen i beholderen. Målet er studere hvordan det molare metningstrykket heretter kalt damptrykket varierer som en funksjon av en rekke kjente parameter. For å gjøre dette lager en en enkel model ved hjelp av Clausius-Clapeyron s ligning dp dt S V Denne beskriver hvor raskt damptrykket forandrer seg, altså dp/ dt Her er S forandring i entropien og gitt som S n L f /t hvor L f er smeltevarme når vann går over til damp, n er antall mol og T er temperaturen. Videre så er V forandringen i volumet og gitt som V V g V e. Hvor V g er gassvolumet og V e er væskevolumet. Tilnærmelsen V V g kan benyttes da det antas en har mye mer gass enn væske. Gassen antas å følge ideel gasslov pv nrt, hvor n er mol, R er gasskonstanten og T er temperaturen. a Vis at Clausius-Clapeyron s ligning kan omskrives til d log p L f dt T R Entropi gir et mål på hvor mye uorden eller kaos som er i et system 8

11 Det å anta at smeltetemperaturen L f ikke avhengig av tempereturen er ganske tåpelig. I stedet så er det rimelig å anta at L f avtar lineært med temperaturen for lave temperaturer. 8 K < T < 44 K. L f T α βt. Bruk vannets trippelpunkt som reffereanse P 6 Pa ved T 73.6 K og uttrykket for smeltevarmen til å vise at pt kan skrives som pt K T µ ep{ Z/T } og kartlegg dermed konstantene Z, K og µ. 9. Gitt funksjonen f arccos + arcsin. Vis at f og bestem integralet, f D hvor D er hele definisjonsmengden til f. Altså alle lovlige -verdier.. La f og g være to integrerbare funksjoner på [ 8, 8] og la I 4 8 4f 8g g 4f. Bestem 7 I når det oppgvis at, f er en likefunksjon, g er en oddefunksjon og gjennomsnittsverdien av f og g på [, 8] er.. La f være en kontinuerlig funksjon og f eksisterer. Vis at f f. Beregn integralet a +, hvor a. 3. La f være en strengt voksende og kontinuerlig deriveerbar funksjon på [, 5] slik at: f og f5. Anta at der f betegner inversen til f. 5 f f 7, bestem integralet 9

12 π/ e sin n 4. Bestem π/, hvor n N. e sin n 5. Bruk følgende integral 6. Beregn integralet epπ til å vise at 7 > π sinln n noen noen n slik at integralet blir et heltall? 7. Vi lar D hvor m Q 8. Vis at 4/3 3/4, hvor n er et heltall. Finnes det Vis at ed kan skrives på formen m a b + a + b er null for alle a, b R 9. Vis at dersom a N er et naturlig tall så er a a π 4. Vis de fire likhetene na log a ma log a + a a arctan n arctan m a/m a/n log + a + a log a arctan a m arctan, n holder for alle reelle positve tall a, n, m som tilfredstiller nm n + m +.. Gitt at α er en spiss vinkel, vis at Iα + cos α + α sin α. Test om uttrykket stemmer for grensetilfellet α. Eksisterer det en spiss vinkel slik at Iα α?. Dette blir et av de ytters få ubestemt integralene som studeres i denne delen. La f og bestem integralene 4 f og f. 3. Dersom f, f 3 og f 5, bestem I f

13 4. Vis at log + og bruk dette til å bestemme I loga + b 5. I denne oppgaven studeres følgende integral I R log, hvor R er en rasjonal funksjon. Anta at integralet konvergerer. a Vis at hvis R tilfredstiller funksjonallikningen R R, så er I. b Bestem integralene J : log + + og K : arctan Bestem følgende integral I φ arctan + φ Hvor φ er det gylne snittet, gitt som den største løsningen av, eller φ + 5. Vis og at følgende ulikhet holder /3 < I < /. Hvor det kan fritt benyttes at φ cosπ/5. 7. Integralet π/ π/6 a b. sin 3 cos3 kan skrives som Bestem ab + b b a + 8. La f og g være to funksjoner som har kontinuerlige første og andrederiverte på [5, 7]. Anta videre at funksjonene er integrerbare på intervalet. Beregn I : 7 5 fg når det oppgis følgende: i f, f > for alle [5, 7]. ii Funksjonen f/g har kritiske punkt i 5 og 7. iii For alle [5, 7] så er g /f. iv g g f[g ] for alle [5, 7]. 9. Vis at π π π cos u + du + cos u du + cosu du

14 3. Bestem a og b slik at I b a [ sin arccos ] oppnår sin maksimale verdi. Hvor stor kan I bli? 3. Vis at dersom f coslog og g sinlog + coslog så er [ 3. Bestem integralet e A 33. Beregn integralet 34. Vis at f g ] 4e, der A a +, hvor a ! !. 8t 4t + dt 35. I denne oppgaven skal en studere nærmere Ω konstanten, og noen av dens egenskaper. Omega konstanten er definert slik at den oppfyller Ωe Ω. a Vis at Ω konstanten er unikt definert. Vis altså at likningen e har nøyaktig en løsning I resten av oppgaven skal en se nærmere på funksjonene f og g log, og hvordan de kan relateres til Ω konstanten. b Vis at skjæringspunktene mellom f og g er henholdsvis og e Ω. c Vis at arealet avgrenset av f, g, og kan uttrykkes via Ω konstanten som A 6 eω + 9 e3ω 6Ω + 9Ω 3 Hvor det kan bli nyttig å benytte seg av definisjonen til Ω. d Omega konstanten kan og defineres rekursivt via Ω n+ + Ω n + e Ωn med startverdi Ω. Bruk startverdien Ω og to iterasjoner til å anslå integralet. En bedre startverdi er Ω log, bruk denne og at e 8/3 til å anslå integralet. Benytt nå en iterasjon. Omega funksjonen betegnes og ofte som LambertW, og en lengre artikkel finnes på wikipedia

15 36. Vis at I : b a f A log + log + B og kartlegg dermed konstantene A og B. Det integreres fra a til b log og f y er implisitt gitt som + ye y, y >. Hint: Det kan lønne seg å benytte delvis integrasjon for å oppnå for deretter å bruke substitusjon. 37. I denne oppgaven skal en så vidt være innom kvantefysikk. Merk at ingen forkunnskaper utover integrasjon er nødvendig. Oppgaven dreier seg i praksis om Carbon-4 datering, men som sagt fokuserer en her på det matematiske. Når et C 4 atom henfaller, brytes ned skiller det ut blant annet ut en α partikkel, alfa-stråling. Denne α partikkelen har da et potensial V r Ze 4πɛ r Radien til partikkelen er gitt som r, mens strålingen fra partikkelen når til til radien r r, Energien til partikkelen en da være E V r Ze 4πɛ r og tilslutt så er hvor mye stråling som blir avgitt fra partikkelen gitt som T ep r m [ V r E ] dr ħ r a Vis at en kan skrive V r Er /r og at log T kan uttrykkes som log T me r ħ r /r Videre så ønsker en å undersøke hvordan log T øker når E avtar. b Forklar hvordan en kan skrive om integralet til I r /r og, beregn integralet eksakt. r/r, c For lettere regning kan en benytte seg av en frekk tilnærming. Det første integralet er lik π/, og for det andre integralet har en at < r /r slik at faktoren bidrar tilnærmet ingenting, så. Bestem nå et tilnærmet uttrykk for I og log T. 3

16 d Tilslutt leker en oss litt med algebra. Vis at [ log T Z ] K E K Zr hvor verdiene for K og K er henholdsvis K π e mc og K 4 4πɛ ħc e mc 4πɛ ħc ħc 38. Gitt at 4c b π / vis at π b b/ + b + c 5 4

17 .3 Oppgavesammling III.3. Integral. / log log. 3. e / LambertW 4. log +.3. Oppgaver. Beregn Dirichlet integralet ved hjelp av dobbeltintegralet I hvor D [, [,.. Bestem følgende sum hvor v > u. S n sin ω ω dω π D v u n+ 3. Tom Apostol -.3 Definer F y : e st sin t ds, t v u u n v n sin y + y >. a Vis at F y tilfredstiller følgende differensiallikning og bruk dette til å vise at F y F y π, F y π e y. b Bruk F y til å bestemme følgende tre integral sin y + a, cos y + a, og sin y + a. 5

18 4. Tidligere har en studert følgende integral I n a, b : a cos + b sin n For n og n. Anta n > og vis at I n tilfredstiller α + I n I n ni n β hvor er summen av de partiellderiverte. Bestem og et lukket uttrykk for I n ved hjelp av partiellderiverte. Det kan fritt benyttes at I a, b π/ ab. 5. Putnam 8 B Merk, oppgaven er ikke helt den samme. La F log. For n, defineres Bestem følgende sum F n+ F n t dt lim log n n! Fn n 6. Putnam 968 A5 Det integralet som kanskje har høstet mest oppmerksomhet gjennom Putnam s historie er følgende er følgende I log + + i denne oppgaven ser vi nærmere på ulike måter å bestemme integralet på. a Løs integralet ved hjelp av substitusjonen tan θ. b Innfør en parameter α i teller og bestem integralet. c Benytt den rare substitusjonen + + y, til å bestemme integralet. 7. I denne oppgaven skal vi se hvordan Euler kan ha kommet frem til antakelsen om at betafunksjonen var relatert til gammafunksjonen. Se på følgende integral I π Bruk integralet til å vise hvorfor det kan være rimelig å anta at betafunksjonen kan skrives som B, y t t y dt ΓΓy Γ + y. 6

19 8. I forrige oppgave viste vi en måte å komme frem til å komme frem antakelsen om sammenhengen mellom betafunksjonen og gammafunksjonen. Denne sammenhengen ble vist i?? ved hjelp av Bohr-mullerup theoremet. Siden den gang har vi forhåpentligvis lært mange flere teknikker. Disse kan benyttes til å bevise sammenhengen og vi studerer nærmere to av disse. a Skriv ΓΓy som et dobbeltintegral og bruk det til å bevise??. b Bruk konvolusjonstheoremet for laplace-transformasjoner med ft t og gt t y til å bevise??. 9. Følgende likhet har tidligere blitt vist log Γ + t log π + t log t t > og kan benyttes fritt i denne oppgaven. Bestem følgende integral B, y d, y hvor S [, ] [, ] er enhetsfirkanten unit square.. Sinus funksjonen er definert som følger S Siz : z sinc z sin, og vi ser at lim z Siz π/ gir oss Dirichlet integralet som har blitt studert før. I denne oppgaven skal vi studere en rekke relaterte integral. a Vis at sinc sinc. a Uttrykk integralene sin 4 og sin 4 4 ved hjelp av Dirichlet integralet.. I denne og den neste oppgaven studerer vi nærmere Wallis integralet { π/ π p W n sin n p+ p når n p når n p +,. som vi har sett tidligere. p p+ / p+ n 7

20 a Vis først at W n π/ cos n, og deretter at høyre og venstre side av likheten tilfredstiller differensiallikningen for alle n. nw n n W n b Vis følgen er synkende og at for store n så er W n+ W n. Bruk dette til å vise at for store n så er π W n n, hvor det kan være lurt å betrakte følgen y n n + W n W n+. c Avslutningsvis viser vi noe av nytteverdien til Wallis integralet og beregningene vi har utført. Fra tidligere har vi vist tilnærmet at n! C n n n, der C R+. e også kjent som stirrlings formel. Tidligere har vi antatt at C, men vi kan finne en enda bedre tilnærmelse for denne konstanten. Bruk tilnærmelsen for W n fra deloppgave b og det eksakte uttrykket fra likning. til å bestemme C. Du kan fritt benytte deg av at likning. holder for store n. 8

21 IV

22 Kortsvar. π/ ln + C log C ln + + C π/ nπ 4. e + C 5. sin + C C 7. Hint: ψ, ϕ må ikke beregnes... arcsin + C. ln cos + sin + C π log 6 + C C / [ 3 + ] 5 + C C eπ arctan 5. arctan + arctan log + C ln a + a a arctan a + C ln e + C 8.

23 9. 3. a π /4 33. π ab 34. π 4 når a log π log log + log + arctan log π ln log arctan + C 4. ln cos + ln cos 3 ln cos 3 + C 43. π π ab π 46. 3

24 ... arcsinh log + +. /r når r > R >, /R når R > r >. Hint: La integralene få samme grenser.. Bruk sumformelen for arctan. a 3, b 4 så a b + b a cos θ t π + πn n N a 5 3. cos θ a π 4. b5 logab a 5 5. J, K π π 4 6. π 4φ 7. t π + πn n N 8. π 9. π.. Del opp og la u e. π a e π 5. I positiv /7 π e π n n n +, n Hint a b a + b + 7. a 3, b 4 så a b + b a a 3, b 4 så a b + b a 3. a, b mai / e 33. π a 34. hint: u, 5 49 u t 35. a 3, b 4 så a b + b a 36. B /4, A / a 3, b 4 så a b + b a I positiv /7 π

25 .3.. ζ3. π 3. ζ3 4. log π 3

26 .3.. π/ 6. π/ 7. π/. π π/ 3. π/ 4. π n n! 5. π/ α + n β ab 9. log π log π π/ 4

27 Langsvar... Vi legger merke til at vi kan dele opp integralet i to, som vist under The first integral kan forkortes til, mens i det andre kan vi sette konstantleddet utenfor, og faktorisere ut en i teller og nevner. + 3 Hvor vi tilslutt brukte at ln / + 3 ln + C 39. Velger først å sette konstanten 3 utenfor integralet. Og i resten av løsningen vil vi fokusere på integralet av / +. Første metode er å legge til å trekke fra i teller, da fås Gjenntas samme metode på siste brøk fås + [ ] Alternativt kan brøkoppspaltingen bli gjort noe enklere ved å legge til og trekke fra i nevner. Videre benyttes det at +. Vi får Integasjon gir oss nå direkte at I [ + log + log ] + C 3 log C 5

28 Svaret hinter og mot at substitusjonen u / vil virke. Da er du /. Innsatt fås I 3 u + u + 3 du u + 3 u + du som før. log u u + C 3 log C.. 3. Det enkleste her blir å benytte at b g b c a a c gu + c du.3 Her lot vi u +c, slik at du og a u a c og b u b c. Dette blir brukt straks, men først deles integralet opp i tre interval. 3 f f + f + 3 f Første integral er enkelt å beregne det kommer fra egenskap, vi konsentrer oss om det andre integralet f f + f.4 hvor vi benyttet oss først av likning.3 og i siste overgang egenskap 3 f + f/. For det siste integralet får vi noe av det samme 3 f f + f 4 f.5 Igjen blir likning.3 brukt i første overgang og i siste overgang brukte vi likning.4. setter vi alt dette sammen får vi endelig 3 f f f + f f + 3 f + 4 f f 6

29 7. Fra oppgaven så er ϕ og ψ løsninger av likningen som er det samme som at ϕϕ og ψψ. For nå holder vi på denne tanken og regner ut det ubestemte integralet I : e e e [ ] e e e e e + e e e + C 4 4 Eller så kan gjøre antakelsen som før at P e Ge, der P og G er to polynomer med samme grad. Gjør vi dette fås e [ A + B + C ] e + C Deriverer vi nå begge sider og sammler koeffisientene fås e [ A + A + B + C + B ] e Ved å sammenlikne koeffisienter ser vi at A /, B / og C 4, slik at [ e ] e 4 som er det samme som før. Regnes det bestemte integralet ut nå fås ϕ ψ [ e ] ϕ e [ ϕϕ e ϕ ψψ e ψ] }{{}}{{} e ϕ e ψ er vi enda frekkere kan utregningene gjøres litt enklere som ϕ ψ e 4 [ {}}{ e ] ϕ ψ ψ 4 [e ] ϕ ψ e ϕ e ψ men dette var vel nok frekkheter for en dag. Vi kan bestemme eksakte uttrykk for ϕ og ψ selv om dette er nødvendig. Ved å skrive om fås, som innsatt i ABC-formelen gir ± 4 ± 5. 7

30 Herfra definerer vi ϕ : + 5 og ψ : 5 Siden ϕ skulle være større enn ψ. Setter vi inn i løsningen fås som er et rimelig pent svar det og. I e +5 e 5,... Begynn med substitusjonen u da er du og u + [ u + ] u 4 Innsatt får en da direkte at 4 I u u du arcsin u arcsin + C Om denne løsningen virker noe rar, hjelper det å fullføre kvadratet i teller. Da ser en at Og dette hinter kraftig til at substitusjonen / u/ u vil virke. Det siste integralet er standard, men alternativt kan substitusjonen u sin y benyttes. Siden sin y cos y og du cos dy.. Legg merke til at cos + sin cos sin slik at cos + sin I cos + sin d cos + sin cos + sin log log cos + sin cos + sin hvor det ble benyttet at + C holder for alle funksjoner. du {}}{ f f }{{} u du u log f 5. Legg merke til at en kan skrive integralet som følger + + J 7/ / 3 + 8

31 Ved hjelp av substitusjonen t + / så er t dt / og / t innsatt fås da J t t t dt 3 t t 5 t4 t + C 5 t t 3t 5 + C + 3/ [ ] 5 + C 6. Ved faktorisering fås I Sistnevnte integral er rett frem, og førstnevnte kan løses via u så du I du + u + + arctan + C 7. En relativ enkel metode er å først definere følgende integral I coslog og J sinlog herfra så kan en se at I + J sinlog + cosln Benyttes delvis integrasjon nå på første integral hvor u sin log og v fås [ ] coslog I + J sin log + cosln sin log + C Tislvarende beregnes I J I J coslog sinln [ ] sinlog coslog cos log + C sinln Altså har en to likninger, og to ukjente. I + J sin log I J cos log I II 9

32 Addisjon av likningene gir at I sin log + cos log og subtraksjon I II gir J sin log cos log. Oppsumert får en endelig at e π sinlog [ sin log cos log [ ] eπ eπ Alternativt kan integralet skrives ved substitusjonen u log til I e u sin u du Hvor en har lagt merke til at e u og at du / e u du. Dette er et standard integral somkan beregnes på samme måte som før ved å innføre hjelpeintegralet e u cos u, Via å skrive det om på kompleks form. Legg merke til at e u cos u + i e u sin u du e u e iu du i + eiu e u der Eulers identitet e iω cos ω + i sin ω ble benyttet. Videre så ønsker en å dele svaret inn i en reell del og en kompleksdel. Dette oppnås ved å benytte seg av at i og å gange med den konjugerte. i + i i eiu e u i cos u + i sin ueu [ ] sin u + cos u e u + i [ ] sin u cos u e u ved å sammenlikne de relle og komplekse delene av svaret får en som ønsket integralene e u cos u og e u sin u.. Det er flere måter å angripe dette integralet på. Det letteste er nok å huske på at dette gir seg direkte at π/ sin cos + sin a π/ f Dobbler en integralet vårt får en at I π/ π/ π/ a fa sin π cos π + sin π sin cos + sin + sin cos + sin + sin + cos cos + sin π/ π/ π/ ] e π sin cos + sin cos sin + cos π π/ cos sin + cos 3

33 Slik at en får da direkte at π/ Som var det en ønsket å finne. sin cos + sin π 4 π/ cos cos + sin 7. Det er flere måter å angripe denne sauen i fåreklær. Løsning Vi prøver seg på den virkelige vågale substitusjonen u + +, Altså ser en at du C Alternativt kan en benytte seg av substitusjonen da har en videre at du u + Altså bli integralet vår følgende du u C Moralen er ikke vær redd for å benytte vågale substitusjoner. For kompletthet så går en derivasjonen av u nærmere i sømmene. Ved bruk av kjerneregelen så er g / /g / g g så g d + + d Som var det en ønsket å vise. 3

34 Løsning Vi benytter seg av den litt mindre vågale substitusjonen u + +, du Så integralet vårt kan bli omformet som følger du u + I u du u du u u + C C Her ble det implisitt brukt at u u u u u u u og 9. Integralet kan bli løst på flere ulike metoder, den antakeligvis mest kreative metoden er vist under. I u 6, du 6 7 du 6 7 I u du 6 6 log u + C I 6 log 6 + C. Løsning: Her velger en å benytte seg av delvis integrasjon med Dette gir seg at u log, v log Igjen bruker en delvis integrasjon hvor, u log log +, v log u log, v, u, v Så dette gir seg at det ubestemte integralet kan skrives som log log log 3

35 Med innsatte grenser gir dette seg log [ log log Den siste grensen kan for eksempel vises via rekkeutvikling, eller L hôptial. La f log a / hvor a > da har en L lim log a lim a loga lim ] a! loga a Hvor en benyttet seg av L hôptial, a antall ganger da en har et / uttrykk hver gang. Løsning: da Uten videre lar en t log så e t og dt innsetning gir log log e t t dt! Den siste likheten kommer fra gammafunksjonen, som er definert som følger. La nå z være et positivt heltall, da er e t t z dt z! Denne funksjonen er bevist i Del I, og gjør en sterk tilbakekomst i Del III.. + I La nå u + + 7, du Nå trenger en å uttrykke +7 via u, Legg merke til at u u u du 5 5 [ 5 3 u3 ] 4 u4 + C 5 u3 [4 3u] + C 3 [ ] C C + C +7, slik at 33

36 . Legg merke til at π/ π/ + cos cos [ ] π/ sin [ sin π/ π 4 cos ] sin Den vanskeligste overgangen er nok den første, den er vist i større detalj under. Vi har cos cos sin cos cos cos Legger en til på begge sider, og setter t/ får en cos t + cos t som var det en ønsket å vise. Den neste tingen som kan virke uklart er hvorfor en fjerner absoluttegnet og dette er enkelt og greit fordi cos/ > når [, π/]. Videre i utregningen blir det kun brukt kjente ting som at sin cos, sin, sinπ/4 / osv. 7. Fra tidligere vet en at Ved innsetning får en da at f f f + f.6 + e + + e + e + + e + e e e e e + e + e [ 3 3 ]

37 Løsning null. Vi legger merke til at integralet er odde omkring π/, og derfor Løsning En helt tisvarende metode er å bruke substitusjonen u π. Vi har vist tidligere at a Dette gir seg på vårt integral at I π π π π f a sin sin sin 3 fa sinπ sinπ sin3π sin sin sin 3 sin sin sin 3 Dobbler en integralet vårt får en at I I I π sin sin sin 3 π sin sin sin 3 Nå var en svært nøye i utledningen vår her. Men det er nok å si at dersom I I så er I Småkjip oppgave, legg merke til at Herfra benytter en seg av substitusjonen + u +, u du du u du Integralet vår kan dermed skrives som + I 3 + u u.7.8 du.9 35

38 37. Legg merke til at en kan skrive om integranden som følger log 4 log 4 log log 4 log log Dette hinter kraftig til at substitusjonen γ / log vil virke. Da får en fra kvotientregelen γ log log dγ log log Innsatt får en da direkte at integralet kan skrives som log I 4 log 4 log 4 log log 4 γ γ 4 dγ γ γ + 4 log γ γ + 4 log log + log + + γ + arctanγ + C + arctan log + C Og en er ferdige. Oppspaltingen av brøken kan eksempelvis gjennomføres slik Begynn med substitusjonen z så log + z/. Integralet blir da I log log logz + z / + z logz dz Deler nå integralet opp fra, til,. I det siste integralet blir variabelskifte z /y benyttet så I log log + z z / + z logz dz + log log + /y y / + /y logy dy y 36

39 Ved å bytte tilbake fra dummy-variablenen y tilbake til z i det siste integralet og forenkle integranden kan uttrykket forenkles til log log log + z z / + z logz dz + log dz z / + z log log z log z z / + z logz dz dr + r π log Hvor i nest siste linje ble substitusjonen r z / og z r. 4. Dette er et svært kjent integral, og avarter av dette integralet kommer til å dukke opp gjentatte ganger. Løsning Første løsningen er uten tvil den peneste, dog virker den noe gresk første gang en ser den. Men som sagt vil dette integralet dukke opp gjentatte ganger, og da omskrivningene falle naturlig / Trikset nå blir å legge merke til at en kan skrive om teller, ved å fullføre kvadratet. Slik at For å fullføre kvadratet trenger en a ab + b + + Slik at integralet vårt nå blir Deretter setter en u du u + så du + du arctan arctan u + C + C + 37

40 Nedenfor er den siste overgangen vist i større detalj, her bruker en substitusjonen w tanu og dw du cos w dw sec u dw du u + sec w dw tan w + tan w + sec w dw Og siden tan w + sin w cos w + cos w cos w cos w sec w får en at dw w + C Fra begynnelsen hadde en at u tan w slik at w arctan u arctan u + C arctan + C 4. Løsning Det er flere metoder å finne dette integralet på. Den letteste metoden er å huske på den trigonometiske identiteten: tan[n + θ] tan nθ + tan θ tan nθ tan θ Setter en n, bytter ut θ med får en at tan + tan tan[3] tan tan tan[3] tan tan tan + tan tan 3 tan tan tan 3 tan + tan tan tan tan 3 tan 3 tan tan Slik at integralet vårt blir tan tan tan 3 tan 3 tan tan 3 ln cos 3 + ln cos + ln cos + C Hvor den siste overgangen bare er tre substitusjoner, som vist tidligere. Skriv om tan n til sin n/ cos n og bruk u cos n 38

41 Løsning En alternativ løsning er å bruke substitusjonen arctan t. tan t, tan t t, tan 3 Slik at Integralet kan skrives om på følgende vis I tan tan tan 3 t 3t t 3 t t 3t 3t t3 3t og + t dt 6t 3 t 5 t 3t + t dt Vi bruker så delbrøkoppspalting, som gir seg at t t + t 3t t + t dt ln t 3 ln 3t ln + t + C dt + t + t dt ln tan 3 ln 3 tan ln + tan + C Dette er det samme som svaret som i første løsning, dette kan vises ved å bruke kjente trigonometriske identiter. 44. Et forholdsvis tøft integral om en ikke ser cru et. Legg merke til at ved nå og bruke kvotientregelen som en har sett nøyere på før u v u v uv v uv u v v baklengs. Kan integralet skrives som C og en er ferdige. 46. Dette er et noe langt integral. Begynner med å dele opp integralet i to deler I sin arctan e π + cos }{{} A π + sin arctan e + cos }{{} B 39

42 Ved å sette t i integralet A fås A π π π sin arctan e + cos t sin t arctan e t + cos t t sin t arctan e t + cos t dt Ved å legge sammen A og B og benytte at arctan + arctan / π/ kan det opprinnelige integraler skrives som I π π t sin t arctan e + arctan /e + cos dt t t sin t + cos t π Husk at b a f b fa + b, eksempelvis via a + b u. Slik at a Dermed så er I π I π 4 π π π π t sin t + cos t π π t sin t + cos π t π sin t + cos t π 4 Som var det som skulle beregnes. π π π t sinπ t + cos π t π sin t + cos t dt I dy + y π3 π Vi beregner først det innerste integralet relativt enkelt og får [ ] + +a K log t log + + a hvor det ble brukt at log. En løsning videre er å bruke delvis integrasjon med v og e u + + a. Slik at log + + a + +a + + a log + + a log + a + + a + a + C 4

43 som ønsket. Den siste algebra-transformasjonen kan en se eksempelvis slik + a + a + + a + + a + + a + + a + a + + a + a + + a og endelig så ble det siste integralet bergnet via substitusjonen u + a så du/ + a u du u + C + a + C For å vise siste likheten bestemmer en først et uttrykk for arcsinh. Vi har y e e ye e u yu u y ± y 4 u y ± y + Siden u e og sinh > så er log y + y + arcsinh log + + Til slutt legger en merke til at arcsinh + log a log a log log a log a a + a + log a a + a + + a + log a + log a Hvor en benyttet seg av at /a + /a + a /a + a / a og at log a +log a log a+log a eller log a +log a log a a log. Uansett, en nå skrive integralet som ] + +a [ K log t log + + a + a + C [ ] arcsinh + log a a + a + C arcsinh + log a a + a + C 4

44 som var det en ønsket å vise. Alternativt kan en benytte omskrivningen før en beregner integralet. Da får en nesten tilsvarende [ ] + +a K log t log + + a arcsinh + log a a Første integralet beregnes ved delvis integrasjon hvor u og sinh v /a, og siste integralet er trivielt. a log a + arcsinh a a + arcsinh + log a + a arcsinh + log a + a som ønsket.. Velger å først løse det ubestemte ved å prøve den noe vågale substitusjonen u r + R Rr cos θ du Rr Dermed så kan integralet skrives om til I sin θ dθ du r + R Rr cos θ Rr det bestemte integralet kan nå skrives som π sin θ dθ r + R Rr cos θ R + r Rr sin θ r + R Rr cos θ dθ r + R Rr cos θ Rr ] π [ r + R Rr cos θ Rr R + r R r Rr Rr R + r R r Rr Rr Hvor fortegnet på R r avhengier av om R > r eller om R < r. Siden når > og < når <. For R > r fås R r Rr R + r Rr R r Rr r 4

45 Og for R < r fås R + r Rr Integralet blir dermed R r Rr R + r Rr + R r Rr R π sin θ dθ r + R Rr cos θ { /r når R r /R når R < r 3. Uten videre så har en at log t dt, da det ikke er noe areal å beregne. Første del avanalysens fundamentalteorem sier at la f : [a, b] R være en kontinuerlig funksjon. La F være funksjonen definert for i [a, b] ved da er F a f dt F f ved å bruke dette så får en direkte at d log d t dt Rimelig standard. Neste integral er ikke like bent frem her har en log a r a r t dt a Via substitusjonen t u r. Derivasjon gir r u du r a u dt r u r du r u r u du dt r t du/u dt/t r du/u du r log a For grensene har en at t a r u r a r u a og tilsvarende for nedre grense t u r u r. For det siste integralet får en logab ab dt t a dt t ab + a dt t a dt t b + du u log a + log b hvor t [, ab] t [, a] [a, ab] og substitusjonen t au ble benyttet på siste integralet. Da er dt a du og ved å dele på t fås dt/t a du/au du/u. 43

46 4. Begynner med å først finne cos θ. Legg merke til at sin θ cos θ Ved å dele disse på hverandre fås og cos θ + cos θ sin θ cos θ cos θ + cos θ cos θ tan θ + tan θ Uttrykket for tan θ kan regnes ut eksakt som b tan ab θ a 3 [ ] a ba ab + ab b 4 Ved nå og sette inn verdier kan cos θ skrives som b a + a b cos θ tan θ + tan θ b/a a/b /4 + b/a a/b /4 4 b/a a/b b/a + a/b [ 4b a b a a b ] a b a b a + b 5 [ 4a 5 a a 5 a ] 8 65 a a Tar først noen hjelperesultater før en finner cos θ uttrykt via. En har tan sin cos cos cos og b a b b a b a a a } {{ b } Dermed så kan en skrive om integralet som b tan ab θ a 3 ab 4 b cos θ a a + b cos θ a + b 4a b cos θ ab a + b ab 5 a 5 a 5 cos a a + b b + b a + b a 4a b b a a b 44

47 som var det en ønsket å bestemme. 5. Før en gjør noen antakelser om t prøver en å benytte seg av delvis integrasjon. Med u e og v sin fås I t e sin t [e cos ] t + e cos e t cos t + t e cos Herfra bør en legge merke til at t /t så e t cos t + t e cos + t Til slutt så må e t cos t for at uttrykkene skal være like. Dette skjer hvis og bare hvis t kan skrives som t πn π for alle n Z. Altså må t være periodisk. 6. Løsning Velger å benytte den oppgitte substitusjonen, da er cos θ sin θ dθ Ved å bruke at sin θ + cos θ kan en skrive om sin θ som følger sin θ cos θ + + dθ + 4 For å bestemme grensene har en at θ arccos Så θ arccos og θ arccos/ π/4. Integralet forenkles dermed dramatisk til π/4 + + dθ π 4 4 og dette fullfører regningen. 45

48 Løsning Ved å dele teller og nevner på kan integralet skrives om til / + / + / Ved å nå sette y + / og dt / blir integralet som er det samme som før. y π π 4 y π 4. + / [arcsec ] 7. Begynner som i hintet og ønsker å uttrykke vinkelen via arccosf. Da er vinkelen gitt som Θ arccos H Altså hosliggende over hypotenusen. For å finne hyptenusen benyttes pytagoras, men først må høyden fra til sirkelen beregnes. Formelen for øvre halvdel av en sirkel er gitt som y r c. Hvor r er sirkelens radius, og c er sentrum. Slik at y a b dermed kan hypotenusen uttrykkes som Integralet blir nå følgelig Ia, b : a + b + a + b ab, H + y a + b ab. b a arccos a + b ab. For å begynne å beregne dette beistet benyttes delvis integrasjon med u arccos/ a + b ab og v [ arccos a + b ab ] b a + b a a + b ab a + b b a Fra figur så er vinkelen selvsagt null når a og b. Dette medfører at første del kollapser til null, som en og ser via innsetning da arccos. For å beregne det gjennstående integralet brukes følgende substitusjon w a+b /b a. Så a w og b w, og / b a dw/ w. 46

49 Substitusjonen mapper [a, b] til [, ] og er generelt en nyttig greie. Integralet blir dermed b a ω + b a 4a + b w dw 4 b a a + b dw w π 4 b a a + b Som var det som skulle vises. I neste overgang benyttes det at w/ w er en odde funksjon. Slik at integralet over til blir null. Siste integral kan eksempelvis løses ved å sette w sin slik at dw cos. Men w cos. Så dw/ w. dw π/ π. w Da integranden er symmetrisk omkring origo. Dette unngår og problemet med fortegnet av w. Omformingen av integranden kan eksempelvis gjøres slik a + b ab a + b b a ab a + b b a [ 4 b + a wb a ab a + b b a wb a 4 w dw ] dw w I første overgang ble det brukt at [b + a wb a]/ og i aller siste overgang ble benyttet at b+ab a b a og b+a 4ab b ab+a b a. Dette fullfører det noe vanskelige integralet. 8. Ved å bruke antagelsene kan en skrive om som følger dp dt S V n l f /T V g Deler en nå begge sider av likningen på p fås som ønsket. d dt p log p dp dt n l f /T pv g n l f /T nrt L f T R 47

50 b Ved innsetning fås nå p p d log p α βt dt T R d log p dt T α dt R T T β T dt p log { β log T [ + α p R T T ]} T { } β/r { T p p ep log ep α pt p T T T β/r ep { α R T T T } T } 9. Viser at funksjonen er en konstant, slik at integralet blir trivielt. Velger å bestemme den deriverte av y arcsin først y arcsin sin y Deriverer begge sider implisitt med tanke på y, og får cos y dy dy cos y cosarcsin y Herfra har en fra enhetssirkelen og pytagoras at cos + sin, bruker en arcsin y fås [ cos arcsin y ] + [ sin arcsin y ] slik at cosarcsin y / y. Dermed så blir den deriverte Tilsvarende kan det vises at y arcsin y y arccos y følgelig så er f. Siden den deriverte er null, betyr dette at f er en konstant. Eksempelvis så er f π/. Dermed så er f π/ for alle. Videre så er cos og tilsvarende for sin, slik at definisjonsmenden til f er D [, ]. Integralet vårt er dermed høyde gange bredde eller J h b π/ π. Noe mer formelt kan det og føres som som ønsket. J f π π + π π 48

51 . Siden gjennomsnittsverdien av f og g er, la oss for enkelhetensskyld sette h g f et øyeblikk så 8 a h a h 8 Dette vil komme til nytte snarlig, forenkling av integralet gir I f 4g + 8 f 4g + b a 8 4 4g 8f. 8f 4g. 8f Bg. 8f.3 f Slik at 7 I 7 /7. Som var det som skulle bestemmes.. Vi deler opp integralet som følger I f f + f e y e y f sinh y e y dy + f e y dy + e y + e y f sinh y f sinh y cosh y dy f dy f f sinh y e y dy dy e y e y e y dy Den første substitusjonen ble e y benyttet, i det andre integralet ble e y brukt. I aller siste overgang ble sinh y slik at cosh y dy, og det fullfører beviset.. 49

52 Løsning Legg merke til at funksjonen er symmetrisk, slik at a + a + Ved nå og bruke resultatet f f som ble vist i en tidligere oppgave har en altså at a + a + a + ] [ a arctan a π a Løsning I : a + / + / + / a + / + / a + / + }{{} A / a + / }{{} B For det første integralet benyttes substitusjonen u / så du +/. Da er + / A a + / du [ u ] a + u u arctan π a a Videre så er B da integranden er odde. Alternativt la u i B så du, B / u / u a du + u /u a + du B. u /u Siden B B så er B og resultatet følger. Oppsumert har en nå I som er relativt pent svar. a + / A + B π a 5

53 3. Benytt substitusjonen f y slik at fy. Da funksjonen er strengt voksende, kontinuerlig og deriverbar så er f y. Dermed så er f 5 yf y dt [ yfy ] 5 5 5f5 f fy dy Der delvis integrasjon med u y og v fy, ble benyttet i andre linje. Tislutt så er f5 og f. 5. Legg først merke til at integralet er positivt siden + > når >. Videre så er teller positiv da 4 >. Tislutt er 4 > om enn synkende på [, ]. Vi noterer først at 4 + og skriver ut teller Ved å nå dele begge sider av likningen på + fås endelig Alternativt så gir tidenes lengste polynomdivisjon

54 Uansett så kan integralet nå skrives som I [ π Siden arctan π/4 og arctan 7 π. Siden integralet vårt er positivt følger det at som ønsket arctan I > 7 π > 7 > π. Ved å skrive om nm n + m + fås n m + /m. I første integral, benyttes substitusjonen u /a. Så du /a. I na ma n a m n log a + a loga a a + a a du m log a + logu + u du For vårt andre integral benyttes substitusjonen u a/, så du a /. Da fås I a a/m a/n a/m n m a/n log + a + a log a log a + a + log a + log + u log u u + Vi ønsker nå å vise at I I, addisjon gir I I n m m+ m m du logu + log u logu u du + u+ log u log u u + du ] 5

55 Skriver om uttrykket via substitusjonen y u + /u, videre så er dy du/u y dy/. Mer regning gir da m log y+ y log y dy y + m+ m m+ m m I I y+ y log y+ y y + log y Og nå siden I I I I så er I I som ønsket. dy. Begynner med å skrive om nevneren + cos α + + cos α + α + sin α + cos α + sin α Integralet kan nå skrives som Iα + cos α + + cos α + sin α [ ] + cos α sin α arctan sin α [ + cos α arctan sin α sin α Ved å nå benytte addisjonsformelen for tangens arctan arctan y arctan arctan y + y cos α ] sin α. som er gyldig siden α er spiss kan integralet blir omskrevet til y + y sin α [ + + cos α sin α ] cos α sin α sin α + cos α sinα/ cosα/ cos α/ tan α Integralet blir dermed Iα + cos α + [ + cos α arctan sin α sin α tan sin α arctan α α sin α cos α ] arctan sin α 53

56 som ønsket. Tester så grensetilfellet når α. Høyre side blir da lim α α sin α [ lim α sin α α ] Hvor det ble benyttet at når så vil sin/. Dette kan enten sjekkes via L hoptial, eller ved å se at for små vinkler så er sin taylor. Venstre side kan derimot skrives som I + cos + [ ] + + Slik at formelen stemmer når α. Ønsker å finne en spiss vinkel slik at Iα α, rask regning gir at Iα α α α sin α sin α Slik at α arcsin/ π/6, som er en spiss vinkel.. Oppgaven er egentlig algebra og elementær faktorisering i forkledning. På samme måte som en kan se at 3 + kan en og bestemme den antideriverte av funksjonen. Så en en kan faktorisere kvadratrøttene som følger , ved å sette dette inn i det ubestemte integralet fås da I Herfra ser en at < når [, 4] og positiv når > 4. Så Ser først på tilfellet når [, 4] da er { når [, 4] når > /4 + C 54

57 Når > 4 så kan integralet skrivet som + + /4 4 5/4 + C 5 For at funksjonen skal være kontinerlig så må konstantene være like i punktet 4 så 8 + C 8 5 3/4 + C C 8 5 Ved å legge sammen alt dette fås endelig I { som var det en ønsket å beregne C 4 5/4 /5 + C når /5 + C når, 4 3. Teknikken en bruker her blir selvsagt delvis integrasjon. Vi velger her u u v f v f Slik at en får [ f ] f [ f 4 f f 4 f ] f f I siste linje ble det brukt at f, f 3 og f Ønsker en å vise at I log + Velger først å dele opp integralet i to log + + log + 55

58 Deretter benyttes substitusjonen u / på andre integralet. Slik at du /u. når så vil u og tilsvarende så vil u når. log + + log + + u log u du + log u u + du u som ønsket. I siste overgang ble det benyttet at b a beregne integralet a. Nå ønsker en å b I log a + b Velger først å bruke substitusjonen bu slik at du /b. Grensene blir det samme b logab u ub + b b du log ab u + + log u u + du Som vist før blir siste integralet null, mens det andre integralet kan løses med enkelhet b log ab arctan u du + ] [π b log ab π b logab og en er ferdige. Her brukte en at arctan π når og arctan. 6. Siden φ er en løsning av + medfører dette at φ φ. Dermed så kan en skrive φ arctan φ arctan I + φ + φ Ved å substituere u / fås /u φ arctan /u + /u φ u du φ arctan / + φ Ved å ta gjennomsnittet av disse integralene og bruke at arctan + arctan / π/ forenkles integralet betraktelig. I φ arctan + arctan / + φ π 4 φ + φ 56

59 Neste steg blir å benytte seg av substitusjonen y φ som gir I π y dy 4φ + y y π [ ] π 4φ + y 4φ For å gå den siste substitusjonen litt nærmere i sømmene. Derivasjon gir dy φ φ φ dy φ φ dy y Hvor det ble benyttet at a+b a b og i siste overgang at φ y. Dermed så er I φ arctan + φ π 4φ Som var det som skulle vises. Nå gjennstår det bare å vise at < 6I < 3 eller 3 < π 4 + < < π < + 5 Velger først å vise ulikheten til venstre, altså at + 5 < 3π. Ved å bruke at + 5 cosπ/5 sin3π/ fås direkte at sin3π/ < 4 sin5π/ 4 Siden 4 < 3 < 3π stemmer ulikheten. Der cos sinπ/ ble brukt. For å se første ulikheten legg merke til at sin stiger på, π/ slik at siden 5 > 3 5π/ > 3π/ så er sin3π/ < 4 sin5π/. For å vise den neste ulikheten krever litt mer spissfindighet. Ved å sammenlikne arealet av en omskrevet åttekant omkring enhetssirkelen har en at En har og at π ArealSirkel < ArealÅttekant 8 < 7 8 < 3 π < 3 3π < Hvor første ulikhet kommer fra at 88 < 89 7 som fullføres ved å ta roten. Resten er bare litt algebra, og å benytte at arealet av åttekanten er større enn sirkelen. Siden 3π/ < kan vi bruke taylorutvidelsen av sin så for alle, så er sin 3 3! + 5 5! + Igjen siden hvert ledd er monotont synkende med alternerende fortegn impliserer dette at sin > 6 > 5 6 for, 57

60 Spesielt så stemmer dette for 3π/. Dermed fås endelig at + π 3π 5 3π 5 4 cos 4 sin > 4 π 5 6 Som var det som skulle vises. Her ble det ikke benyttet noe annet enn at cos sinπ/, og forrige ulikhet. Dermed så er som var det en ønsket å vise. 3 < π <, 8. At f/g har et kritisk punkt betyr at den deriverte er null, altså d f f g g f g g, for 5 og 7. Siden g > medfører dette at f g g f, for 5, 7..6 Dette blir lagt litt i bakhodet, mens en tar fatt på selve integralet. Først benyttes delvis integrasjon to ganger som gir 7 5 fg 7 [ ] 7 fg f g 5 5 [ ] 7 7 fg f g + f g En kan skrive om gf ved å benytte iii og iv så iv g f [ {}}{ g f [g ] ] {}}{ /g fg Innsetning gir nå at fg fg + fg fg 5 iii [ ] 7 fg f g fg f g I første overgang ble likning.6 benyttet og at gf fg. 3. Legg merke til at arccos bare er definert for [, ] og siden en har, så må a b. Da integralet vårt er positivt, og en ønsker å 58

61 maksimere I, må en la integralet vårt gå over det maksimale intervallet. Altså er a og b. Vi har at sinu + cosu, la nå u arccos da har en [ sin arccos ] + [ cos arccos ] [ sin arccos ] Altså er I [ ] sin arccos [ ] 3. Det er ikke videre vanskelig å se at g [ sinlog + coslog ] + sin log Hvor en i siste uttrykk benyttet seg av sin +cos og sin cos sin. Vi ønsker altså å vise at cos log + sin log For å stadfeste denne likheten benytter en seg av delvis integrasjon med u cos log og v f cos log [ coslog + ] sin log + sin log g sin log Som var det en ønsket å vise. Legg for ordens skyld merke til at det ikke var nødvendig og beregne integralene for å vise likheten. For å fylle på litt mer detaljer: I den delvise integrasjonen ble det benyttet at v, v og u d [ cos log ] coslog [ sinlog ] og grenseverdien kan eksempelvis vises slik [ L lim coslog n ] n lim n coslog n n log sin Siden coslog cos. Det er flere måter å vise den siste grensen på. En metode er å legge merke til at lim f, dersom det eksisterer en K slik at f K. En måte å tenke på dette som er at om f ikke vokser mot 59

62 uendelig, så vil før eller siden dra grensen mot null. I dette tilfellet er K, siden cos oscillerer mellom og for alle. Alternativt så kan en definere L sinlog og R coslog. Da er L og R for alle. Videre så er L + R, slik at når går mot null så må L og R og gå mot null. 33. Vanskelig problem, men kan løses ved hjelp av en smart omskrivning I : a a + + a + + a + }{{}}{{} A B For det første integralet benyttes substitusjonen u / så du +/. Da er A + a + du a + u [ u ] u arctan π a a Videre så er B da integranden er odde. Alternativt la u i B så du, B u du a + u u u a + u u du B. Siden B B så er B og resultatet følger. Oppsumert har en nå I som er relativt pent svar. a + A + B π a 34. 6

63 Løsning Det fine med dette integralet er at det kan løses ved hjelp av en serie mer eller mindre normale substitusjoner. Vi velger her å først bruke u I du u 4 5u du Videre ønsker en å forenkle nevner, og bruker derfor substitusjonen u 49 5 t du 49 5 dt 49 5 t t t 4 dt t + 7 dt t dt t + 7 Det siste integralet har en vært borte i før, men velger å ta det igjen. Vi skriver om t 4 4 t t + 7 t + t + 3 Vi lar y t t + og legger merke til at y + t så y t t dy dt t + dy t + dt ! ! t 4 t + y 7 dt {}}{ {}} {{ }} { t t + t + t + dt y 4 y dy 4 y [ 5 y5 6 y6 ] dy dy 6

64 Som var det en ønsket å vise 35. a Første metode er å se at både og e er strengt voksende funksjoner, slik at e også må være strengt voksende. Altså er f e injektiv. Siden og e kontinuerlige, så er f kontinuerlig. Tilslutt legges det merke til at f e, og f e >. Så dermed finnes det en unik konstant < Ω < slik at fω. På bakgrunn av at funksjonen er kontinuerlig, strengt voksende. Alternativt anta at likningen e har to løsninger Ω og Ω. Siden nå e / så er e Ω e Ω og Ω Ω og begge likningene gir at Ω Ω, så igjen så er Ω unikt definert. b Ønsker å løse likningen f g, da fås log log Slik at enten så er eller så er log, en ser videre på siste løsning. log / log e / e log e/ Sammenlikner en nå med definisjonen av Ω konstanten ser en at Ω så Ω eω Hvor den siste likheten ble tatt fra definisjonen av Omega, altså Ωe Ω e Ω /Ω. c Her ønsker en å beregne integralet A epω g epω [ f dy log ] epω eω 3 e3ω log e Ω + 9 e3ω { [ ] epω epω 3 3 log } 3 3 eω 3 eω Ωe Ω + 9 e3ω 6 eω + 9 e3ω 6Ω + 9Ω 3 6

65 som var det en ønsket å vise. I siste overgang ble igjen egenskapen at Ωe Ω benyttet, og at a b+c a b a c. d Første iterasjon med Ω gir seg Ω + +. Den neste iterasjonen gir Ω +/. Slik at +e / Ω 3 + e Innsatt i nederste uttrykk for arealet fås da A 6Ω + 9Ω 3 Ω [ Ω ] [ + e ] + e e 4 + e Dette er bare en halvgod tilnærming da Ω e Ω altså stemmer ikke tilnærmingen som ble benyttet i c. Ω konstanten lengre. En kan bruke et tidligere uttrykk for arealet, for høyere nøyaktighet. Men det får være opp til leser. Benytter i stedet initialverdien Ω log fås Ω 3 + log og ep Ω ep 3 log e 3 e Setter en inn dette i det andre uttrykket en har for arealet fås A 6 eω + [ 9 e3ω e 3Ω 6 e Ω + ] 9 [ e 6 3 e + ] [ e 9 6 e /3 + ] 9 Benytter en seg nå av tilnærmingen e 8/3 fås / / For en endelig tilnærming kan en se at 3/ 5 3/43 3/4 /8 så 3/ 5/3 / og da blir A + 5/ ye y, y >.7 Velger først benytte delvis integrasjon slik at integralet kan skrives som b [ ] b f a f b f a a 63

66 Ved å sette inn a og b i likning.7 og løse med hensyn på ye y, kan fa og fb bestemmes. Da fås henholdsvis fae fa og fbe fb log. Slik at fa og fb log /, som kan sjekkes via innsetning. Ved å bruke den anbefalte substitusjonen u e f så er f log u, og du f e f du u f. Tilslutt så kan skrives som fe f u log u, ved å bruke likning.7. Integralet kan nå skrives som I [ ] b f a b a epfb f b fb u log u du epfa u b fb + [ ] / u logu u + log log [ ] log 4 log + log + 4 Som var det som skulle vises. Her er B /4 og A B. 37. a Første del så har en at V r Ze 4πɛ r Ze 4πɛ r r r r r E som ønsket. Videre så vil integralet kunne skrives som T ep r m [ V r E ] dr ħ r log T r [ r ] m ħ r r E E dr log T r r me ħ r dr Herfra benyttes substitusjonen r r så dr r. log T me r ħ r r /r som ønsket. 64