Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11

Transkript

1 Fasit til utvalgte oppgaver MAT uka 5/-9/ Øyvind Ryan November Oppgave 9.. Vi skriver 5x 5 x )x ) A x B x og ser at vi må løse likningene Ax ) Bx ) x )x ) A B 5 A B 5. A B)x A B x )x ) Det er raskt å se at eneste løsning her er A B slik at delbrøksoppspalting gir c) 5x 5 x )x ) dx x ) dx ln x ln x C. x Vi kan faktorisere nevneren som x x 8 x )x 4). og vi skriver 4x x )x 4) A x B x 4 og ser at vi må løse likningene Ax 4) Bx ) x )x 4) A B 4 4A B. A B)x 4A B x )x 4) Det er raskt å se at eneste løsning her er A B slik at delbrøksoppspalting gir 4x x )x 4) dx x ) dx ln x ln x 4 C. x 4

2 Oppgave 9..6 Polynomidivisjon gir først at x 5 4x 4 x x x x 4x x x x x x 4x x ) x x x x 4x x x x x x 4x x x x x ) 4 x ) ) der vi har lurt inn et multiplum av den deriverte av nevneren som blir x) i telleren splittet opp brøken i to og skrevet om nevneren det er raskt å sjekke at nevneren ikke har reelle røtter). De fire første leddene her er greie å integrere. For det neste leddet kan vi gjøre substitusjonen u x x og får at integralet blir lnx x ). I det siste leddet kan vi gjøre substitusjonen u x ) og får da dx og dermed ) ) dx x Hele integralet blir dermed d) arctan 4 x4 x x x lnx x ) u arctan u C x )) C. arctan x )) C. Vi ser raskt at nevneren kan skrives som x 4x x )x ). Delbrøksoppspalting gir deretter slik at integralet blir x x 4x x x )x ) ln x 7 x C. x 7 x

3 Oppgave 9..8 Delbrøksoppspalting gir her x x ) x ) A x B x ) C x Ax )x ) Bx ) Cx ) x ) x ) A C)x A B 4C)x A B 4C) x ) x ) og dette gir likningene A C A B 4C A B 4C som har løsningene A 4 9 B C 4 9. Dermed blir integralet Oppgave ln x x 4 ln x C. 9 Røttene til x 4 er x e π 4 i e π 4 i e 5π 4 i e 7π 4 i. Parer vi sammen de konjugerte røttene finner vi Delbrøksoppspaltingen tar nå formen x 4 x e π 4 i )x e 7π 4 i ) x x x e π 4 i )x e 5π 4 i ) x x. Ax B x x Cx D x x Ax B)x x ) Cx D)x x ) x 4 A C)x A B C D)x A B C D)x B D) x 4 som gir likningene A C A B C D A B C D B D

4 som har løsninger A 4 B D C 4. Vi har altså x 4 4 x x x 4 x x x 8 x ) 4 x x x 8 x x 8 x ) 4 x x x )) x 8 x x x )) der vi har skrevet x x x x ) x ) x. Her kan vi integrere alle de fire leddene slik at integralet blir 8 lnx )) x ) 4 arctan x 8 lnx )) x ) 4 arctan x der vi har gjort substitusjonene u x ) Oppgave 9..5 og u x Siden polynomet har reelle koeffisienter og i er en rot så er også i en rot. Men da er polynomet delelig med z i))z i)) z 4z 5. Utfører vi polynomdivisjonen z z ) : z 4z 5) får vi z 4. Røttene er altså i i og 4. ). 4

5 b) Vi skriver x x x som gir oss likningene Ax B x 4x 5 C x 4 Ax B)x 4) Cx 4x 5) x x A C)x 4A B 4C)x 4B 5C) x x A C 4A B 4C 4B 5C som har løsninger A B C. Integralet blir dermed x x 4x 5 ) dx x 4 x 4 x 4x 5 dx 4 x ) dx x 4 dx lnx 4x 5) 4 arctanx ) ln x 4 C. Oppgave 9..6 Vi har at V π x ) dx. Her kan vi bruke formel ) i boka men la oss gå frem som om vi ikke husker denne og i stedet bruke metoden som utleder ). Delvis integrasjon gir Isolerer vi u der vi har brukt at u ) her ser vi at [ u u u u ] u ). u u ) u ) u ) π 4 ) π 8 4 u arctan u. Dermed blir volumet π π 8 4). 5

6 Oppgave 9.5. e) Vi skal bevise denne på to måter. Først skal vi bruke sammenligningskriteriet. Ved opptegning av grafene ser vi at e x x på [ ] slik at e x x. Men [ ] dx lim x t ln t lim ln t t t slik at integralet divergerer. Den andre måten å vise dette på er ved å regne ut integralet direkte ved hjelp av substitusjonen u e x som gir e x dx eller dx u. Vi får da e e uu ) u ) u [ )] e u lim ln. t u Oppgave Arealet under grafen er gitt ved dx x som vi vet fra Setning divergerer slik at arealet er uendelig. Volumet av omdreiningslegemet er gitt ved slik at volumet er endelig. b) πdx x Arealet under grafen er gitt ved t [ lim π ] t π t x dx x lim t [ x ] t slik at arealet er endelig. Volumet av omdreiningslegemet er gitt ved slik at volumet er uendelig. Oppgave πdx x lim t [π ln x] t Anta først at p. Bruker vi grensesammenligningskriteriet med gx) x p ser vi umiddelbart at integralet divergerer siden ln x x p ln x når x x p 6

7 . For p > kan vi finne en ɛ > slik at også p ɛ >. Vi bruker nå grensesammenligningskriteriet med gx) som gir et konvergent integral) og får ln x x p x p ɛ ln x x ɛ x p ɛ. Bruker vi L Hopitals regel på den siste får vi ln x lim x x ɛ lim x slik at integralet konvergerer. Oppgave 9.5. lim xɛxɛ x ɛx ɛ Problemet i oppgaven er at integranden er på formen. Vi kan skrive om integranden til x x k k x xx ) kx k) x k)x ) k)x x k x. k)x ) Hvis k d.v.s. k kan vi bruke grensesammenligningskriteriet med xdx til å slutte at integralet divergerer siden da er det leddet i teller med høyest grad et andregradsledd. Anta så at k. Vi kan da skrive integralet som x x ) [ ] t dx lim lnx ) x t lim t 4 lnx ) [ x )] t 4 ln x ) 4 ln ln 4 ) 4 ln 8. 7