TMA4 Høst 6 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 6..4 Vi skal evaluere det ubestemte integralet I = ( e k. Vi starter med å dele opp integralet i to, I = e k e k. La oss først se på integralet I = e k. Vi bruker delvis integrasjon og følger notasjonen side 333 i læreboken. La U = og dv = e k, slik at du = og V = k ek. Vi har nå at I = e k = U dv = UV V du = k ek k ek = k ek k ek + C = ( k ek + k C. For å evaluere I = e k bruker vi samme metode, men nå setter vi U = og dv = e k, slik at du = og V = k ek. Dette gir I = e k = U dv = UV V du = k ek k ek = k ek k = k ek k I e k = k ek k k ek ( k k C = k ek k ek + k 3 ek k C = k ek ( k + k k C.. oktober 6 Side av 5
Vi summerer nå sammen de to integralene og får I = I I = ( k ek k + k + k k C + C = ek k 3 ( k k + k + k + C = ek k 3 ( k ( k( + + C. I utregningene over har vi satt C = k C + C. Husk at vi enkelt kan undersøke om vi har regnet riktig ved å derivere svaret og se om vi da ender opp med integranden. 6..6 Me startar med å følgja tommelfingerregelen (ii på side 334 i boka, og set U = sin ( og dv =. Då får me (sin ( = U dv = U V V U du = ( sin ( sin (, der me har brukt uttrykket for den deriverte av arcsin på side 93 i boka. Igjen har me eit integral med ein invers trigonometrisk funksjon i integranden, så me gjentar prosedyren ved å setja U = sin ( og dv =. Ved å studera dv kan ein sjå at dette er den deriverte av. Dette kan ein òg visa ved å integrera dv med omsyn på og bruk av substitusjonen u =. Dermed har ein sin ( = U dv = UV V du = sin (( ( = sin ( + + C. Ved å kombinera dei føregåande uttrykka får ein svaret (sin ( = ( sin ( ( sin ( + + C = ( sin ( + sin ( + C. 6.. Vi ser at integranden er en rasjonal funksjon der nevneren er av høyere orden enn telleren. Vi bruker derfor delbrøkoppspalting. Telleren, 3 + 8 3, har røttene = 3 og = 3, slik at vi kan skrive integranden som 3 + 8 3 = 3 ( = 3 ( + 3 (3 ( + 3.. oktober 6 Side av 5
Vi søker nå å skrive dette på formen (3 ( + 3 = A 3 + B + 3, der A og B er konstanter. Vi multipliserer begge sider med felles faktor, og får at Vi må altså kreve at = A( + 3 + B(3 = (A + 3B + (3A B. A + 3B =, 3A B =. og Den andre ligningen gir B = 3A, som innsatt i den første ligningen gir at Dette gir igjen A + 3 3A = A =. B = 3A = 3. Vi er nå klare til å evaluere integralet, ( (3 ( + 3 = (3 + 3 ( + 3 = 3 + 3 + 3 = 3 ln(3 + 3 ln( + 3 + C = (ln(3 + 9 ln( + 3 + C 3 Her har vi brukt at d ln(a + b = a+b a slik at a+b = a ln(a + b + C. 6..8 Me antar at a, i motsett tilfelle er svaret ganske enkelt 4 = 3 3 + C. Ved å bruka konjugatsetninga to gonger kan ein skriva integranden som 4 a 4 = ( a ( + a = ( a( + a( + a. Me ønsker no å delbrøksoppspalta integranden, og bruker teoremet på side 345 i boka, ( a( + a( + a = A a + B + a + C + D + a = A( + a( + a + B( ( + a + (C + D( a ( a( + a( + a,. oktober 6 Side 3 av 5
som impliserer A( + a( + a + B( ( + a + (C + D( a =. Etter litt opprydding får ein at dette er ekvivalent med (A + B + C 3 + (a(a B + D + a (A + B C + a (a(a B D =. Frå uttrykket ovanfor får ein då likningssystemet A + B + C = a(a B + D = A + B C = a 3 (A B a D = Ved å subtrahera tredje likning frå første får ein at C =, altså C =. Dette betyr at A+B =. Ved å gonga andre likning med a og subtrahera denne frå siste likning får ein a D =, altså er D =. Om ein i staden adderer uttrykka får ein a a 3 (A B =, og kombinert med A + B = gjev dette A = og B =. 4a 3 4a 3 Dermed kan ein løysa integralet på følgjande vis, 4 a 4 = 4a 3 a 4a 3 + a a + a = ln a ln + a 4a3 4a3 a 3 tan ( + C, der ein har nytta resultata frå side 34 i boka til å evaluera dei tre integrala. 6.3.6 Me ser at integranden inneheld ein faktor på forma a, så det er naturleg å bruka substitusjonen = a sin(θ, her med a = 3. Merk at den opphavelege integranden berre er definert for 3 3, og me må derfor velja eit passande definisjonsområde [θ, θ ] for den nye variabelen θ. Området må oppfylla at 3 3 sin(θ 3 for θ θ θ. Dessutan må kvar verdi mellom 3 og 3 berre bli tatt ein gong av 3 sin(θ, på same måte som for. Eit passande definisjonsområde for θ kan derfor vera [ π/, π/]. Dermed får me 9 = 3 cos(θ dθ 3 sin(θ 9( sin (θ = cos(θ dθ 3 sin(θ sin (θ = csc(θ dθ 3 = ln csc(θ + cot(θ + C. 3 For å skriva dette om til eit uttrykk som avhenger av kan ein nytta Figur 6. på side 347 i boka til å fastslå at csc(θ = 3 og cot(θ = 9. Dermed har ein at svaret er 9 = 3 ln 3 9 + + C = 3 (ln ln 3 + 9 + C.. oktober 6 Side 4 av 5
6.3.44 Me nyttar substitusjonen på side 353 i boka, = tan(θ/, som medfører cos(θ =, sin(θ = og dθ =. Integralgrensene blir følgjeleg = tan( = og + + + = tan(π/4 =. Dermed får me π/4 dθ + cos(θ + sin(θ = = + (+ +( + + + = ln( + = ln(. 6.5.6 Vi gjenkjenner integralet som et uegentlig integral av type (Definisjon, side 36 i læreboken. Vi bestemmer først det ubestemte integralet ln. Ved å gjøre substitusjonen u = ln, har vi at du =, slik at du ln = = ln u + C = ln(ln + C. u Vi har nå at e R ln = lim e ln = lim [ln(ln R ln(ln e] = lim ln(ln R. Siden lim ln R = må også lim ln(ln R =, slik at integralet divergerer. 6.5.4 For å fastslå om integralet ln( konvergerer eller divergerer er det enklast om me kan estimera integranden med ein funksjon som enkelt kan integrerast over [,. Merk at på dette intervallet vil > og <. Dermed har ein > ln( ln, der integralet til høgre kan løysast ved substitusjonen u = ln(, du = : R ln(r lim ln( = lim du ln( u = lim [ln(ln(r ln(ln(] =. Sidan dette nedre estimatet divergerer vil det opphavelege integralet òg divergera.. oktober 6 Side 5 av 5