1. No category

Prøve i R2
Integrasjonsmetoder
Caspar W. Hatlevik
19. oktober 2010
Del 1 Hjelpemidler:
1
ingen
Oppgave 1
Finn de ubestemte integralene og regn ut det bestemte integralet
R
a. 3x2 + 2x + 1dx
R
b. e4x + x3 dx
R2
c. −1 x − x2 dx
2
2.1
Løsning oppgave 1
a)
Z
2.2
1
1
3x2 + 2x + 1dx = 3 x3 + 2 x2 + x + C
3
2
3
2
=x +x +x+C
(1)
(2)
b)
Z
e4x +
3
1
dx = e4x + 3 ln |x| + C
x
4
1
(3)
R2
2.3
Integrasjonsmetoder, 3 timer
c)
1 2 1 3 2
x − x dx =
x − x
2
3
−1
−1 1
1 2 1 3
1
2
3
=
2 − 2 − (−1) − (−1)
2
3
2
3
4 8
1 −1
=
−
−
−
2 3
2
3
12 16
3 −2
=
−
−
−
6
6
6
6
−4 5
=
−
6
6
−9
=
6
−3
=
2
Z
3
5. oktober 2010
2
2
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
Oppgave 2
Funksjonene f og g er gitt ved
f (x) = x2 − 10x + 16
(11)
g(x) = −2x + 4
(12)
(13)
a. Tegn grafene til f og g i det samme koordinatsystemet.
b. Finn ved regning arealet av det omrdet over x-aksen og som er avgrenset av grafen
til f og y-aksen.
c. Finn arealet av det omrdet under x-aksen som bare er avgrenset av grafene til f
og g.
Versjon:19. oktober 2010
2/12
R2
4
Integrasjonsmetoder, 3 timer
5. oktober 2010
Løsning
4.1
a)
4.2
b)
Føst m˚
a vi finne nøyaktig hvor f skjærer x-aksen. Dette er n˚
ar f (x) = 0
f (x) = 0
(14)
2
x − 10x + 16 = 0
x=
10 ±
√
(15)
102 − 4 · 1 · 16
2
10 ± 6
2
x = 2og x = 8
x=
(16)
(17)
(18)
Vi bruker verdien nærmest y-aksen, x = 2.
Z
0
2
2
1 3
2
x − 10x + 16dx =
x − 5x + 16x
3
0
1 3
2
=
2 − 5 · 2 + 16 · 2 − (0)
3
8
8 60 96
+
= − 20 + 32 = −
3
3
3
3
8 − 60 + 96
44
=
=
3
3
2
Versjon:19. oktober 2010
(19)
(20)
(21)
(22)
3/12
R2
4.3
Integrasjonsmetoder, 3 timer
5. oktober 2010
c)
Vi m˚
a først finne skjæring mellom f og g.
f (x) = g(x)
2
x − 10x + 16 = −2x + 4
2
x − 8x + 12 = 0
64 − 4 · 1 · 12
√ 2·1
8 ± 64 − 48
x=
2
8±4
x=
2
x = 2og x = 6
x=
8±
√
(23)
(24)
(25)
(26)
(27)
(28)
(29)
Vi kan se fra funksjonsutrykket til g(x) at denne alltid ligger i fjærde kvadrant. f (x)
vil alltid ha lavere verdi mellom skjæringspunktene. Derfor vil g(x) ligger over f (x) i
omr˚
adet fra x ∈ [2, 6].
Integralet blir derfor
Z
Z
6
(−2x + 4) − (x2 − 10x + 16)dx
g(x) − f (x)dx =
(30)
2
Z
6
−x2 + 8x − 12dx
2
6
1 3
2
= − x + 4x − 12x
3
2
1 3
1 3
2
2
= − 6 + 4 · 6 − 12 · 6 − − 2 + 4 · 2 − 12 · 2
3
3
216
8
= −
+ 4 · 36 − 72 − − + 16 − 24
3
3
216
8
= −
+ 144 − 72 − − − 8
3
3
72 · 3
8 8·3
216
= −
+ 144 −
− − −
3
3
3
3
216 432 216
8 24
+
−
− − −
= −
3
3
3
3
3
0 32
=− +
3
3
32
=
3
=
Versjon:19. oktober 2010
(31)
(32)
(33)
(34)
(35)
(36)
(37)
(38)
(39)
4/12
R2
5
Integrasjonsmetoder, 3 timer
5. oktober 2010
Oppgave 3
Formelen for en sirkel med sentrum i origo er gitt ved
x2 + y 2 = r 2
(40)
p
(41)
En funksjon er gitt ved
f (x) =
9 − x2 , x ∈ [0, 3]
a. Tegn grafen til f.
b. Hva slags flatestykke er avgrenset av grafen til f og de to koordinataksene?
c. Vi dreier dette flatestykket 360o om x-aksen.
Finn ved integrasjon volumet av den gjenstanden vi da fr.
d. Kontroller svaret i oppgave c uten integrere nr du fr oppgitt at volumet V av en
kule med radius r er V = 34 πr3
6
Løsning oppgave 3
6.1
a)
6.2
b)
Flatestykket er en kvart av en sirkel. Formelen f (x) =
r2 . Sirkelen har derfor en radius p˚
a3
6.3
√
9 − x2 kan utledes fra x2 + y 2 =
c)
Vi skal finne dreievolumet og bruker da at V = π
Versjon:19. oktober 2010
R
f (x)2 dx
5/12
R2
Integrasjonsmetoder, 3 timer
Z
3 p
2
Z
3
9−
dx = π
9 − x2 dx
0
0
1 3 3
= π 9x − x
3
0
1
1
= π 9 · 3 − 27 − 9 · 0 − 0
3
3
27
= π 27 −
−0
3
81 27
=π
−
3
3
54
=π
3
= 18π
V =π
6.3.1
x2
5. oktober 2010
(42)
(43)
(44)
(45)
(46)
(47)
(48)
d)
1 4 3
1 4
V =
πr =
π · 27
2 3
2 3
1 108
=
π
2 3
54
= π
3
= 18π
(49)
(50)
(51)
(52)
Volumet blir det samme.
Versjon:19. oktober 2010
6/12
R2
Integrasjonsmetoder, 3 timer
Del 2 Hjelpemidler: Formelsamling
7
Kalkulator
5. oktober 2010
Wiki
Oppgave 4
a. Finn integralene
R
(I) x2 · sin(2x)dx
R 2
(II) x −2x+5
x+1 dx
b. Finn de bestemte integralene
R ln 5
x
(I) ln 2 (exe+2)2 dx
R4
4x
(II) 2 x2 +2x−3
dx
8
Løsning oppgave 4
Her er det to funksjoner multiplisert med hverandre. Vi setter u =
har vi at
8.0.2
x
2
og v 0 = sin(2x) Da
a,I)
u0 = 21
u = x2
1
v = − 2 cos(2x) v 0 = sin(2x)
Z
8.0.3
0
(53)
Z
u · v dx = u · v − u0 · vdx
x
1
1
1
=
− cos(2x) −
− sin(2x)
2
2
2
4
1
1
= − x cos(2x) + sin(2x)
4
8
(54)
(55)
(56)
a,II)
Først m˚
a vi polynomdividere
(x2 −2x +5 : x + 1) = (x − 3) +
x2 +x
−3x +5
−3x −3
8
8
x+1
(57)
Da har vi skrevet om utrykket, og kan integrere
Z
x−3+
Versjon:19. oktober 2010
8
1
dx = x2 − 3x + 8 ln |x + 1| + C
x+1
2
(58)
7/12
R2
8.1
Integrasjonsmetoder, 3 timer
5. oktober 2010
b,I
Her bør vi bruke integrasjon med substitusjon
u = ex + 2
du
= ex
dx
du = ex dx
(61)
u = eln 5 + 2 = 7
(62)
u = eln 2 + 2 = 4
(63)
(59)
(60)
Da f˚
ar vi de nye grensene
Z
4
8.2
7
1
du =
u2
Z
7
u−2 du
(64)
7
= −u−1 4
1 1
=− +
7 4
7
4
=− +
28 28
3
=
28
(65)
4
(66)
(67)
(68)
b,II
Her m˚
a vi delbrøkoppspalte
x2
4x
3
1
=
+
+ 2x − 3
x+3 x−1
(69)
Da kan vi integrere
Versjon:19. oktober 2010
8/12
R2
Integrasjonsmetoder, 3 timer
Z
2
9
4
Z
4
Z
4
1
dx
x+1
(70)
= 3 [ln |x + 3|]42 + [ln |x + 1|]42
(71)
= 3 [ln |4 + 3| − ln |2 + 3|] + [ln |4 + 1| − ln |2 + 1|]
(72)
= 3 [ln |7| − ln |5|] + [ln |5| − ln |3|]
(73)
= 3 [ln |7| − ln |5|] + [ln |5| − ln |3|]
(74)
= 3 ln |7| − 3 ln |5| + ln |5| − ln |3|
(75)
= 3 ln |7| − 2 ln |5| − ln |3|
(76)
= 2, 11
(77)
3
1
+
dx =
x+3 x−1
2
3
dx +
x+3
5. oktober 2010
2
Oppgave 5
En forretning selger vintersportsutstyr. Etter var salget S(x) i millioner kroner per mned
x mneder etter nyttr gitt ved
π
π
x−
, x ∈ [0, 12]
(78)
S(x) = 6 + 4cos
6
3
a. Tegn grafen til S
b. Finn ved regning det totale salget dette ˚
aret
c. Finn det gjennomsnittlige salget per mned
10
løsning oppgave 5
10.1
a)
10.2
b)
Her m˚
a vi integrere over hele ˚
aret
Versjon:19. oktober 2010
9/12
R2
Integrasjonsmetoder, 3 timer
Z
0
10.3
12
5. oktober 2010
π
π
24
π 12
6 + 4 cos
x−
dx = 6x + sin
x−
6
3
π
6
3 0
π 24
24
π
= 6 · 12 + sin 2π −
−
sin −
π
3
π
3
24
24
π
π
−
= 72 + sin 2π −
sin −
π
3
π
3
"
#
"
#
√
√
24 − 3
24 − 3
= 72 +
−
π 2
π 2
√
√
24 3 24 3
= 72 −
+
π 2
π 2
= 72
π
(80)
(81)
(82)
(83)
(84)
c)
Det blir solgt varer i 12 m˚
aneder for 72 millioner. Gjennomsnittlig salg blir da
6
11
(79)
72
12
=
Oppgave 6
En funksjon f er gitt ved
ln x
f (x) = √ , Df = h0, →i
x
(85)
a. Finn nullpunktet til f
b. Vis at
f 0 (x) =
2 − ln x
√
2x x
c. Finn de eksakte koordinatene til toppunktet til f
d. Tegn grafen til f nr x ∈ h0, 30i
e. Et flatestykke er avgrenset av x-aksen, grafen til f og linjene x = e og x = e3
Vi dreier dette flatestykket 360o om x-aksen.
Volumet V av den omdreiningsgjenstanden vi da fr er gitt ved
Z
V =π
e3
[f (x)]2 dx
e
Finn volumet
Versjon:19. oktober 2010
10/12
R2
12
12.1
Integrasjonsmetoder, 3 timer
5. oktober 2010
Løsning oppgave 6
a)
f (x) = 0 n˚
ar ln x = 0
ln x = 0
(86)
eln x = e0
(87)
x=1
12.2
(88)
b)
Dette er et rasjonalt utrykk. Vi m˚
a derfor fine u og v og bruke at
u = ln x u0 =
√
v = x v0 =
1
x
1
√
2 x
u 0
v
=
u0 v−uv 0
v2
(89)
Da kan vi løse derivasjonene
ln x
√ =
x
=
=
1
x
1
x
√
− ln x · x
√ 2
x
√
· x − ln x · 2√1 x
·
1
√
2 x
x
2 − ln x
√
2x x
(90)
·
√ 2 x
√
2 x
(91)
(92)
(93)
12.3
c)
Toppunkt n˚
ar f 0 (x) = 0 da er 2 − ln x = 0
2 − ln x = 0
(94)
ln x = 2
(95)
x=e
2
(96)
Beregner y verdi
ln e2
2
f (e2 ) = √ =
2
e
e
Versjon:19. oktober 2010
(97)
11/12
R2
Integrasjonsmetoder, 3 timer
12.4
d)
12.5
e)
e3
Z
V =π
e
e3
Z
=π
e
ln x
√
x
5. oktober 2010
2
dx
(98)
(ln x)2
dx
x
(99)
Vi bruker integrasjon ved substitusjon
u = ln x
du
1
=
dx
x
1
du = dx
x
(100)
(101)
(102)
N˚
a kan vi bytte ut integrasjonsvariabelen
Z
V =π
2
u du = π
1 3
u +C
3
1
= π (ln x)3 + C
3
(103)
Da kan vi beregne integralet
1
1
V = π (ln e3 )3 − (ln e)2
3
3
1
= π [27 − 1]
3
26
= π ≈ 7, 33
3
Versjon:19. oktober 2010
(104)
(105)
(106)
12/12