Något om Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
1
Något om Integraler och Mathematica
Bertil Nilsson
2015-08-15
1
1
x
tan 1 2 x
6
x
12
2
2
tan 1 2 x
2
6
2 1
24
1
6 x
6
2 1
2 x 2
6 x
2 x 2
2
logx2
2
2 x 1
12
3 log2 x2
6 x
2 x 2
2
3 log2 x2
24
2
6 x
2
2 x 2
2
3
2
3 tan 1 4 x
2
2 x 1
24
1
6
2 1
12
3 log 2 x2
12
3 tan 1 4 x
2
24
1
2
3
3 log 2 x2
log x2
1
12
6
2 1
1
2
3
2
3 tan 1 4 x
12
2
6
12
1
2
3 tan 1 4 x
1
1
2
2
2
3
2
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
ť Förord
På följande sidor presenteras en elementär "streetwise guide" till integraler med flitig användning av Mathematica. Framställningen
är fåordig, fri från pedanteri men i någon mening fullständig. Det man väsentligen behöver veta om begrepp, terminologi, beteckningar och teori för att modellera och lösa problem i framtida kurser och yrkesliv som ingenjör, naturvetare eller lärare klarläggs och
typiska exempel ges.
ť Primitiv funktion
Om F ' x
f x för alla x i ett intervall I, säger vi att F x är en primitiv funktion till f x i intervallet I. Exempelvis har funktio-
nen x den primitiva funktionen
1 2
x.
2
En annan är
1 2
x
2
1
7 eller mer allmänt 2 x2
C, där C betecknar en godtycklig konstant. Detta
inses genom att derivera "baklänges", därför kallas på engelska den primitiva funktionen för "the antiderivative of f x ".
Så om vi har hittat en primitiv funktion F x till f x så skiljer sig alla andra primitiva funktioner från denna enbart med en konstant.
Om F x är en primitiv funktion till f x i intervallet I, så gäller att F ' x
f x och varje annan
primitiv funktion till f x kan skrivas F x C, där C betecknar en godtycklig konstant.
Uttrycket F x
C kallas den obestämda integralen till f x och betecknas f x
f x x
F x
x. Alltså
C
där
kallas integraltecken.
f x kallas integranden.
x kallas måttet.
F x kallas primitiva funktionen, sådan att F ' x
f x.
x kallas integrationsvariabel. C kallas integrationskonstanten.
Exempel: Genom att snegla på tabellen för standardderivator har vi exempelvis att
sin x
x
cos x
1 3
x
3
x2 x
C,
x
x
x
C och
C.
Om f x är en kontinuerlig funktion har vi speciellt följande att vila oss mot. Observera att detta bara talar om existensen, inget om
hur den faktiskt ser ut eller hur man ska "räkna ut den".
Huvudsatsen för primitiva funktioner. Om f x är kontinuerlig i intervallet I, så har f x primitiva funktioner i detta intervall.
Om F x är en av dem, så kan varje annan primitiv funktion skrivas F x C, där C är en godtycklig konstant.
ť Bestämd integral
Främsta argumentet för integralens införande är att få ett sätt att y
mäta arean A av en plan figur. Vi tänker oss att denna plana figur
är innesluten mellan kurvan y f x , x–axeln och linjerna x a
och x b, det vill säga vi har situationen enligt figuren till höger.
y f x
a
b
x
Antag att en f x är kontinuerlig i intervallet I och att a och b är punkter inne i detta intervall. Strategin är nu att dela in intervallet
a, b i mindre delområden, en så kallad partition, a x0 x1
xn b, se nedan. Mellan två på varandra följande tal har vi
intervallet xk xk 1 , xk . I dessa intervall bestämmer vi sedan funktionens extremvärde, mk min f x respektive Mk max f x .
x
xk
x
xk
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
y
3
y
Mk
y f x
mk
a x0
x1
x2
xn
xn
2
1
x
xn b
a x0
xk
xk
1
xk
x
xn b
y
Mk
I varje delområde bestämmer vi nu en undertäckande rektangel med
arean Uk mk xk , där xk är längden av intervallet xk , och
en övertäckande rektangel med arean Ök Mk xk . Om vi kallar
den sökta arean för An har vi följande naturliga olikhet
mk
n
k 1Uk
U
a x0
xk
1
xk
xk
xn b
n
k 1mk
xk
n
k 1Mk
An
n
k 1Ök
xk
Ö
x
y
Om vi nu gör en förfining av partitionen så att
n
Ö U
0,
0
max xk
så har vi genom gränsövergång vid instängning att
An A U Ö
och säger att arean A är mätbar och att f är integrerbar
i Riemanns mening Bernhard Riemann 1826 1866 .
a
n
k 1Uk
Över- respektive undersumma i ändlig form ovan, exempelvis U
kommer till flitig användning vid modellering.
Med den bestämda integralen av f x från a till b, betecknad
b
f
a
x
b
x
n
k 1mk
xk , kallar vi för Riemannsumma. Denna
x menas då talet A. Man säger ofta att detta är "arean under
y f x mellan a och b" istället för det lite mer omständiga, "arean av det område som begränsas av kurvan y
linjerna x a och x b". Strax får vi nytta av
Integralkalkylens medelvärdessats. Om f är kontinuerlig i intervallet a, b så finns en punkt Ξ
b
f
a
x
x
f Ξ b
a är lika stor som
min f x och M
y
b
m
a
y f x
x
m b
f Ξ
m
a
b
f x
a
b
f
a
b
f
b a a
1
x
b
f
a
x
x, eller " f Ξ är det djup vi
max f x så har vi
x a,b
M
a, b så att
a.
Den geometriska innebörden av denna sats är att arean av rektangeln f Ξ b
får när stormen lagt sig och ankdammen ligger spegelblank". Låt m
f x , x-axeln och
x a,b
b
M
a
x
x
x
x
M b
M
Självklar olikhet
x
a
Dividera med b
Låt talet K
a
b
f
b a a
1
x
x
m K M
Men f är kontinuerlig och antar därför enligt satsen om mellanliggande
värden alla värden i m, M och speciellt då K. Alltså finns ett Ξ a, b
m
a
Ξ
b
x
så att f Ξ
K
b
1
f
b a a
x
x, vilket är satsens innebörd
4
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Kopplingen mellan bestämd integral och primitiv funktion till integranden utreds i
Analysens huvudsats. Om f är kontinuerlig i intervallet a
x
x
a
b så är F x
F' x
f t
t en primitiv funktion till f, det vill säga
f x.
Geometrisk betyder F x arean under f x i a, x . Vi får
y
y f x
F x
F x h F x
h
x h
1
f
h a
F x h F x
h
F x h F x
h
1 x h
f t
h x
1
f Ξ x
h
F' x
a
x
Därmed har vi
b
f
a
x
x
x
a
t
f t
t Differenskvoten
Medelvärdessatsen, Ξ
t
h
x
Låt nu h
f Ξ
f x
0
x, x
F ' x och Ξ
h
x
Färdig
t
b
Fb
t
F a . För skillnaden F b
b
a,
F a används symbolen F x
kallad insättningstecken. Vi
sammanfattar
Den bestämda integralen av f x från a till b
b
f
a
x x
b
a
F x
Fb
Fa
där
kallas integraltecken.
x kallas integrationsvariabel.
a kallas undre integrationsgränsen.
x kallas måttet.
b kallas övre integrationsgränsen.
f x kallas integranden.
F x
b
a
kallas insättningstecken.
Observera att F b F a inte beror på vilken primitiv funktion vi väljer. Är nämligen F och F1 båda primitiva funktioner till f så är
F1 x F x C och
F1 b
Notera
Den obestämda integralen
Den bestämda integralen
f x
b
f
a
x
F1 a
Fb
C
Fa
C
Fb
Fa
x är en funktion.
x är ett tal helt bestämt av integranden f x och integrationsgränserna.
n
I Riemannsumman får vi en konkret bild av integralens beståndsdelar lim
n
k1
mk
xk
f x
x
b
f
a
x
x.
b
a
Av Riemansumman inser vi att mk xk ska uppfattas som en produkt, varför
b
f
a
Vägen till den bestämda integralen går via den obestämda, ty
x
x
1
f x
f x
x ofta skrivs kompaktare som
b
xa
F x
b
a
Fb
x
f x
.
Fa.
Den bestämda integralen är helt oberoende av vilken integrationsvariabel vi använder
b
f
a
x
x
b
f
a
y
y
b
f
a
ö
ö
b
f
a
.
Vi sammanfattar den bestämda integralens välkända geometriska innebörd.
Om f x
y
0 och f x är kontinuerlig i intervallet a, b , så är
f x , x-axeln och linjerna x
a och x
b
f
a
x
x lika med arean av det område som begränsas av kurvan
b. Detta kan generaliseras till ett byte av x-axeln mot en funktion g x
f x i a, b .
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
y
5
y
y f x
y f x
b
a
f x
b
a
x
a
b
f
a
Lika välkänt bör det vara att
Så skilj noga på
b
f
a
x
x
g x
x
a
x
b
f x
x beräknar arean med tecken. Positiv om f x
x
b
y g x
0 och negativ om f x
0.
x och den målade arean som kan behövas inför en resa till färghandeln!
y
y f x
x
Inte så sällan har man nytta av att derivera en bestämd integral med avseende på integrationsvariabeln. Å inte nog med det, även
integrationsgränserna behagar ibland också vara funktioner av samma variabel. Då är det onödigt att först bestämma den primitiva
funktionen, det kanske inte ens är möjligt, utan vi utnyttjar bara existensen av en sådan om integranden är kontinuerlig. Vi får
x
hx
gx
f x
x
x
F x
hx
gx
Fhx
x
Fgx
F ' h x h' x
F' g x g' x
f h x h' x
f g x g' x
Ibland har man nytta av följande om kontinuerliga funktioner
Generaliserade medelvärdessatsen. Om g x
b
f
a
Triangelolikheten för integraler.
x
0 i a, b finns ett tal Ξ
b
a
x
f x
b
f
a
a, b så att
x gx
x
f Ξ
b
g
a
x
x.
x.
ť Enkla integrationsregler och standardintegraler
Liksom vid derivering används metoden med att "söndra och härska". Strategin som ska följas är att systematiskt tillämpa
integrationsregler som återför integralerna till vissa standardintegraler (SI). Vi sammanfattar dessa.
Integrationssregler,
k konstant, f och g integrerbara i I, a, b, c
kf x
b
kf
a
f x
b
f
a
gx
x
b
f
a
x
x
b
f
a
b
f
a
c
a
x
b
k
a
k
f x
x
x
b
f
a
k f x
x
gx
x
x
f x
x
x
x
a
f
b
kb
x
x
x
x
gx
x
b
g
a
x
x
x
b
f
c
x
x
I
x
x
x
Standardintegraler
SI
f x
f x
x
xΑ
1 Α 1
x ,
Α 1
Α
1
x
x
Exempel: så vi får anledning att titta på tabellerna med regler och (SI) igen
x
sin x
cos x
cos x
sin x
1
arctan x
1 x2
a
ln x
C
1
6
Integraler och Mathematica
1
t
0
1 1 12
t
0
t t
c 2
x
0
2
t1 2 1
12 1
2 t1 2 t
2 t t
c2 x
t
1
3 x3
1 32
t
0
c
c2 x0
4 32
t
3
C
1
1
t
3 2
1
3 c3
1
4
t
3
C
t3 2 1
0
c2 c
0
2 52
1
5
0
t
C
05 2
2 3
c
3
HH/ITE/BN
2cos x x
2
5
51
1 x
x
1 x
0
x
ln x
x 1
0
2 cos x x
5
1
ln 5
1
2sin x
ln 1
0
C
ln 5
1
Jämfört med att derivera, som är rätt fram med givna regler och standardderivator, bjuder integration väsentligt mer motstånd och
har ofta karaktären av knep och knåp. En nödvändighet när man integrerar för hand är att man måste ha deriverat så mycket att man
känner igen strukturer och standardderivator "baklänges", samt har ett rejält uppslagsverk med standardintegraler och diverse tricks
till hands. Dessa standardverk med tusentals standardintegraler och en uppsjö av arbetskrävande trick har plågat generationer av
ingenjörer. Titta gärna i en gammal lärobok (eller ny för den delen också, exempelvis PB!). Men nu är det nya tider
Att lära en dator att derivera är förhållandevis mycket enkelt, medan integrationsalgoritmer ständigt kräver resultat från den senaste
forskningen inom matematik. Mathematica ligger i absolut topp bland CAS (computer algebra systems) och klarar i princip av att
,
eller på
bestämma en primitiv funktion om det är möjligt. Det hela är mycket lättanvänt, antingen via palette
funktionsform Integrate[f,x] och Integrate[f,{x,a,b}], vilka naturligtvis döljer sig bakom de mer smakfulla grafiska
varianterna. Funktionsformerna har dock fördelen att man i vanlig ordning kan lägga till Options om man behöver skedmata med
hjälpande information om integrand och gränser som inte går att lista ut från formuleringen. Enda tillägget man behöver göra själv
vid obestämd integral är att lägga till C (om man nu i praktiken är intresserad av detta).
Exempel:
2 2
x
1
1 x
1
3 x3
2
x1
1
3 23
2
1
3 13
1
10
.
3
Mathematica vill ha () om integranden är f x
gx.
2
2
x
1 x
1
10
3
Som sagt, C får man lägga till själv om så önskas
x
2
1 x
x3
x
3
Vi har tidigare lärt oss att sammansättningen av två kontinuerliga funktioner är en ny kontinuerlig funktion och för sådana existerar
en primitiv funktion. Problemet är att det är bara en mycket liten mängd av alla sådana som kan skrivas ned med hjälp av våra
elementära funktioner. När det går bra brukar man kalla integralen analytisk annars icke analytisk. Naturligtvis finns det gott om
tillämpningar där icke analytiska bestämda integraler dyker upp, då får man nöja sig med en numerisk lösning, exempelvis har vi
a
x2
x som är mycket vanlig i statistik. I Mathematica finns NIntegrate[f,{x,a,b}] för numerisk integration. I princip
används en Riemannsumma, där partitionen förfinas på ett fiffigt sätt tills önskad noggrannhet uppnåtts.
Exempel: Vid konstruktion av kameralinser drabbas man av Fresnels integraler Ci s
s
cos t2
0
t och Si s
2
s
sin t2
0
t.
Integranderna är som synes en sammansättning av de snälla kontinuerliga funktionerna g x x och f x cos x respektive
f x sin x , men den kontinuerliga sammansättningen f g x resulterar i en icke analytisk integral. En annan tillämpning av dessa
integraler är av- och påfartsramper till motorvägar. Om s är den körda sträckan så kommer x, y
Ci s , Si s att vara positionen
på rampen. Denna lussekattsformade kurva (av vilken man använder sig av den inledande biten!!) brukar av väg- och vatteningenjörer kallas för en klotoid. Eftersom dessa integraler är så vanliga finns de definierade i Mathematica på ett ur datorsynpunkt
effektivt sätt. Så här har vi en normaliserad avfartsramp och var vi befinner oss på kartan efter att ha kört 0.75 längdenheter längs
vägen. (Eftersom vi har högertrafik lägger vi till ett minustecken framför y-koordinaten!)
y
0.2
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.4
0.6
0.8
x
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
7
För sådana här integraler måste vi i det allmänna fallet göra en numerisk integration, även om Mathematica är duktig nog att härleda
många vanligt förekommande fall till lite mer raffinerade standardintegraler.
1
2
Sint t
0
N
Π
2
S
2
Π
0.310268
NIntegrateSint2 , t, 0, 1
0.310268
f x
Exempel: Låt f vara den styckvis konstanta funktionen
i figuren och beräkna
4
4
f x
3
4
3
2
1
x.
4
3
2
1
1
1
2
3
2
3
4
x
Lösningsförslag: Integration av styckvis konstant funktion. Dela upp intervallet i lämpliga bitar så vi har
b
k
a
x
kb
a i varje
intervall. Så med lite integrationsregler och standardintegraler
4
4
f x
3
4
f
4
x
x
1
4
4
1 x
2 x
3 x
4
x
3
1
2
4
3
x
3
3
4
4
4
4
f
4
x
2
1
x
x
3
3 x
4
4
f
4
4
3 2
x
1
x
4 4
3 4
2
4
24
1
4
f
4
x
x
24
4
9
8
24
22
x
22
Exempel: Bestäm
x
2Π
cos
0
x
x och den målade arean som innesluts mellan kurvan y
cos x , x-axeln och de två linjerna x
0 och
2Π.
Lösningsförslag: Situationen återges i figuren
y
2
y cos x
1
1
2
3
4
5
6
x
1
2
Vi får den bestämda integralen
2Π
cos
0
x
x
sin x
2Π
0
sin 2Π
sin 0
0
0
0.
2Π
Cos x
x
0
0
Den målade arean blir däremot
2Π
0
cos x
måste lösas ut med hjälp av sin definition z
x. Det finns ingen direkt metod att integrera absolutbeloppsfunktionen, utan denna
z om z 0
. Om vi då har teckenväxling i integrationsintervallet måste detta
z om z 0
styckas upp på motsvarande sätt. Så är fallet här, cos x byter tecken både vid
Π
2
och
3Π
2
enligt figur ovan, varför
8
Integraler och Mathematica
2Π
0
cos x
1
Π2
cos
0
x
0
1
1
x
3Π 2
Π2
x
0
1
cos x
1
2
2Π
cos
3Π 2
x
1
x
x
HH/ITE/BN
sin x
Π2
0
sin x
3Π 2
Π2
sin x
2Π
3Π 2
4.
Naturligtvis tar Mathematica hand om situationen på ett korrekt sätt
2Π
Abs Cos x
x
0
4
Exempel: Sök den målade arean som innesluts mellan kurvorna y
1
2
x2 , y
x och linjen x
1 i första kvadranten.
Lösningsförslag: Vi har situationen
x
Plotx2 ,
, x, 0, 1 , Filling
1
2
, FillingStyle
Green,
2
AxesLabel
Text"y x2 ", 0.8, 0.8 , Text "y x 2", 0.8, 0.3
"x", "y" , Epilog
y
1.0
y x2
0.8
0.6
0.4
y x2
0.2
0.2
0.4
0.6
1
,
2
Kurvorna skär varandra vid x
12 1
2
0
1
x2
12
x2 x
x
1
1
Abs
0
x
1
2
0.8
1.0
x
så den målade arean blir
x x
1
4 x2
1 3 12
x 0
3
1
3 x3
1 2 1
x 1 2
4
1
16
1
24
1
0
3
1
4
1
24
1
16
1
.
8
x2 x
2
1
8
Återigen, rita figur så problemställningen blir tydlig. En direkt förväxling med integral ger en av de två felaktiga svaren
1
1
x2
2
0
1
1
x
x,
0
x2
1
x
x
2
1
,
12 12
ť Partiell integration
Enligt regeln för derivering av en produkt har vi
x
f x gx
f' x gx
f x g' x
Integrera nu båda sidor med avseende på x
x
f' x gx
x
I vänsterledet kan vi "förkorta bort" måttet x och kvar blir
f x gx
x
f x gx
f x gx
C
f' x gx
x
f x g' x
x
C
f x g' x
f x gx
C så
x
Om vi bakar in integrationskonstanten C i någon av de två integrationskonstanterna som genereras av de obestämda integralerna på
högersidan och stuvar om termer så har vi partiell integration.
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
f x g' x
b
f
a
x
x g' x
f x gx
x
f x gx
f' x gx
b
f
a
b
a
x
' x gx
9
Partiell integration. Obestämd form.
x Partiell integration. Bestämd form.
Det handlar alltså om ett litet trick när integranden är en produkt. Genom att flytta "sparven" från g till f så är önskemålet att integralen på högersidan ska bli enklare än den på vänstersidan. Vi tar det typiska exemplet
Exempel: Bestäm xln x
x.
Lösningsförslag: Partiell integration (vad annars?). Det gäller bara att välja rätt g och f! Om vi tycker att integralen blir svårare kan
man ju alltid prova tvärtom, eller så är det inte partiell integration som är medicinen
xln x
x
Vi provar med att derivera ihjäl ln x , så välj g ' x
1 2
x
2
gx
ln x
f x
1 2 1
x x
2
g x f' x
1 2
x ln
2
x
1
2
x
x och f x
1 2
x ln
2
x x
ln x
1 2
x
4
x
C
Naturligtvis känner Mathematica till partiell integration
x Log x
1
x
x2
x2 log x
4
2
Exempel: Bestäm
Π 2
x sin
0
x
x.
Lösningsförslag: Partiell integration...
Π 2
x sin
0
x
x
x2 och g ' x
Välj f x
å igen med f x
x2
2
cos x
2
Π
0
Π cos Π
x, g ' x
2 xsin x
2Πsin Π
cos x
2
Π
2x
0
cos x 0
x2
cos x
Π
0
Π
x2
sin x
Π
0
2
0 cos 0
cos x
2
Π
0
2
cos x
2 xsin x
x cos x
2 0 sin 0
Π
0
2xsin x
2
Π2
Π
x2
x
Π
sin
0
Π
0
1
cos x 0
x
2
Π
xcos
0
x
x
x
0
2 1
Π2
0
4
Eller med lite mindre möda
2
x Sin x
2 x sin x
x
x2
2 cos x
Π
2
x Sin x
x
0
Π2
4
ť Variabelsubstitution
Om vi drar oss till minnes kedjeregeln vid derivering och kör detta baklänges får vi integration genom variabelsubstitution
f g x g' x x
f u u med u g x . Om nämligen F är en primitiv funktion till f har vi
x
Fgx
F' g x g' x
f g x g' x
Med u
gx
f g x g' x
x
Fgx
C
Fu
C
f u
Vi sammanfattar i en
Kokbok för variabelsubstitution
1. Välj substitution u g x
b
f
a
g x g' x
x
2. Byt mått, derivera substitutionen implicit;
3. Om bestämd integral, så byt gränser
ub
ua
u
x
gb
ga
x
gx
u
g' x
x
ub
ua
f u
u
u
10
Integraler och Mathematica
Exempel: Bestäm
Π4
cos
0
2x
HH/ITE/BN
x.
Lösningsförslag: Variabelsubstitution (vad annars?). Vi tar fram kokboken.
1. Välj substitution u
Π4
cos
0
u
x
2. Byt mått,
2x
x
gx
2x
u
x
gx
x
2
1
2
x
3. Om bestämd integral, så byt gränser
u
ub
g 4
Π
Π
2
ua
g0
0
Π2
cos
0
1
2
u
1
2
u
sin u
Π2
0
1
2
Med Mathematica är det bara att skedmata som vanligt
Π 4
Cos 2 x
x
0
1
2
Exempel: Bestäm
1
arctan
0
x
x.
g' x
Lösningsförslag: Först partiell integration,
1
f x
gx
x
arctan x
1
arctan
0
1
f' x
x
x
xarctan x
1 x
0 1 x2
1
0
1 x2
x.
I sista integralen får vi ta till variabelsubstitution. Fram mé kokboken
1. Välj substitution u
1 x
0 1 x2
2. Byt mått,
x
u
x
x
gx
gx
1
x2
u
x
2x
u
2x
x
ub
ua
3. Om bestämd integral, så byt gränser
g1
g0
2x u
1 u 2x
2
1
1 21
2 1 u
u
1
2
ln u
2
1
1
ln
2
2
Varav slutligen
1
arctan
0
x
x
xarctan x
1 x
0 1 x2
1
0
Π
4
x
1
ln
2
0
Π
4
2
2
ln
4
Π
4
2
1
ln22
4
1
4
Π ln 4
1
ArcTan x
x
0
1
Π
log 4
4
Exempel: Bestäm
4
2 x
1
x.
x 1
Lösningsförslag: Visst, variabelsubstitution. Vad skulle vi göra utan kokboken
1. Välj substitution u
4
2 x
1
x 1
2. Byt mått,
x
u
x
x
gx
x
u
x
gx
1
x
1
2
x 1
3. Om bestämd integral, så byt gränser
2
1
1 u2
u
2 arctan u
3
1
Π
2 3
u2
x
2u u
3
1
ub
ua
Π
4
g4
g2
1
1 u2 u
2u u
3
1
Π
6
1
4
x
2
3
1
1
x
x
1
Π
6
Exempel: Bestäm arean av en cirkel med radien R.
1
Lösningsförslag: På grund av dubbel symmetri räcker det att studera en fjärdedel av tårtan och förväntar oss alltså svaret 4 ΠR2 .
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
11
y
y
R
y
R
R
R2
y
x2
y
R2
x2
x
R
R
yx
R
x
R
x
x
x
R
x
Åkalla cirkelns ekvation x x0 2
y y0 2 R2 . Vi väljer naturligtvis att placera dess centrum i origo, så x0 y0 0. Låt nu
blicken svepa från vänster till höger över figurerna, det vill säga approximera kvartscirkelns area underifrån med många små
rektanglar och studera sedan en i mängden vid x. Denna har arean A
och låt
R
y
0
x
0 så har vi A
x
R
0
x
R
0
R2
R2
x2
x2
höjd bas
yx
A
x
x. Dividera båda sidor med x,
A
0
y x x. Sedan är det bara att lägga samman alla de små areorna A
A
R
y
0
x
yx
x
x. Nu väntar variabelsubstitution!
1. Välj substitution x R sin Θ
2. x R cos Θ Θ
x 0 0 R sin Θ
Θ 0
3.
Π
x R R R sin Θ
Θ 2
x
R2
Π2
0
cos Θ cos Θ
Θ
Θ
cos 2Θ
1
2
R2
Π2
0
1
2cos2 Θ
cos 2Θ
1
Θ
Π
0, 2
cos2
Dubbla vinkeln, cos 2Θ
1
2
Π2
0
cos Θ
Θ
sin Θ
1
2
1
sin
2
R2 sin2 Θ R cos Θ
R2
0
2
cos2 Θ
R2 Θ
R2
Π2
cos2
0
Trig. ettan
1
Θ
cos2
Θ
Trig. ettan
Θ
Θ
1
cos2 Θ
cos 2Θ
Π2
2Θ 0
1
2
Π
R2 2
1
2
0
0
1
2
0
1
ΠR2
4
Eller med lite mindre möda
R
R2
x2
x
PowerExpand
0
Π R2
4
ť Dubbel- och trippelintegral
Vi har tidigare stiftat bekanskap med funktioner som har flera oberoende variabler och en beroende variabel. På samma sätt som vid
analys i en variabel är man även i dessa fall intresserad av hur funktionen beter sig i närheten av en punkt. Därför introducerades
begreppet partiell derivata. Om man vill kan man se derivata som en lokal operation och integral som en global operation, det vill
säga beräkning av exempelvis area, volym och massa för ett område. Följaktligen vill man utvidga integralbegreppet för en enkelintegral,
z
b
f
a
x
f x, y :
x, till att gälla för funktioner med flera oberoende variabler och en beroende variabel. Antag att vi har en funktion
2
och vill ge mening åt dubbelintegralen
f x, y
x y.
Resan följer i allt väsentligt den för framtagning av bestämd enkelintegral, repetera gärna denna och se figurerna nedan. Vi börjar
med att täcka över integrationsområdet med ett rektangulärt rutnät och låter partitionen vara de små ytstyckena med arean
A
x y som genereras av rutnätet. Om vi finner att n st av dessa rutor ligger i så kommer ruta nr k att innehålla punkten
xk yk . Tillsammans med funktionsvärdet f xk , yk definieras så en smal pelare
xk , yk och ha den lilla rektangulära arean Ak
med volymen f xk , yk
Ak .
12
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Om vi utgår från att f är snäll kan vi göra proceduren kort med hjälp av en Riemannsumma. Gör en allt finare rutnät och se till att
den största rutans area går mot noll så har vi att
n
Dubbelintegralen
f x, y
x y
lim
f xk , yk
n
max
Ak 0
Ak kan tolkas som volymen under funktionsytan f x, y
k 1
då x, y genomlöper . Speciellt har vi med f x, y
x y
1 att
arean av .
På grund av denna konstruktion är det inte så märkligt att de enkla integrationsreglerna vi känner sedan tidigare ärvs över.
Integrationssregler,
k f x, y
f x, y
x y
g x, y
f x, y
k
x y
x y
f x, y
x y k konstant
f x, y
f x, y
x y
x y
1
k x y
För att ha "en chans" att beräkna
f x, y
f x, y
utseende gör att vi kan beräkna
g x, y
f x, y
x y
x y
2
k arean
x y analytiskt krävs att integrationsområdet
är vänligt sinnat i den meningen att dess
x y som två enkelintegraler. Vi väljer att behandla två sådana utseenden under separata
rubriker. Men först en kort notis om att dubbelintegralen utvidgas naturligt till polära koordinater, se de två figurerna till vänster,
samt till trippelintegral i den högra figuren.
Dubbelintegral i polära koordinater
Β r2 Θ
Α r1 Θ
där lilla arean A
del av ananasring A
f r, Θ r r Θ
båglängd radieökning
Θ
Π
2Π
r
Trippelintegral
r
2
r2
f x, y, x
r Θ r r r Θ
Θ r r1
r
2r
A
där lilla volymen V
r Θ r
x y z
x y z
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
13
Rektangulärt integrationsområde _
Med detta menar vi ett rektangulärt område parallellt med xy-axlarna
a, b
Med skivformeln har vi att volymen enligt den vänstra figuren är V
f x, y
enligt den högra figuren V
f x, y
b
A
a
x y
x x
b d
a c
f x, y
c, d , se figurerna nedan.
d
A
c
x y
y y
d b
f
c a
x, y
x y men också
y x.
Så vi kan tydligen vid rektangulärt reducera beräkningen av dubbelintegralen till beräkning av två enkelintegraler. Man brukar
tala om den yttre och den inre integralen. Vid beräkning av den inre integralen betraktar man den yttre integralens integrationsvariabel som konstant (jämför partiell derivering). Slutligen noterar vi att det är oberoende i vilken ordning vi behandlar integralerna
f x, y
x y
d b
f
c a
x, y
b d
a c
x y
f x, y
y x vid rektangulärt
a, b
c, d .
I Mathematica är det bara att starta med att trycka på integrationspaketet i paletten å en gång till med markören ställd i
integrandrutan.
Exempel: Bestäm arean av den rektangel som har sidorna a och b.
Lösningsförslag: Meka in rektangeln i första kvadranten så att dess sidor blir parallella med x-axeln respektive y-axeln. Efter en
liten kalkyl har vi den välkända arean. Det är inte fel att förtydliga gränserna vid insättningstecknet med vilken variabel det faktiskt
är som man ska göra insättningen i, exempelvis xy y xx a0 . Denna enkla bokhållning eliminerar många "tryckfel" vid handräkning !
b a
0 0
A
b
b
0
x
x a
x 0
y
b
0
a
0
y
a
b
0
y
a y
y b
y 0
ab
0
ab
a
0
x y
x y
0
ab
Exempel: Bestäm
2 1 2
xy
30
2 x y.
Lösningsförslag: Vi söker tydligen volymen under z
Plot3Dx y2
2, x, 0, 1 , y,
xy2
f x, y
2,
3, 2 , AxesLabel
0, 1
3, 2 . Vi börjar väl med en liten bild
"x", "y", "z"
Håll ordning på vilken integrationsvariabel "som gäller" för tillfället så får vi följande lilla kalkyl.
V
2 1 2
xy
30
2 1 2
y
32
2 1 2 2
x y
3 2
y 2
1 3
6 y 2 y y 3
2 x y
2 y
x 1
2xx
0
1
6 23
y
2 2
2 1 2 2
1 y
3 2
1
6
3
3
2 1
2
1
2 02 y2
3
95
6
2 0 y
14
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Undrar ängsligt om det blir samma svar om vi byter ordning på integralerna
1 2
xy2
0 3
V
1 35
0 3
x
10 x
y 2
1 1
xy3
0 3
2 y x
2 y y
x 1
35 2
x
6
10xx
0
3
x
35 2
1
6
1 1
3 x
0
1
23
10 1
2 2 3 x
35 2
0
6
10 0
3
3
2
3 x
95
6
Vá bra, nu återstår bara att låta Mathematica få sista ordet
2
1
1
x y2
3 0
2
2 x y, x y2
0
2 y x
3
95 95
,
6 6
Exempel: Bestäm volymen under den flygande mattan z
f x, y
cos x
sin y ,
0, 2Π
0, 2Π .
Lösningsförslag: Vi börjar väl som vanligt med en liten bild
Plot3D Cos x
Sin y , x, 0, 2 Π , y, 0, 2 Π , AxesLabel
"x", "y", "z"
Håll ordning på vilken integrationsvariabel "som gäller" för tillfället så får vi följande lilla kalkyl.
2Π 2Π
cos
0 0
2Π
2Π 0 sin
V
x
y
sin y
y
2Π
sin
0
y 2Π
y 0
x y
2Π cos y
x
xsin y
2Π cos 2Π
y
2Π
0
cos 0
0
x 2Π
x 0
sin 2Π
2Π sin y
sin 0
0 sin y
y
Undrar vad Mathematica säger i ärendet
2Π
0
2Π
Cos x
Sin y
x y
0
0
Icke-rektangulärt integrationsområde _
Med detta menar vi att vi "släpper i väg" en av integrationsriktningarna till att få ha funktioner som undre och övre integrationsgränser, se figurerna nedan.
I fallet med de två vänstra figurerna har vi
f x, y
x y
och analogt med ett
f x, y
b g2 x
a g1 x
f x, y
y x
enligt den högra figuren.
x y
d h2 y
c h1 y
f x, y
x y
Notera i dessa fall att den inre integralen måste beräknas först eftersom dess gränser är funktioner av den yttre integralens
integrationsvariabel!
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
15
1
x
2
Exempel: Bestäm arean av den triangel som begränsas av x-axeln och linjerna y
och x
6.
Lösningsförslag: Vi börjar väl med en liten bild .
1
x , x, 0, 6 , Filling
Plot
Axis, FillingStyle
Orange, AxesLabel
"x", "y"
2
y
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
1
2
3
4
5
x
6
Eftersom vi söker arean är f x, y 1. Vidare har vi funktioner som integrationsgränser i y-riktningen, så nu är det bara att välja rätt
formel ovan. Håll slutligen ordning på vilken integrationsvariabel "som gäller" för tillfället så får vi följande lilla kalkyl.
b g2 x
a g1 x
A
f x, y
6 x2
0 0
y x
1
2
Ser ju bra ut, eftersom vi vet att A
6
y
1
6
2
bas höjd
y x2
y 0
3
x
6 1
x
0 2
0 x
1
x 6
4 x2 x
0
1 2
6
4
02
9
9. Men Mathematica då
x 2
y x
0
6
0
y x
0
9
Exempel: En tunn stenplatta i form en parallelltrapets med hörnen i 2, 1 , 4, 1 , 5, 3 och 1, 3 har massbeläggningen
Ρ x, y xy 1 kg m2 . Bestäm stenplattans massa.
Lösningsförslag: Vi börjar väl som vanligt med en liten bild över integrationsområdet
sten
2, 1 , 4, 1 , 5, 3 , 1, 3 ;
Graphics Lighter Blue , Polygon sten , Red, Text , , Background
PlotRange
0, 6 , 0, 4 , Axes True, AxesLabel
"x", "y"
White &
sten ,
y
4
1, 3
3
5, 3
2
2, 1
1
0
0
1
4, 1
2
3
4
5
x
6
Vi har funktioner, räta linjer, som integrationsgränser i x-riktningen men konstanter i y-riktningen, så det gäller först att vaska fram
de räta linjerna h1 y och h2 y . Med två kända stödpunkter applicerat på x k y m får vi lätt ekvationssystemen
2 k 1 m
4 k 1 m
1
5
1
1
5
1
k
, m 2 varav h1 y
y 5 och
k
, m 2 varav h2 y
y 7
2
2
2
2
1 k 3 m
5 k 3 m
Nu är det bara att integrera fram massan. Håll slutligen ordning på vilken integrationsvariabel "som gäller" för tillfället!!
b h2 y
a h1 y
m
Ρ x, y
x y
3 1 y 7 2
2 2 y
1
y 7
y3
y2
y 3
1
y y
2
3
1
1
2
33
32
y 7 2
y 5 2
xy
1
y 5 2
y 5
2
2
3
y
12
x y
3 1 2
x y
1 2
y
3
3 y2
1
12
Å så här mycket tycker Mathematica att stenplattan väger
3
y 7
2
y 5
2
xy
1
32
1
x y
1
32 kg
x
xx
2y
y 7 2
y 5 2
1 y
y
16
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
ť Rotationsvolym kring x-axeln
Vi är intresserade av att bestämma den volym som uppstår då området som är innesluten mellan kurvan y f x , x-axeln och
linjerna x a och x b sveper ett varv kring x-axeln. Vi gör en partition av a, b och approximerar den uppkomna volymen
underifrån med en mängd små cylindrar. Situationen åskådliggörs nedan.
y
y
y f x
y f x
a
x
b
x
z
Vi studerar nu en av de små cylindrarna i mängden. Den genereras genom att låta en liten rektangel svepa ett varv runt x-axeln, se
x x.
figur nedan. Volymen för denna lilla cylinder blir V basyta höjd Πy2 x x eller som det ser ut i figuren V Πy2 x
Det spelar ingen roll, ska vi se, vilken vi väljer. Spektaklet ska ju helst fungera oberoende av kurvans lutning vid x.
y
y
y f x
y f x
yx
yx
x
x
z
a
x
V
V
x
V
x
Πy2 x
2
Πy x
x
V Πy x
V
0
V
b
x
x x
Dividera båda sidor med x.
x
Gå i gräns, det vill säga låt x
Πy2 x
2
V
x
0. Definition av derivata i VL.
Multiplicera upp måttet x på andra sidan.
x
b
Πy2
a
Lägg nu samman alla dropparna med stöd av Riemann
x
x Färdig
När en ingenjör arbetar brukar denne lita på gränsövergången och "ta genvägen" från figuren direkt till de två sista leden. Likartade
sekvenser återkommer i tid och otid vid modellering. Idén är att bryta ned ett objekt i små enkla väldefinierade atomer; räta linjestycken, rektanglar, cylindrar, rörstumpar, parallellepipeder... som sedan läggs samman med stöd av Riemann. Lär dig metoden, inte
den färdiga formeln!
Rotationsvolym kring x-axeln V
b
Πy2
a
x
x
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
17
x
Exempel: Bestäm den rotationsvolym som uppstår då området som är innesluten mellan kurvan y
och x 1 sveper ett varv kring x-axeln.
, x-axeln och linjerna x
0
Lösningsförslag: Repetera arbetsgången ovan! Sedan har vi direkt
y
1
Πy2 x
0
2
Π u
0
V
1
Π
0
x
1
2
u
x 2
Π
2
u
x
2
0
Variabelsubstitution u
Π
2
2
Π
1
2
1
2x
2
x
z
1
x 2
Π
x
0
2
2
1 Π
2
ť Rotationsvolym kring y-axeln
Vi är intresserade av att bestämma den volym som uppstår då området som är innesluten mellan kurvan y f x , x-axeln och
linjerna x a och x b sveper ett varv kring y-axeln. Vi gör en partition av a, b och approximerar den uppkomna volymen
underifrån med en mängd tunnväggiga rör, som stundom kallas "lökringar". Situationen åskådliggörs nedan.
y
y
y f x
y f x
x
a
x
b
z
Vi studerar nu en av de små lökringarna i mängden. Den genereras genom att låta en liten rektangel svepa ett varv runt y-axeln, se
figur nedan. Volymen för denna lilla lökring blir V omkrets tjocklek höjd 2Πx x y x .
y
y
y f x
y f x
yx
yx
x
x
a
x
x
x
b
x
z
18
Integraler och Mathematica
V
V
x
V
x
2Πx y x x
Dividera båda sidor med x.
2Πx y x
Gå i gräns, det vill säga låt x
2Πx y x
V
0
V
0. Definition av derivata i VL.
Multiplicera upp måttet x på andra sidan.
V 2Πx y x
V
HH/ITE/BN
x
Lägg nu samman alla dropparna med stöd av Riemann
b
2Πx y
a
x
x Färdig
Rotationsvolym kring y-axeln V
b
2Πx y
a
x
x
Samma resultat blir det om man delar upp varvet i n st tändstickor med rektangulär bas,
V
n basyta höjd
n
2Πx
n
x y x
2Πx y x x
eller om man betraktar hela bottenytan som en annanasskiva
V
Π x
x
2
Πx2 y x
Π2x x
x2 y x
x
2x
2Πx y x x1
V
x
x
.
2x
2Πx y x 1
Gå i gräns!
Hela tiden Riemannsumma av små geometriska atomer
Exempel: Bestäm den rotationsvolym som uppstår då området som är innesluten mellan kurvan y
x 0 och x 1 sveper ett varv kring y-axeln.
2
x2 , x-axeln och linjerna
Lösningsförslag: Repetera arbetsgången ovan! Sedan har vi direkt
y
V
1
2Πx y
0
2Πx2
x
1
2Πx2
0
x
1 4 1
x 0
4
2Π1
x2 x
1
4
0
2Π
1
2x
0
x3 x
3Π
2
x
z
1
2 Π x2
x2 x
0
3Π
2
ť Båglängd
Vi är intresserade av att bestämma längden S av en kurva som är beskriven på parameterform t
x t , y t , t t1 , t2 . Som synes
väljer vi att arbeta i två dimensioner, men en utvidgning till rymdkurva sker odramatiskt genom att "lägga till" en tredje koordinatfunktion z t . Se sammanfattning nedan. Strategin blir som tidigare att göra en partition av t1 , t2 i parameterrummet och approximera kurvan med små räta linjestycken, enligt den vänstra figuren.
y
y
t
x t2 , y t 2
yt
xt , yt
t
x t1 , y t 1
s
y
yt
x
x
xt
xt
t
x
Vi väljer ett litet linjestycke i mängden som går mellan punkterna x t , y t och x t
t,yt
t . Situationen återges i den
högra figuren och vi använder oss naturligtvis av Pytagoras sats för att bestämma längden s av det lilla linjestycket
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
s2
x2
y2
19
x2
s
y2
Detta blir nu basen för att bestämma båglängder när vi har en funktionen beskriven på lite olika former. Men först avslutar vi
parameterformen där vi får
x2
s
s
t
x 2
t
y2
y 2
t
t 0
x 2
t
y 2
s
t
t
t2
x' t
2
y' t
2
y 2
x 2
t
s
x' t
t
t
2
y' t
2
t
Nu är det bara att lägga samman alla små stumpar
S
0
S
Den explicita formen y
f x,x
t2
t1
s
x' t
2
y' t
2
t
a, b blir nu en enkel tillämpning på det vi redan gjort.
y
y
y f x
y f x
s
y
x
a
b
x
x
x
Eftersom vi lätt kan klä den explicita formen i parameterskrud med x som parameter, x
resultatet ovan
S
0
S
Till sist har vi den polära formen r Θ , Θ
s
b
a
1
y' x
2
x, f x , x
x
x
a, b , har vi direkt med
x
Θ1 , Θ2 .
y
y
r Θ sin Θ
rΘ
rΘ
Θ
Θ
x
x
r Θ cos Θ
Med stöd av figuren ovan till höger kan även denna lätt skrivas om till parameterform med Θ som parameter, nämligen
Θ
xΘ,yΘ
r Θ cos Θ , r Θ sin Θ , Θ Θ1 , Θ2 . Nu är det bara att räkna på
x' Θ
y' Θ
s
Θ
Θ
r Θ cos Θ
r ' Θ cos Θ
rΘ
r Θ sin Θ
r ' Θ sin Θ
r Θ cos Θ
x' Θ
2
y' Θ
2
Θ
sin Θ
r Θ 2 cos2 Θ
x' Θ
2
r ' Θ 2 cos2 Θ
2 r Θ r ' Θ cos Θ sin Θ
r Θ 2 sin2 Θ
y' Θ
2
r ' Θ 2 sin2 Θ
2 r Θ r ' Θ cos Θ sin Θ
r Θ 2 cos2 Θ
sin2 Θ
sin2 Θ Θ
r' Θ 2 cos2 Θ
Så till slut
S
Vi sammanfattar
S
0
s
Θ2
Θ1
rΘ
2
r' Θ
2
Θ
rΘ
2
r' Θ
2
Θ
20
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Båglängd
Parameterform t
xt,yt,zt ,t
Explicit form y
f x,x
Polär form r Θ , Θ
S
0
t1 , t2 : S
S
0
a, b : S
Θ1 , Θ2 : S
S
0
s
t2
t1
s
x' t
s
b
a
1
Θ2
Θ1
rΘ
2
2
y' t
y' x
r' Θ
2
2
2
z' t
2
t
x
Θ
Dessa integraler bjuder vanligtvis upp till mycket hårt motstånd, då kommer numerisk integration väl till pass.
Exempel: Bestäm längden av diagonalen i enhetskvadraten!
Lösningsförslag: Om vi placerar in diagonalen i vårt koordinatsystem kommer den exempelvis att löpa från 0, 0 till 1, 1 och
beskrivas av y
x, x
0, 1 . Nu är det bara att välja den explicita varianten ovan S
Exempel: Bestäm längden av helixen Θ
5cos Θ , 5sin Θ , Θ , Θ
1
0
1
12 x
2 x
1
0
2.
0, 4Π .
Lösningsförslag: Eftersom vi har en parameterframställning av en rymdkurva, väljer vi naturligtvis
4Π
0
S
5sin Θ
2
5cos Θ
2
12 Θ
26 Θ
4Π
0
4Π 26
4Π
D 5 Cos Θ , Θ
2
D 5 Sin Θ , Θ
2
D Θ, Θ
2
Θ
0
4
26 Π
ParametricPlot3D 5 Cos Θ , 5 Sin Θ , Θ , Θ, 0, 4 Π ,
PlotStyle Thickness 0.03 , ColorFunction Function
x, y, z , Hue z
ť Rotationsarea kring x-axeln
Vi är intresserade av att bestämma arean av det skal eller såphinna som uppstår då kurvan y f x , x a, b sveper ett varv kring xaxeln. Vi gör en partition av a, b och approximerar den uppkomna arean med arean av en mängd smala band. Situationen åskådliggörs nedan.
y
y
y f x
y f x
z
a
b
x
x
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
21
Vi studerar nu en av de tunna banden i mängden. Den genereras genom att låta ett bågelement s svepa ett varv runt x-axeln, se
figur nedan.
y
y
y f x
yx
x
s
y f x
y
yx
x
x
x
x
x
x
z
För att bestämma arean av ett sådant band klipper vi upp längs s och rullar ut det på bordet. Vi får då en del av en öppen cirkelring
med innerradien R och sektorns medelpunktsvinkel Θ samt de "ärvda" måtten 2Πy x och s inritade. Arean A av bandet är tydligen
skillnaden mellan två cirkelsektorer.
A
s
A
Θ
Π
2Π
A
RΘ s1
R
s
2R
R
2Π y x
A
Θ
2Π y x
A
s
A
s
1
y' x
2
s1
2Π y x enligt fig
Dividera med s
s
2R
Låt s
0.
Multiplicera båda sidor med s
2Π y x
2Π y x
Skriv om
Men RΘ
s
2R
2Π y x 1
A
Med båglängd i färskt minne s
Θ
ΠR2
2Π
2
s
s
Färdig
x är det nu bara att lägga samman alla små areor
Rotationsarea kring x-axeln A
b
2Π y
a
x
1
y' x
2
x
Även dessa integraler bjuder vanligtvis upp till mycket hårt motstånd, då kommer numerisk integration väl till pass.
Exempel: Härled arean av mantelytan A
ΠRS
R2
ΠR
H 2 för en rak cirkulär kon.
Lösningsförslag: Placera spetsen i origo och rotationsaxeln längs x-axeln, se figur. Generatrisen beskrivs då av funktionen y som
ges av likformiga trianglar
y
x
H
R
R
H
y
x. Nu är det bara att räkna på!
y
y
R
z
y
x
x
b
2Π y
a
A
x
1
y' x
2
H
x
Eller direkt i Mathematica
H
2Π
0
R
x
H
1
2
R
D x, x
H
x
H
R
2Π H
0
x
1
R H
x
2
x
R
2Π H
1
R H
2
1
H
2 x2 0
ΠR
R2
H2
22
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
R2
ΠH R
1
H2
ť Rotationsarea kring y-axeln
Vi är intresserade av att bestämma arean av det skal eller såphinna som uppstår då kurvan y f x , x a, b sveper ett varv kring yaxeln. Vi gör en partition av a, b och approximerar den uppkomna arean med arean av en mängd smala band. Situationen åskådliggörs nedan.
y
y
y f x
y f x
a
x
x
b
z
Vi studerar nu en av de tunna banden i mängden. Den genereras genom att låta ett bågelement s svepa ett varv runt y-axeln, se
figur nedan.
y
y
y f x
yx
x
s
y
y f x
yx
x
x
x
x
x
x
z
För att bestämma arean av ett sådant band klipper vi upp längs s och rullar ut det på bordet. Vi får då en del av en öppen cirkelring
med innerradien R och sektorns medelpunktsvinkel Θ samt de "ärvda" måtten 2Πx och s inritade. Arean A av bandet är tydligen
skillnaden mellan två cirkelsektorer.
A
A
s
A
R
2Π x
A
Θ
A
s
A
s
A
Med båglängd i färskt minne s
1
y' x
2
Θ
Π
2Π
R
s
2
Θ
ΠR2
2Π
Skriv om
s
RΘ s1 2R
s
2Πx s1 2R
s
2Πx1 2R
Dividera med s
2Πx
Multiplicera båda sidor med s
2Πx s
Färdig
Men RΘ
Låt s
2Πx enligt fig
0.
x är det nu bara att lägga samman alla små areor
Rotationsarea kring y-axeln A
b
2Πx
a
1
y' x
2
x
Även dessa integraler bjuder vanligtvis upp till mycket hårt motstånd, då kommer numerisk integration väl till pass.
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
Exempel: Härled ännu en gång arean av mantelytan A
ΠRS
R2
ΠR
23
H 2 för en rak cirkulär kon.
Lösningsförslag: Detta blir mantelytan till den "duala" konen till den i föregående exempel med rotation kring x-axeln. Placera
spetsen i origo och rotationsaxeln längs y-axeln, se figur. Generatrisen beskrivs då av funktionen y som ges av likformiga trianglar
y
H
x
R
H
R
y
x. Nu är det bara att räkna på
y
y
H
y
x
b
2Πx
a
R
2Πx
0
x
x
R
z
2
2
R
1
2
x
b
f
a
x
x
Fb
f x var kontinuerlig överallt i intervallet a
x
b, samt att detta var begränsat. Dessa förutsättningar gör att vi får problem med
A
1
y' x
1
H R
x
2Π
1
H R
2 x2 0
ΠR
R2
H2
Eller direkt i Mathematica
R
2Πx
1
0
H2
Π
H
2
D x, x
R
x
1 R2
R2
ť Generaliserade integraler
Vid definitionen av bestämd integral
t.ex.
1
1
sin x
0
x,
1 1
0 1 x2
x,
2 x
1 x
x,
0
1
x
F a , där F x är en primitiv funktion till f x , förutsatte vi att integranden
1
x,
1 x2
x. I de tre första är integranden inte definierad i hela intervallet och i de två
sista är intervallet obegränsat.
Vi ska göra en generalisering i två etapper. Först antar vi att integranden är kontinuerlig i det inre av intervallet, det vill säga
a x b, och definierar
b
f
a
Om båda gränsvärdena existerar ändligt säger vi att
x
b
f
a
x
x
lim F x
lim F x
x b
x a
x är en konvergent generaliserad integral annars divergent. Vi har
med andra ord överfört problemet till att bestämma egentliga och oegentliga gränsvärden.
Exempel: Bestäm
1
0 1 x2
x
Lösningsförslag: Symbolen
1
0
1 x2
får man inte räkna med utan måste ersättas med en variabel samt gränsövergång. Sålunda är
x
lim
b
b 1
0 1 x2
x
lim arctan x
b
b
0
lim arctan b
arctan 0
b
en konvergent generaliserad integral.
Exempel: Bestäm
11
0 x
x
Lösningsförslag: I detta exempel är integranden inte definierad för x
11
0 x
x
lim
a 0
11
a x
x
lim ln x
a 0
1
a
0.
lim ln 1
a 0
ln a
lim 0
a 0
ln a
Π
2
0
Π
2
24
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Alltså har vi en divergent generaliserad integral.
I andra etappen tillåter vi att f x är diskontinuerlig i ett ändligt antal punkter x1 , x2 ,
, xn i det inre av intervallet, det vill säga
xn b, och överför problemet till integraler under etapp ett genom att utnyttja välkänd regel för uppdelning av
a x1 x2
integrationsintervallet
b
f
a
x
x1
a
x
f x
x2
x1
x
f x
x
b
f
a
Om nu samtliga integraler i högerledet är konvergenta enligt ovan säges
xn
xn 1
f x
x
x vara konvergent, annars divergent.
x
b
xn
f x
x
Speciellt har vi de viktiga resultaten
1
1 xΑ
1 1
0 xΑ
x är konvergent om Α
1, annars divergent.
x är konvergent om Α
1, annars divergent.
Jämförelse 0
f x
b
g
a
b
f
a
gx :
x
b
f
a
x konvergent
x
b
g
a
x divergent
x
x
x konvergent.
x divergent.
Till slut en liten tröst. I Mathematica behöver vi inte göra något speciellt, uttryck av typen som exemplifieras ovan behandlas
korrekt. Vi avslutar med exemplet framför andra, därefter en repris på exemplen ovan, sedan några till.
1
,
x
Exempel: Bestäm arean och volymen av den kropp som uppstår då kurvan y
x
1, sveper ett varv kring x–axeln.
Lösningsförslag: Med tanke på dess utseende och minst
sagt lite mystiska egenskaper brukar denna kropp kallas för
Gabriels horn. Innan vi ger oss i kast med uppgiften piggar
vi upp oss med en liten bild där spetsen på hornet
är avhuggen.
Volym och area för Gabriels horn får vi genom att tillämpa välkända "formler" och nyvunnen kunskap om generaliserade integraler.
Först volymen
V
1
Πy2 x
x
lim
b
b Π
1 x2
x
Π lim
b
1 b
x 1
1
b
Π lim
b
1
Π0
1
Π
Sedan arean
A
1
2Πy x
1
y' x
2
x
lim
b
b 2Π
1 x
1
2
x 2
x
Denna integral är inte enkel att bestämma för hand, men för att avgöra konvergens räcker det med att göra en uppskattning av
integranden och använda jämförelseresultatet ovan
2Π y,2Π y
1
y '2
8
6
4
2
2
3
A
lim
b
4
b 2Π
1
x
0
1
5
2
x 2
x
x
lim
b
b 2Π
1 x
1 x
2Π lim ln b
ln 1
b
1
Så A
enligt jämförelse. Vi har alltså en konvergent respektive en divergent generaliserad integral. Gabriels horn går med andra
ord att fylla med färg, Π volymsenheter, men det finns inte färg "i världen" att måla dess vägg!!! Det mystiska uppträder i oändligheten, för ändligt stora horn har vi ändliga mått på såväl volym som area. Exempelvis hornet i figuren ovan
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
5
V
Πy x
2
x
1
4Π
5
5
2Πy x
A
1
y' x
2
x
1
626
2
Π
sinh
1
1
sinh
1
25
25
Numeriskt...
N
V, A
2.51327, 10.8211
...och den lite knepiga primitiva funktionen vid areaberäkningen
Simplify 2 Π y x
x4
Π sinh 1 x2
1
y' x
2
x, x
0
1
x2
11
0 x
Exempel: Bestäm
x.
Lösningsförslag: Vid divergens kan Mathematica ibland behöva lite hjälp med omskrivning till ett gränsvärde enligt ovan.
1
Plot , x, 0, 1 , PlotStyle
x
Red, AxesLabel
"x", "1 x"
1 x
12
10
8
6
4
2
0.2
1
0.4
0.6
0.8
1.0
x
1
x
0
x
11
0
x
x
1
Limit
a
Exempel: Bestäm
1
x, a
0, Direction
1
x
1 ln x
0
x
x och
1
1
1
x
x.
Lösningsförslag: Detta är konvergenta generaliserade integraler, trots att den andra är diskontinuerlig mitt i integrationsintervallet.
25
26
Integraler och Mathematica
Log x
HH/ITE/BN
1
,
x
x
10
5
1.0
0.5
0.5
1.0
x
5
10
1
Log x
1
1
1
Abs x
x,
0
x
x
4, 4
ť Blandade tillämpningar för resten
Som vi har sett ovan vid bestämning av volym, area och båglängd så är det typiska angreppssättet att söndra och härska. Strategin är
att dela upp modellen i små välkända delar
f
; linjestycken, rektanglar, lådor, cirklar, cylindrar, rör och sedan lägga
samma dessa med en integration för att återskapa helheten, jämför Lego
f
Ofta handlar det om att integrera något abstrakt begrepp som massa, arbete eller energi som inte direkt ser ut att kunna integreras. Då
kommer någon fysikalisk princip som kopplar begreppet till geometri väl till pass. En ofta använd sådan är att massa är densitet
gånger volym m ΡV med enheten kg m3 på densiteten. Inte sällan används lämplig enhet på densiteten beroende på situationen.
Exempelvis en tråd m
ΡA på ett papper med Ρ i enheten kg m2 . För att passa den lilla
ΡL med kg m som enhet på Ρ och m
infititesimala formen uppträder de sedan som m
Ρ V och så vidare.
För att vara stringent "medlem i kennelklubben" krävs att man modellerar med differenser, exempelvis x, bildar Riemannsumma
och går i gräns för att komma över till en integral likt härledningarna för rotationsvolymer. En ingengör brukar hoppa över detta led
och gå direkt till differentialen x. I det följande kommer vi att se en blanding av dessa angreppssätt.
Exempel: Bestäm tyngdpunkten (masscentrum) för en triangel med basen b och höjden h.
Lösningsförslag: Se figur nedan där ett antal diskreta massor mi är placerade vid xi på x-axeln och formulera frågeställningen vid
tyngdpunktsberäkning som "Var ska stödet på gungbrädan placeras så att vi har jämvikt?". Låt stödet vara placerat vid xG (center
of Gravity). De massor som sitter till vänster om xG vrider moturs med ett kraftmoment xi xG mi g och de till höger med ett
motsvarande kraftmoment medurs. Vid jämvikt ska bidragen från de två sidorna ta ut varann, det vill säga ni 1 xi xG mi g 0.
Denna ekvation bestämmer tyngdpunktens läge xG . Om vi sedan ersätter alla mi med en kontinuerlig massbeläggning Ρ x kg m på
talaxeln och går i gräns får vi så båda formerna av tyngdpunktsbestämning
Diskret form
n
xG mi
i 1 xi
0
rxkgm
Kontinuerlig form
‚m = rx‚x
a
x x+‚x
Inte sällan görs en uppdelning i två integraler
ò
m
0
x
m
0
x
x
xG
b
a
m
x
xG Ρ x
x
0
b
xG
m
0
xG
m
0
m
m
x
0
m
xG
m
x
0
m
0
m
m
xG
1 m
x
m 0
massan för hela kroppen. Denna uppdelning i två integraler är vanlig i Mekanikböcker. Why, när det räcker med en?
m, där m är
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
27
Nu över till vår triangel som vi antar har ytdensiteten Ρ kg m2 . Placera den enligt
y
figur och strimla den i x–led. En sådan strimla rektangel vid x har bredden x
och höjden y och sålunda arean A y x och massan m Ρ A. Slutligen ges
kopplingen mellan x och y av likformiga trianglar
y
h x
. Så nu är det bara att
h
b
meka ihop det hela och lösa ut xG . Skriv xG med annan font i Mathematica så att
den inte krockar med integrationsvariabeln x, exempelvis G vilket skrivs
dsx
G, eller helt enkelt xG.
b
y
x
h
h
Solve
x
G
x
x
h
x
Ρb
x
0,
G
h
0
h
G
3
Exempel: En mur ska byggas längs trädgårdsgränsen
xΠ
y x 2sin 15 , x 0, 15 och i varje punkt x, y x
längs gränsen ha höjden 1
murens area.
3
2
1
0
2 y x . Beräkna
0
5
4
2
10
15
0
Lösningsförslag: Tips, sätt lite smala brädor på muren
Arean av en sådan smal bräda blir A bas höjd
s 1
1
2y x
y' x
2
x 1
2 y x , så
3
2
1
0
0
5
4
10
2
15
0
xΠ
y x
: 2 Sin
15
dA
1
4
2y x
1
y' x
Πx
Π2 cos2
2
Πx
1 4 sin
225
15
1
15
Integralen lämnas med varm hand över till Mathematica
15
A
dA
x
0
450 sinh 1
2Π
15
2Π
225
4 Π2 2
E
4 Π2
225 4 Π2
Π2
som till synes gärna tar hjälp av diverse "exotiska funktioner". Här arcussinushyperbolicus och en fullständig elliptisk integral.
Om man tänkt sig att måla muren och vill göra ett bestående intryck på färghandlarn är det bara att klippa ut och visa fram. När
munterheten klingat av kan det vara lämpligt att bättra på med
N A
54.9243
28
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
y
Exempel: Beräkna arean av det område, som begränsas av x–axeln
och en båge av cykloiden x t a t sin t , y t a 1 cos t .
2Π a
A
0
Lösningsförslag: Vi får A
a2
2Π
1
0
2Π
a2 0 1
2cos t
cos t 2 t
2cos t
1
2
A
x 2Πa
y
x 0
A
Variabelsubstitution
x t a t sin t
t x
2
cos t
1
cos 2t t
1
Cos t
3
a2 2 t
2
1
cos t
2sin t
sin2 t
cos2 t
Dubbla vinkeln, cos 2t
1
sin
4
t 2Π
y
t 0
t
x
t
a2
t
2Π
0
1
0
0
x
cos t
2
t
Trig. ettan
1
cos t
1 cos 2t
2
2Π
3
2t 0
a2 2 2Π 0 0
2
0
3Πa2
2Π
A
a2
0
2
t
0
3 a2 Π
A
y
Exempel: Beräkna arean av det område som begränsas
av lemniskatan r2 a2 cos 2Θ , Θ 0, 2Π .
x
Lösningsförslag: Först lite ytterligare teori för den polära formen. Vi söker den area
som innestängs av kurvan och de två strålarna r Θ och r Θ
Θ . Se figur. Vi går
tillväga på motsvarande sätt som när vi började med bestämd integral. Studera nu
intervallet I Θ, Θ
Θ och låt Ξm , ΞM
0, 1 . Då kan vi finna
rmin min r
r Θ Ξm Θ och
y
I
rmax
max r
rΘ
rΘ
ΞM Θ .
I
rΘ
Vår area A innestängs tydligen mellan två cirkelsektorer med
samma medelpunktsvinkel Θ, så
Θ
Θ
Πr2min
A 2Π Πr2max
2Π
1
A
1
r Θ Ξm Θ 2
r
2
Θ
2
1
A
1
2
2
rΘ
rΘ
2
Θ
2
1
A 2r Θ 2 Θ
Θ 1
A Θ 22r Θ 2 Θ
1
Att exercera
Θ Θ
A
Θ
A
Θ
1
bas
2
1
rΘ
2
1
rΘ
2
höjd
rΘ
rΘ
x
Dividera med Θ och för in rmin och rmax
Θ
ΞM Θ
2
Nu är det bara att gå i gräns, Θ
Instängning
0.
färdig
Lägg samman alla bidrag
1
rΘ r
2
sin Θ
Θ
Θ
sin Θ
Θ
Θ
Θ sin Θ
1
A
Θ
A
1
r
2
Θ
2
Θ
Nu är det äntligen dax att tillämpa detta på ursprungsproblemet
A
2Π
A
0
A
Θ
är aldrig fel! Vi tar en metod till. Approximera A med den gröna triangeln i figuren.
A
Θ
0
2 a2
1
2
a2 Abs Cos 2 Θ
Θ
Dividera med Θ
Nu är det bara att gå i gräns, Θ
Känt gränsvärde i HL
Färdig
0.
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
29
Exempel: Bestäm med hjälp av integral volymen
av en rak cirkulär cylinder med basradien R och
höjden H. Genomför kalkylen både med små
cylindrar och små lökringar
Lösningsförslag: Först små cylindrar. Lägg den ned och låt y
V
Πy2 x
V
x
H svepa runt x-axeln. Vi får då direkt med formel
H
2
ΠR
V
R, 0
0
x
0
H Π R2
V
Sedan stående cylinder med små lökringar runt y-axeln där y
V
x
R. Vi får då direkt med formel V
2Πx y x
R
V
H, 0
2ΠxH x
0
0
2
V
HΠR
Exempel: Bestäm med hjälp av integral volymen av ett
klot med radien R. Genomför kalkylen både med små
cylindrar och små lökringar Sök slutligen dess area
Lösningsförslag: Först små cylindrar som vid x har radien y vilken ges av x2
V
R2 . Så med formel V
Π y2 x
R
2
Π R
V
y2
0
x2 x
R
4 Π R3
V
3
V
R
V
2Πx2
0
R2
x2
x
PowerExpand
0
4 Π R3
V
3
Sista integralen bjuder helt klart mest motstånd. Gör variabelsubstitutionen u
handsken! Slutligen med uu
R2
02
R2
R2
och uö
R2
R2
x2
u
0 får vi så standardintegralen V
2x x som passar som hand i
0
2Π
R2
u u. Avslutningsvis
klotets area som vi väljer att betrakta som en rotationsyta kring x-axeln. Integranden ser värre ut än vad den är, ty
2
2Π y x
1
y' x
2
2Π
R2
x2
2x
1
2
A
Simplify
0
A
R
2
2Π
x
2Π
x2
R2 x2 x2
R2 x2
R
A
R2
2
2
R2
x2
R
4 Π R2
Exempel: Bestäm med hjälp av integral volymen
av en rak cirkulär kon med basradien R och
höjden H. Genomför kalkylen både med
små cylindrar och små lökringar
1
D
R2
x2 , x
x, R
0
2ΠR
30
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
Lösningsförslag: Först små cylindrar. Lägg konen ned så att spetsen hamnar i origo och x-axeln längs dess rotationsaxel. Vid x har
den lilla cylindern en radie y som ges av likformiga trianglar (rita!)
V
0
Π y2 x
H
0
1
Så med formel V
x
x
Π
R
.
H
2
R
H
V
y
x
H Π R2
V
3
y
Ställ sedan konen med spetsen uppåt. Vid x har den lilla lökringen höjden y som ges av likformiga trianglar (rita!)
formel V
R x
H
.
R
Så med
2Πx y x
V
H
R
V
2Πx
0
0
1
R
x
x
R
H Π R2
V
3
Exempel: Till helgen kan det kanske vara lämpligt att
bjuda på en chokladpralin formad som en stympad
cirkulär kon med radierna R och 2R samt
höjden 2R. Sök dess volym.
Lösningsförslag: Enklast är det att posionera pralinen så att dess rotationsaxel sammanfaller med x-axeln och betrakta den som en
rotationsvolymen kring x-axeln
uppenbarligen är linjär y x
2R
Π y2
0
kx
x. Det enda bekymret vi har innan vi kan integrera är att bestämma radien y x , som
m. Vi känner den i två punkter så
y
2R
y x kx m
x, y
0, 2R
x, y
2R, R
R
Solve
2R
k
1
2
m
2R
x
2R
0
kÅm
2R k 0 m
R k 2R m
k0
m, R
k2R
m , k, m
First
1
k
,m
2 R
2
varav
y
kx
m . kÅm
x
2R
2
Nu är det bara att integrera antingen direkt
x 2
2
2R
Π2R
0
x 3 2R
2
0
Π
2R
1 23
x
2R 3
2
2Π
2R
3
2R
0 3
2
2Π
R3
3
8R3
14ΠR3
3
eller med variabelsubstitution för att slippa krångel med inre derivatan
1. Substitutionen u
u
x
2. Måttet
x
2
2R
x
1
2
0
x
u
2 u
2R
3. Gränserna
x
eller med Mathematica.
V
0
2R
V
0
Π y2
x
2R
u
2R
0
2
2R
2R
2
R
2Π
R 2
u
2R
u
2Π 3 R
u 2R
3
2Π
R3
3
8R3
14ΠR3
3
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
31
14 Π R3
V
3
Exempel: Bestäm den rotationsvolym som uppstår då området som är innesluten mellan kurvan y
och x 1 sveper ett varv kring linjen x
1.
x2 , x-axeln och linjerna x
0
Lösningsförslag: Repetera arbetsgången ovan och lyssna inte på lockropen från en färdig formel! Vi har följande bilder som stöd,
ett xy-snitt och en 3D-vy.
y
y
1.0
0.8
y f x
0.6
Rotationsaxel
0.4
0.2
3
2
1
0.2
x
x
1
x
z
En liten lökring vid x har radien r x
1 , tjockleken x och höjden y x , så dess lilla volym blir V
bara att lägga samman alla de små bidragen
V
1 y x x. Nu är det
1
V
2Π x
1 x2
2Π x
0
x
0
7Π
V
6
400
Exempel: Italienska ingenjörer projekterar en hängbro
över Messinasundet mellan Sicilien och fastlandet. Bron
kommer att ha ett spann på 8 km och pilonerna blir
380 m höga. Antag att den längsta vajern har formen
av en parabelbåge. Sök längden på denna ?
300
200
100
2000
4000
6000
8000
Lösningsförslag: Placera ett koordinatsystem med origo i 4000, 0 och bestäm parabelbågen y
x, y
4000, 380
380
y x
k 40002 , så
380
:
x2
40002
Nu är det bara att tillämpa färdig formel för att beräkna längden på vajern
S
4000
S
2
0
1
y' x
2
x
0
N
200 000
S
2 20
10 361
sinh
1
19
S
19
100
8047.88
y
Exempel: Beräkna båglängden av spiralen, som i polära koordinater
1
är definierad genom ekvationen r Θ
8
Θ
,0
Θ
2
1
4Π.
2 1
2
3
4
Lösningsförslag: Direkt tillämpning på båglängd, S
S
0
s
Θ2
Θ1
rΘ
2
r' Θ
2
2
Θ
4
x
kx2 utgående från givna data,
32
Integraler och Mathematica
r Θ
Θ 8
:
S
4Π
S
HH/ITE/BN
r Θ
0
2
2
r' Θ
Θ
0
Π2
65 1
S
Exempel: Vid lastning av en 20 m hög cylindrisk silo med radien 4 m räknar man med
att materialet packas i silon påföljande sätt. Om silon är fylld till höjden H m så ges
densiteten h m över botten av Ρ h ln 5 H h kg m3 , 0 h H. Beräkna
massan i en full silo.
Lösningsförslag: Skiva upp silon i små cylindrar med höjden h och varierande radie r. Massan för den lilla cylindern på höjden h
ges sedan av m Ρ V ΡΠr2 h ln 5 H h Π42 h. Nu är det bara att lägga samman alla de små bidragen till en full silo
M
20
m
Log 5
0
h Π 42
20
h
0
M
80 Π 4
log 5
5 log 25
Exempel: På ett reningsverk finns en bassäng för smutsigt vatten. Denna har höjden 4 m
och cirkulärt tvärsnitt med radien r
2h
1 m, 0
h
smutsigt vatten som beroende på partiklar har densiteten Ρ y
4. Den är helt fylld med
y 2
8 kg m3 ,
1000 1
där y är djupet under ytan. Bestäm vattnets totala massa.
Lösningsförslag: Skiva upp bassängen i små cylindrar med höjden h och varierande radie r. Den lilla cylinderns massa ges sedan
av m
ΡΠr2 h
Ρ V
M
4
h
4
m
1000 1
0
4 h 2
Π
8
1000 1
2h
1
h. Nu är det bara att lägga samman alla de små bidragen
2
Π2 h
1
h
8
0
76 000 Π
M
3
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en tunn tråd som är böjd till en
halvcirkel med radien R och medelpunktsvinkel 2Α. Tyngdpunktens
läge xG ges av ekvationen m x xG m 0.
y
R
x
2Α
Lösningsförslag: Eftersom tyngdpunkten ligger på en symmetriaxel
ligger den uppenbarligen på x–axeln. Använd polära koordinater. Låt
massan för en liten bit s vid x R cos Θ blir då m Ρ s ΡR Θ,
där Ρ är trådens konstanta densitet kg m. Så nu är det bara att lägga
samman all små bidrag och slutligen bestämma tyngdpunktens läge.
Α
ekv
R Cos Θ
G
Α
2 R Ρ R sin Α
Solve ekv,
Α
G
G
0
ΡR
Θ
0
y
s
R
Θ Θ
2Α
Θ
x
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
33
R sin Α
G
Α
y
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en tunn homogen cirkelsektor
med radien R och medelpunktsvinkeln 2Α. Tyngdpunktens
läge xG ges av ekvationen m x xG m 0.
R
x
2Α
Lösningsförslag: Eftersom tyngdpunkten ligger på en symmetriaxel ligger den uppenbarligen på x-axeln. Vi drar nytta av förra
exemplet och betraktar varje liten lökringsbit som en tunn tråd. Vid radien r har denna tyngdpunkten
rsin Α
Α
och massan Ρr2Α r. Så
nu är det bara att lägga samman alla små bitar och beräkna xG .
r Sin Α
R
Solve
Ρr2Α r
G
0,
G
Α
0
2 R sin Α
G
3Α
y
Om vi däremot inte har förra exemplet i färskt minne kan vi för
att slippa uppdelning av integrationsintervallet välja att integrera
i y–led istället. De små bidragen kommer då från smala brädor
med dimensionen b y och massan m Ρb y. Dessa har
naturligtvis tyngdpunkten i mitten som i vårt koordinatsystem
är placerat i x
b
. Nu är det bara att sätta igång
2
a
R
y
b
a
Θ
Tyvärr
y
x
2Α
blir integranden lite kinkig, så vi får låta Assumtions hjälpa
till med lite information om ingående variabler.
y
aÅb
,a
SolveTan Α
R2
b
y2 , a, b
First
a
y
a
R2
,b
y
y2
tan Α
dm
tan Α
2 Ρ b dy
2 b dy Ρ
b
ekv
dm
a
Integrate
. aÅb, y, 0, R Sin Α
G
2
,
dy
Π
Assumptions
y
R
0,
0
Α
0
2
1
Ρ R2 2 R sin Α
3Α
3
Solve ekv,
G
0
G
2 R sin Α
G
3Α
Lite enklare integral blir det om vi går över till polära koordinater, y
R sin Θ . Glöm inte att fixa måttet dy
y
aÅbÅy
SolveTan Α
,a
b
R Cos Θ , y
a
R sin Θ
a
R sin Θ
R tan Α cos Θ
,b
tan Α
,y
tan Α
R sin Θ
R Sin Θ , a, b, y
First
y
Θ
dΘ i dm ovan.
34
Integraler och Mathematica
dm
HH/ITE/BN
2 Ρ b Dy . aÅbÅy, Θ dΘ
2 b dΘ Ρ R cos Θ
b
Α
ekv
. aÅbÅy
G
2
0
1
dm
a
Ρ R2 2 R sin Α
3Α
3
Solve ekv,
Θ
0
dΘ
0
G
G
2 R sin Α
G
3Α
Exempel: I en smal rak stång med längden L m är densiteten Ρ kg m
proportionell mot avståndet i kvadrat till stångens ena ändpunkt. Bestäm
tyngdpunkten xG ur ekvationen m x xG m 0.
0
L
x
Lösningsförslag: Låt x vara koordinat i stången räknat från "ena" ändpunkten. Massan för en liten bit x vid x blir då
m Ρ x k x2 x och slutligen tyngdpunktens läge.
L
ekv
x
k x2
G
x
0
0
k L4
1
4
3
k L3
0
G
Solve ekv,
G
3L
G
4
Exempel: Bestäm tyngdpunkten för en homogen
cirkulär kon med bottenradien R och höjden H.
Lösningsförslag: Först små cylindrar. Lägg konen ned så att spetsen hamnar i origo och x-axeln längs dess rotationsaxel. Vid x har
den lilla cylindern en radie y som ges av likformiga trianglar (rita!)
x
G
x
ΡΠ
R
.
H
Med konstant densitetet Ρ kg m3 har vi så
2
R
H
Solve
y
x
x
0,
G
H
0
3H
G
4
Exempel: Bestäm masströghetsmomentet J
m
r2 m för
y
en tunn rektangel med bredden a, höjden b och massan m, med
avseende på en axel längs kanten b.
b
a
Lösningsförslag: Först har vi ytdensiteten Ρ
tröghetsmomentet från en sådan är J
J
0
a
J
2
x
0
m
b x
ab
2
x m
m
.
ab
2
x
Klipp sedan upp rektangeln i smala rektangulära strimlor b
x Ρb x. Nu är det bara att lägga samman.
x. Bidraget till
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
35
a2 m
J
3
Exempel: En tunn pappskiva i form av en rätvinklig triangel med
massan m är uppriggad enligt figur. Sök masströghetsmomentet
r2 m då den roterar kring y–axeln.
m
y
b
x
a
m
Lösningsförslag: Först har vi ytdensiteten Ρ
1
2
rektangulära strimlor y x
samman.
J
0
x. Bidraget till tröghetsmomentet från en sådan är J
m
a
2
x
J
0
2
b1
x2 m
x
.
a
Klipp sedan upp triangeln i smala
x2 Ρ y x x. Nu är det bara att lägga
x
b 1
1
och hypotenusans ekvation y x
ab
x
a
ab
a2 m
J
6
y
Exempel: En tunn tråd med densiteten Ρ böjs till en spiral
kΘ , 0 Θ
med radien r Θ
4Π. Bestäm spiralens
masströghetsmoment kring origo. I figuren till höger
är spiralen uppritad med k 0.05.
1.5
1.0
0.5
k 0.05
x
1.51.00.5 0.51.01.5
1.0
1.5
Lösningsförslag: Klipp upp spiralen i små bitar s r Θ. Det lilla tröghetsmomentet ges sedan av J
Sedan är det bara att lägga samman alla de små bidragen
J
4Π
J
Ρ
0
kΘ 3
r2 m
r2 Ρ s
r2 Ρr Θ.
Θ
0
12 Π k
1 Ρ
J
3k
Exempel: Vilket arbete krävs för att dra ut en fjäder
om man vet att kraften 400 N drar ut den
3
100
1
20
m
m?
Lösningsförslag: Låt fjädern vara utdragen x m. Det lilla arbetet att dra ut den ytterligare ett litet stycke x blir då
A
F x x
kx x
A
400
3 100
0
A
400
1 20
A
x x och slutligen A
x x
0
3
100
50
A
3
Exempel: En rotationssymmetrisk tank y
9
x 2
2 , 0
y
8 som är
helt fylld av en vätska med densiteten Ρ ska tömmas med hjälp av en pump
på taket. Vilket arbete kommer pumpen att uträtta ?
Lösningsförslag: Vi väljer att integrera i y–riktningen. På höjden y över "marken" ska vi lyfta en liten vätskecylinder sträckan 8
upp till taket, så hela det uträttade arbetet blir A
y
9
x 2
2
x2
49
y
8
g
0
8
A
0
y ΡΠ 4 9
m
g
0
A
y
8
y m
V
g
0
8
y Ρ V
8
g
0
8
y ΡΠx2 y
y som vi med nöje överlämnar till Mathematica
y
36
Integraler och Mathematica
A
HH/ITE/BN
8
A
g 8
0
y ΡΠ4 9
y
y
0
2432 Π g Ρ
A
3
Exempel: Under en arbetsdag med grävskopan produceras en
konformad grushög med basradie är R m och höjd H m. Vilket
arbete har grävskopan uträttat då sista sandkornet placerats på
toppen av konen ? Ledning: Att lyfta massan m höjden h kräver
arbetet mgh. Betrakta sedan det uträttade arbetet som att lyfta
många tunna cirkulära skivor på plats.
Lösningsförslag: Följ tipset. Om h är höjden som en liten cylinder ska lyftas får vi hela arbetet som grävskopan uträttar till
A
A
0
m
gh
0
A
V
gh Ρ
0
m
H
gh ΡΠr2
0
V
h
Rita likformiga
H h
H
r
R
R
H
r
H
H
R
gh ΡΠ H
0
h
H
2
h h
som vi med nöje överlämnar till Mathematica
A
H
ghΡΠ
0
h
h
H
0
1
2
R
H
A
Π g H 2 Ρ R2
A
12
Exempel: En triangulär dammlucka enligt figur ska bära trycket
från vattnet som varierar enligt p y Ρg y N m2 , där y är djupet
under vattenytan. Sök totala tryckkraften på luckan.
Lösningsförslag: Låt luckans bredd vara b vid djupet y. Likformiga trianglar ger då
b
y 1
4
2
varav b
2 y
1 . Test: y
och y 1 2 b 4, Ok På djupet y har vi så på den lilla rektangeln A b y den lilla tryckkraften F
Ρg y 2 y 1 y. Sedan är det bara att lägga samman alla de små bidragen
F
py A
1
b
0
Ρg yb y
1 2
F
Ρgy2 y
0
1
y
1
28 g Ρ
F
3
Exempel: En triangulär dammlucka är lagrad kring en axel i
luckans plan vid vattenytan enligt figur. Antag att vattentrycket
är p y Ρg y N m2 vid djupet y och sök sedan det
vridmoment i axeln som vattentrycket orsakar.
Lösningsförslag: Låt luckans spets vara på djupet H och dess bredd b vid djupet y. Likformiga trianglar ger då att
b
101
F
y
H
. Test: y
0
b
10 och y
H
p y A orsakande det lilla momentet M
b
0, Ok På djupet y har vi på den lilla rektangeln A
y F på axeln. Slutligen ges H av Pytagoras sats, H 2
att härma i Mathematica
b
bÅH
10
Solve
H
50
3
y
H
,H
3
5
10
2
10 y
b
5
, H2
3
2
102 , H
0, b, H
First
b
H y
10
H
varav
b y den lilla kraften
10 2
2
102 . Nu är det bara
HH/ITE/BN
Integraler och Mathematica
M
H .bÅH
M
37
y Ρ g y b . bÅH y
0
0
625
M
3 gΡ
2
Exempel: En triangulär dammlucka är lagrad kring en axel i luckans
plan vid vattenytan enligt figur. För att kunna genomföra en dynamisk
r2 m
analys krävs kännedom om masströghetsmomentet J
M
kring axeln. Sök denna om luckans massa är M .
Lösningsförslag: Låt luckans spets vara på djupet H och dess bredd b vid djupet r. Likformiga trianglar ger då att
b
r
.
H
101
m
Ρ A
Test: r
Ρb r
0
b
10 och r
r
H
Ρ 101
H
b
0, Ok På djupet r har vi på den lilla rektangeln A
r och bidraget J
r2 m. Slutligen ges H av P:s sats, H 2
10 2
2
b
H r
10
H
varav
b r den lilla massan
102 och M
ΡA
1
Ρ 2 10H.
Nu är det bara att meka ihop det hela från början igen med Mathematica
b
bHÅdm
10
, dm
Solve
H
r
2
b
H
10
2
15, dm
H .bHÅdm
J
r2
0
10 H, b, dm, H, Ρ
Ρ
2
Last
2
M
5
3 dr M
dr M r, H
5
3,Ρ
75
J
1
102 , M
2
3 r
3
Ρ b dr, H2
25
3
dm
. bHÅdm
r
dr
0
25 M
J
2
Exempel: Specifika värmet för järn vid temperaturen T C antas vara
cT
1
45
100
6T
J
. Bestäm den värmemängd som åtgår för
100 kg C
att värma 15 kg järn från 20 C till 300 C.
Lösningsförslag: Ta hjälp av dimensionsanalys, så ser vi att den värmemängd J som åtgår för att höja temperaturen på m kg järn
T C är J mc T T. Nu är det bara att göra hela värmeresan
från T C till T
J
300
J
0
15
6T
45
20
100
T
100
11 466
J
5
Exempel: Studera arean av den platta tuta som innestängs mellan två spiraler på polär
form r Θ aΘ. En sådan spiral brukar kallas Arkimeds spiral. Bestäm speciellt det fall
som åskådliggörs i figuren med ri Θ Θ och r y Θ 2Θ då Θ 0, 2Π .
y
x
Lösningsförslag: Vi ska ta hjälp av dubbelintegral och behöver då ladda upp med lite teori angående polär form. Vi bäddar för den
lilla arean A genom att göra två radiella snitt med medelpunktsvinkeln Θ genom en "ananasring" indikerad av de två streckade
cirkelbågarna i figuren nedan. Inneringen har allmänt radien r Θ och ytterringen radien r Θ
r. Vi förstår att den lilla arean A
upptar andelen
Θ
2Π
av hela ananasringens area, som i sin tur är skillnaden mellan två cirkelareor. Så
38
Integraler och Mathematica
HH/ITE/BN
y
A
Θ
Π
2Π
A
Θ
2r
2
rΘ
r
2
r Θ 2 andel yttre cirkelarea
inre cirkelarea
Kvadreringsregel och förenkla
ri Θ
A
A
r Θ
ry Θ
r
A
rΘ
r
2r
r1
Gå i gräns, Θ
r r Θ
Θ2 r y Θ
Θ1 ri Θ
Θ2 r y Θ
Θ1 ri Θ
0, r
0.
Färdig
r r Θ
Lägg samman alla bidrag i r– och Θ–led
f r, Θ r r Θ
Allmänt om något varierar över ytan,
exempelvis volymen under ett tak.
Θ
Θ1 Θ2 Θ
Θ
x
Nu är det bara för oss att integrera fram den area som söks i problemtexten.
Θ2 r y Θ
Θ1 ri Θ
A
2Π 2Θ
r
0 Θ
r r Θ
1 2Π 2
3Θ
2 0
Θ
1
2
Θ 2Π
Θ3 Θ
0
2Π 1 2 r 2Θ
2 r r Θ
0
r Θ
1
2
2Π
3
Å så här mycket tycker Mathematica att tutarean är
A
2Π
A
0
A
0
4 Π3
2Θ
Θ
r r Θ
03
Θ
4Π3
1 2Π
2 0
2Θ
2
Θ2 Θ
© Copyright 2024