Matematiska Institutionen L osningar till v arens lektionsproblem. Uppgifter till lektion 9:

Transkript

1 Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Inger Sigstam Envariabelanalys, hp --6 Uppgifter till lektion 9: Lösningar till vårens lektionsproblem.. Ett fönster har formen av en halvcirkel ovanpå en rektangel, enligt figuren: Bestäm fönstrets maimala area, givet att dess omkrets är L. Svar. En cirkel med radien r har arean πr och omkretsen πr. Låt a beteckna radien i fönstrets halvcirkel, och låt b beteckna den lodräta sidan av rektangeln. Fönstrets omkrets kan skrivas L = a + b + πa, och därför gäller b = L a + π. Fönstrets area är A = a b + πa. Vi får A som en funktion av a om vi ersätter b enligt ovan: Aa = a L a + π + π a = al a π + = al a π +. Derivatan är A a = L aπ +, så A a = om och endast om a = L π +. Eftersom andraderivatan A a = π + < så är den stationära punkten a = L en lokal maimipunkt. Fönstrets area blir alltså störst om halvcirkelns π + radie är a = L. Vi observerar att då blir rektangelns andra sida b = π + L L + π = L + π + π π + π = L + π = a,

2 och den maimala arean blir alltså Aa = a L a L π + = π + L π + π + = L π + SVAR: Den maimala arean är L π +.. Bestäm, med hjälp av Maclaurinutveckling, alla asymptoter till kurvan y = + + Avgör om kurvan ligger ovanför eller under asymptoten. Svar. Kvadratkomplettering ger + = + 3 så funktionen är definierad för alla R. Vi börjar med ev asymptot till höger. För positiva gäller + + = + +. Vi utnyttjar MacLaurinutveckling för funktionen gt = + t: gt = + t 8 t + O t 3, som med t = ger att Vi observerar att t 3 = + = g = O t 3 = O t 3 = O 3. 3 endast innehåller termer av formen 6, 5, och 3, så inga eller finns gömda där. Nu kan vi skriva om funktionen för positiva : y = + + = O 3 = O, och då ser vi att linjen y = är en sned asymptot till höger.

3 Till vänster gör vi på liknande sätt. För stora negativa gäller y = + = O = O, 3 och då ser vi att linjen y = är en sned asymptot till vänster. För att avgöra om asymptoterna ligger under eller över kurvan utnyttjar vi kvadratkompletteringen under roten: y = > + = + = om / om < /. Alltså, funktionens värden är alltid större än asymptotens värde, vilket innebär att båda asymptoterna ligger under kurvan. SVAR: Asymptot till höger: y =, under kurvan. Asymptot till vänster: y =, under kurvan. y = + + blå och asymptoterna y = och y = röda. Uppgifter till lektion :. Bestäm integralerna d 3 och 3 d

4 Svar. Eftersom derivatan av ln 3 är, så får vi 3 d 3 = ln 3 + C = ln 3 + C. För den andra integralen, bryt ut i nämnaren så att nämnaren blir +en jämn kvadrat: 3 d + 9 = 3 d + 3 = arctan + C. SVAR: d 3 = ln 3 + C och 3 d + 9 = arctan 3 + C.. Visa att d = C + + arcsin. Svar. Vi behöver visa att derivatan av högerledet är. Låt f =, och g = arcsin. Med produktregeln har vi och f = g = + = = = =, så derivatan av högerledet blir f + g = + = =. Uppgifter till lektion :. Beräkna d.

5 Svar. Kvadratkomplettering av nämnaren ger 6 + = 3 +. Derivatan av nämnaren är 6. Vi skriver om täljaren så att vi kan hitta en ln-typ och en arctan-typ: 5 = Alltså har vi 3 = d = 3 [ ] ln d [arctan 3] 3 = ln ln + 7arctan arctan = ln + 7π d SVAR: ln + 7π.. Beräkna ln d. Svar. Skriv ln som / ln och gör partiell integration med f = ln och g = /. Vi har då f = och g =, så / ln d = ln d = ln = ln + C = ln + C. / d SVAR: ln + C. Uppgifter till lektion :. Beräkna 3 d + 5. Svar. Med substitutionen t = har vi = t och d = t dt, så vi har 3 d + 5 = = 3 ln C. 3 t dt t + 5t = 6 dt t + 5 = 6 ln t C SVAR: 3 ln C. 5

6 . Skissa kurvorna y = sin och y = cos, π, och beräkna därefter π Vilken area uttrycks av integralen? sin cos d. Svar. Först tar vi reda på var i intervallet [, π] som uttrycket inom beloppet blir. Använd formeln cos = sin. Vi har sin cos = sin + sin = sin + sin = sin = ± sin = ± 3 sin = eller sin =. Inom intervallet π är det endast sin = som är möjligt, vilket ger = π 6 eller = 5π [ 6. I intervallen, π ] [ ] 5π och 6 6, π gäller att sin cos = [ π cos sin, och i intervallet 6, 5π ] gäller att sin cos = sin cos. 6 Alltså kan vi nu ta bort beloppstecknen genom att dela upp integralen. Vi får: π = = sin cos d π/6 + cos sin d + π 5π/6 5π/6 π/6 cos sin d ] π/6 [ sin + cos + [ + sin + cos = 3 3. ] π sin cos d [ cos sin ] 5π/6 5π/6 π/6 π 6 5π 6 y = sin blå och y = cos röd för π. SVAR:

7 Uppgifter till lektion 3:. Beräkna den generaliserade integralen d + 5e. Svar. Med substitutionen t = e har vi dt = e d, dvs d = dt. Vidare gäller t = t = och t. Alltså: d + 5e = dt t + 5t. Denna integral löser vi genom att först partialbråksuppdela integranden. Ansätt därför konstanter A och B så att t + 5t = A t + B + 5t. Detta ger att = A + 5t + Bt för alla t. För t = får vi = A, dvs A =. För t = 5 får vi = 5 B, vilket ger B = 5. Alltså gäller och vi har = lim R t + 5t = / 5/ t + 5t, dt / t + 5t = 5/ dt t + 5t = ln t ln + 5t + C = ln t + 5t + C. Alltså får vi dt t + 5t = [ lim ln t R + 5t ln ] R ln ln 9 /R + 5 = ln 9 ln 5 = ln 9 5. = lim R ln R + 5R ln 9 = ln 5 + ln 9 SVAR: ln Låt D vara området som ges av olikheterna y,. Beräkna volymen av den kropp som bildas då D roteras kring 7

8 a -aeln b y-aeln. Svar. Låt f = och g =. I intervallet gäller att g f. D y = röd och y = blå. a Kroppen som uppstår när D roterar kring -aeln har volymen V = = π π f d πg d = π [ d = π + ] f g d = π + + = π. b Kroppen som uppstår när D roterar kring y-aeln har volymen enligt skalformeln V = π f d πg d = π d = π = π 3/ 5 5/ [ d = π 5 5/ 5 = π 5 SVAR: Rotation runt -aeln ger volymen π. Rotation runt y-aeln ger volymen π ] 8 7. Uppgifter till lektion :. Lös differentialekvationen y = e y Bestäm särskilt lösningen som uppfyller y =. 8

9 Svar. Ekvationen kan skrivas e y y = e, och är alltså separabel. Vi har e y dy = e d, och med partiell integration på höger sida har vi e y = e d = e e d = e e d = e e + C, så e y = e + C. Villkoret y = ger C =, så e y = e +. Genom logaritmering fås y = ln e + = + ln + e. SVAR: y = ln e + = + ln + e.. Lös differentialekvationen y y = cos π Bestäm särskilt lösningen som uppfyller y =. Svar. Ekvationen är linjär av första ordningen. På grundform: y y = cos π. En primitiv funktion till är ln, så integrerande faktor är e ln =. Vi söker funktion y definierad för >. Multiplikation av ekvationen med integrerande faktor ger d y = cos π, för >. d Vi har alltså y = cos π d = [ t =, = cos πt dt = π sin πt + C = π sin π + C, ] dt = d vilket ger y = sin π + C. Villkoret y = ger att C =, så π y = sin π + = + π π sin π. SVAR: y = + π sin π. 9

10 Uppgifter till lektion 5:. Lös differentialekvationen y + y = + e, y = y =. Svar. Lösning : Genom att sätta u = y observerar vi att vi har en första ordningens linjär ekvation u + u = + e. En integrerande faktor är e, och efter multiplikation med denna har vi så ue = d d ue = e + e = e +, e + d = e + e + d = e + e + C = e + + C. Detta ger u = + + C e. Begynnelsevillkoret y = ger nu att C =. Alltså är u = + + e, och vi har med partiell integration två gånger y = u d = + + e d = + + e + e d = + e + e + e d = + + e e + D = + + e + D. Villkoret y = ger nu att D =, och vi har y = + e + +. Lösning : Lös som en :a ordningens linjär ode med konstanta koeff. Den homogena ekvationen har karakteristisk ekvation r + r =, så dess nollställen är r = och r =. Den allmänna formen för den homogena lösningen blir alltså y H = C + C e. Då högerledet är en summa + e så är det enklast att först söka en partikulärlösning y R till högerledet, och därefter en partikulärlösning y S till ekvationen som har högerledet e. Därefter inser man att y P = y R + y S är en partikulärlösning till den givna ekvationen. Ansätt y R = A + B som partikulärlösning till y + y =. Insättning ger + A = vilket saknar lösning. I denna situation bör man försöka med att ansätta den misslyckade funktionen multiplicerad med. Försök alltså istället med y R = A + B. Detta ger vid insättning att A + A + B =, vilket medför att A = och B =. Alltså är funktionen y R = en partikulärlösning till y + y =. Vi ansätter nu en partikulärlösning y S till ekvationen y + y = e. Ansatsen y S = C + De fungerar inte; den medför efter insättning att Ce = e, vilket är omöjligt för konstant C. Ansätt därför y S = C + De. Derivering två gånger och insättning ger villkoret e C + C D = e,

11 som medför att C = och D =. Alltså är y S = e. Det följer nu att funktionen y P = y R + y S = + e är en partikulärlösning till den givna ekvationen. Den allmänna lösningen till den givna ekvationen får vi av y = y H + y P, vilket ger y = C + C e + + e = + C + C e. Derivering ger y = + e + + C e. Villkoret y = ger att C + C =, och villkoret y = ger att C =. Vi har därför y = e. SVAR: y = e.. En nödvattencistern i Sahara rymmer 3. liter. Varje dygn läcker 3 liter av vattnet ut, men cisternen hålls hela tiden fylld med rent vatten med hjälp av tankbilar från kusten. En dag häller en tjänsteman liter klor i cisternen för att hålla bakteriehalten nere på en godtagbar nivå. Efter hur lång tid har vattnets klorhalt sjunkit till ppm %, som i detta fall anses vara det hygieniska gränsvärdet? Svar. Låt t vara mängd klor i tanken vid dag t mätt i liter. Vi har =. Eftersom % av 3 liter är.3 liter, så ska vi bestämma t så att t =.3. t Vid tiden t innehåller varje liter vätska liter klor, och varje dag läcker 3 3 liter av denna vätska ut. Alltså läcker det ut 3 t 3 = t liter klor varje dag. Detta ger differentialekvationen t = t med begynnelsevillkoret =. Låt a = /. Vi kan skriva ekvationen + a =. Den är både separabel och linjär med konstanta koefficienter. Den karakteristiska ekvationen är r + a =, så r = a, och den allmänna lösningen blir = Ce at. Villkoret = ger C =, så t = e at. Vi söker t så att t =.3, dvs e at =.3. Detta ger at = ln.3, så eftersom a =, så har vi t = ln.3 = ln ln 3. Detta innebär att det tar drygt dygn innan klorhalten sjunkit till ppm. SVAR: Drygt dagar. Som övning: Lös ekvationen även som separabel, och som linjär med integrerande faktor!