Prov 1 c) 1 a) x x x. x cos = + 2π 0 = 2 cos cos = + + = 27 36 + 3 1+ 4 1 = = = 7 7 2,3. Svar a) 4 b) 7 c) 4 d) 9



Relevanta dokument
med angivande av definitionsmängd, asymptoter och lokala extrempunkter. x 2 e x =

KOMPLETTERANDE UPPGIFTER TILL MATEMATISK ANALYS - EN VARIABEL AV FORSLING OCH NEYMARK

MAA7 Derivatan. 2. Funktionens egenskaper. 2.1 Repetition av grundbegerepp

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

MVE465. Innehållsförteckning

Lösningar kapitel 10

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Prov 1 2. Ellips 12 Numeriska och algebraiska metoder lösningar till övningsproven uppdaterad a) i) Nollställen för polynomet 2x 2 3x 1:

Tentamensuppgifter, Matematik 1 α

b) Vi använder cylindriska skal och snittar därför upp området i horisontella snitt.

d) cos ( v) = a Se facit. Se facit. b) Se facit. sin x har maxvärdet 1 och minvärdet 1. c) ymax ymin

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Carl Lundholm MVE475 Inledande Matematisk Analys

x 2 5x + 4 2x 3 + 3x 2 + 4x + 5. d. lim 2. Kan funktionen f definieras i punkten x = 1 så att f blir kontinuerlig i denna punkt? a.

Kap 5.7, Beräkning av plana areor, rotationsvolymer, rotationsareor, båglängder.

Denna tentamen består av två delar. Först sex enklare uppgifter, som vardera ger maximalt 2 poäng. Andra delen består av tre uppgifter, som

Mälardalens högskola Akademin för utbildning, kultur och kommunikation

3. Hur snabbt förändras diametern av en cirkel med avseende på cirkelns area?

Institutionen för Matematik, KTH Lösningar till tentamen i Analys i en variabel för I och K (SF1644) 1/ e x h. (sin x) 2 1 cos x.

Mer om generaliserad integral

x 4 a b X c d Figur 1. Funktionsgrafen y = f (x).

5B1134 Matematik och modeller Uppgifter från kontrollskrivningar och tentamina under läsåren och

ENDIMENSIONELL ANALYS A3/B kl INGA HJÄLPMEDEL. Lösningarna ska vara försedda med ordentliga motiveringar. lim

x 2 5x + 4 2x 3 + 3x 2 + 4x + 5. d. lim 2. Kan funktionen f definieras i punkten x = 1 så att f blir kontinuerlig i denna punkt? a.

x 2 5x + 4 2x 3 + 3x 2 + 4x + 5. d. lim 2. Kan funktionen f definieras i punkten x = 1 så att f blir kontinuerlig i denna punkt? a.

Matematik E (MA1205)

Prov i Matematik Prog: NV, Lär., fristående Analys MN UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Michael Melgaard, tel

Moment Viktiga exempel Övningsuppgifter I

5B1134 Matematik och modeller Lösningsförslag till tentamen den 12 januari 2005

Svar till S-uppgifter Endimensionell Analys för I och L

+ 5a 16b b 5 då a = 1 2 och b = 1 3. n = 0 där n = 1, 2, 3,. 2 + ( 1)n n

5B1134 Matematik och modeller Lösningsförslag till tentamen den 29 augusti 2005

Repetitionsuppgifter. Geometri

x 1 1/ maximum

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

6. Samband mellan derivata och monotonitet

Namn Klass Personnummer (ej fyra sista)

där x < ξ < 0. Eftersom ξ < 0 är högerledet alltid mindre än Lektion 4, Envariabelanalys den 30 september 1999 r(1 + 0) r 1 = r.

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Jonny Lindström MVE475 Inledande Matematisk Analys

Prov i matematik Distans, Matematik A Analys UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

e x x + lnx 5x 3 4e x (0.4) x 0 e 2x 1 a) lim (0.3) b) lim ( 1 ) k. (0.3) c) lim 2. a) Lös ekvationen e x = 0.

Namn Klass Personnummer (ej fyra sista)

VÄXANDE OCH AVTAGANDE FUNKTIONER. STATIONÄRA(=KRITISKA) PUNKTER. KONVEXA OCH KONKAVA FUNKTIONER. INFLEXIONSPUNKTER

Planering för Matematik kurs E

3.1 Derivator och deriveringsregler

MA2001 Envariabelanalys

UPPSALA UNIVERSITET Envariabelanalys IP1/Hösten L.Höglund, P.Winkler, S. Zibara Ingenjörsprogrammen Tel: , ,

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Christoffer Standar LMA033a Matematik BI

INGA HJÄLPMEDEL. Lösningarna skall vara försedda med ordentliga och tydliga motiveringar. f(x) = arctan x.

Prov i matematik Distans, Matematik A Analys UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

2x 2 3x 2 4x 2 5x 2. lim. Lösning. Detta är ett gränsvärde av typen

201. (A) Beräkna derivatorna till följande funktioner och förenkla så långt som möjligt: a. x 7 5x b. (x 2 x) 4. x 2 +1 x + 1 x 2 (x + 1) 2 f.

Attila Szabo Niclas Larson Gunilla Viklund Mikael Marklund Daniel Dufåker. GeoGebraexempel

Planering för kurs C i Matematik

Planering för Matematik kurs D

Lösningar till tentamen i kursen Envariabelanalys

5B1134 Matematik och modeller Uppgifter från kontrollskrivningar och tentamina under läsåren , och

Funktioner: lösningar

NpMa3c vt Kravgränser

x sin(x 2 )dx I 1 = x arctan xdx I 2 = x (x + 1)(x 2 2x + 1) dx

Matematik D (MA1204)

vilket är intervallet (0, ).

Studietips info r kommande tentamen TEN1 inom kursen TNIU23

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Lösningsförslag till Tentamen i SF1602 för CFATE 1 den 20 december 2008 kl 8-13

SF1600, Differential- och integralkalkyl I, del 1. Tentamen, den 9 mars Lösningsförslag. f(x) = x x

5B1134 Matematik och modeller Lösningsförslag till tentamen den 11 oktober 2004

VÄXANDE OCH AVTAGANDE FUNKTIONER. STATIONÄRA(=KRITISKA) PUNKTER. KONVÄXA OCH KONKAVA FUNKTIONER. INFLEXIONSPUNKTER

Ylioppilastutkintolautakunta S t u d e n t e x a m e n s n ä m n d e n

Lösning till tentamen i 5B1126 Matematik förberedande kurs för TIMEH1, , kl

Tentamen i Envariabelanalys 1

20 Gamla tentamensuppgifter

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Svar och anvisningar till arbetsbladen

2301 OBS! x används som beteckning för både vinkeln x och som x-koordinat

MATEMATIKPROV, KORT LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

5. Förklara varför sannolikheten att en slumpvis vald lottorad har 7 rätt är x + x 2 innehåller termen 14x. Bestäm

SF1620 (5B1134) Matematik och modeller Uppgifter från kontrollskrivningar och tentamina under tiden

1. (a) Los ekvationen z 2 4iz 7 + 4i = 0: Rotterna ska ges pa formen a + bi. (b) Rita i det komplexa talplanet alla komplexa tal z som uppfyller

) 2 = 1, där a 1. x + b 2. y + c 2

vux GeoGebraexempel 3b/3c Attila Szabo Niclas Larson Gunilla Viklund Mikael Marklund Daniel Dufåker

Dagens tema är exponentialfunktioner. Egentligen inga nyheter, snarare repetition. Vi vet att alla exponentialfunktioner.

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Lösningsförslag. Högskolan i Skövde (JS, SK) Svensk version Tentamen i matematik

SF1625 Envariabelanalys

Tentamen i Matematik 1 HF aug 2012 Tid: Lärare: Armin Halilovic

Kapitel 4. Funktioner. 4.1 Definitioner

vinkelräta (1p) då a r = (0,1,0), b r =(0,1,2k) och c r =(1,0,1)? b) Beräkna arean av triangeln ABC då (2p) A= ( 3,2,1), B=(4,3,2) och C=(3,3,3)

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. 1. En svängningsrörelse beskrivs av

Tentamen i matematik. f(x) = ln(ln(x)),

1. Förklara, utifrån definitioner, trigonometriska samband samt det faktum att π 12 = 1 2 π6, varför följande likhet måste gälla exakt : p 2+ arccos

Några viktiga satser om deriverbara funktioner.

UPPGIFTER KAPITEL 2 ÄNDRINGSKVOT OCH DERIVATA KAPITEL 3 DERIVERINGSREGLER

Typexempel med utförliga lösningar TMV130. Matem. Analys i En Var.. V, AT.

Tentamen: Lösningsförslag

Tillämpningar av integraler: Area, skivformeln för volymberäkning, båglängd, rotationsarea, integraler och summor

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Transkript:

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. Prov c a b 8+ d / 8 + / + 7 6 + + + + 5 d / 5 5 ( 5 5 8 8 + 5 5 5 6 6 5 9 8 5 5 5 5 7 7 5 5 d π sin d π sin d u( s s' π / cos U( s π cos cos ( ( ln ln e d e d u( s s' ln / e e e ( e e 9, ln 7 e Svar a b 7 c d 9, 5

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. a ( sin d cos + C F ( 7 8 d b cos d cos sin d + C u( s U( s s c Vi får ekvationen sin tan d d ( sin d cos cos u( s s 7 8 + C 7 + C F 7 + C ln cos + C U( s ln( cos + C π π < <, vilket ger cos > Dvs. F 7. C Svar F 7 lncos + C Svar a cos + C b sin + C c ln cos + C

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. Arean är Skärningspunkterna mellan kurvorna y och y + : y y Vi ritar en figur. + + ± ( ± eller A da y y d y y, när ( + d + d + / + + 8 + 6 + 8 7 + + + 5 6 6 6 Svar Arean är 6.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. 5 Rotationskroppens volym är Skärningspunkterna mellan parabeln y 6 och linjen y : 6 ( eller eller Vi ritar en figur. V dv πr d π 6 d π 6 6 + 9 d 6 6 9 π/ + 5 5 r y ( 6 r y 9 π 8 9 6 5 8π 5 9 π, 5 Svar 9 π, 5

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. 6 så får vi ekvationen Eftersom funktionen f är kontinuerlig så har den en + C + D primitiv funktion. D 9 + C Funktionen f kan inte integreras direkt, utan vi måste först skriva om den som en styckvis definierad funktion., när f (,när < +, när, när > De primitiva funktionerna till funktionen f kan skrivas på formen + + C, F + D, > Eftersom den primitiva funktionen F är kontinuerlig, får vi speciellt att den är kontinuerlig för. Detta ger att lim F lim F. + Eftersom lim F lim + + C + C lim F lim + D + D + + De primitiva funktionerna till funktionen f är + + C, F + 9 + C, > Eftersom F får vi ekvationen + + C C Dvs. Svar F F, + + > 5,, + + > 5,

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. 7 a Skärningspunkterna mellan kurvorna y, och y, y, dvs. mellan kurvorna y, och y, : y n:te rotens definition ( eller Volymen av rotationskroppen får vi som differensen av två rotationskroppar. Vi ritar en figur. ( ( π π V dv y y d π d π d y y

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. π/ 5 5 Rotationskroppens volym är differensen mellan två rotationskroppar. 5 π 5 5 π 5 π (,9 b Vi bestämmer y-koordinaterna för skärningspunkterna mellan kurvorna y, och y, y, dvs. mellan, kurvorna y y och y, y. Enligt a-fallet är dessa y-koordinater y och y ( π π V dv dy π y y dy π y y dy π/ y y 5 π 5 5 y y π (,9 Svar a b π,9 π,9

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. 8 Vi bestämmer först hur grafen till funktionen i förhållande till -aeln. Funktionen intervallet e ln ( ln f 6 e eftersom ln f är strängt avtagande i ligger f ln ln ln ln 6 När e e, så är ln ( ln >, ln lne lne > och ln <. Arean av ett ytelement är da yd, vilket ger att arean är 6 6 6 e e e ln A da yd d e e e 6 <, när e e Dessutom är (lne 9 f (e e e > 6 6 (lne 6 f (e > 6 6 e e vilket ger att grafen till funktionen f ligger ovanför -aeln i 6 intervallet e,e. Vi ritar en figur. e 6 ( ln e u( s 6 ( ln / e ( e U s s d s ln och u s och U

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. ( 6 ( lne lne loga a 6 89 ( 6 7 6 Svar Arean är 6. 9 a Kurvan y 9 är den nedre halvcirkeln i en cirkel med medelpunkten i origo och radien, eftersom Vi får y 9 y y + y 9 9 π 9π 9, d d halvcirkelns area r är A π [ ] b Funktionen f :,, f 9 är udda eftersom f ( 9( ( (9 (9 f Eftersom integrationsintervallet [, ] avseende på origo, så är Svar a b (9 f d 9π är symmetrisk med

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. e g f d ur tabellbok: f gd fg g f d e e d f g g f e + e + e + C e e + C 9 e d Svar e e + C 9

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Prov 5 5 a e e a ( + 5 6 d b + 5 6+ C 5 + 6 + C b c + 5 6 d 6 + 5 d + 5 6 d + 5 6ln + C > + 5 6ln+ C e d + C 5 d 5 5 e 5 e 5 d + C 5 u( s s U( s 5 5 d 5 5 5 5 5 d + C 5 ln5 u( s s U( s 5 5 + C 5ln5 5 5 + C ln5 s 5 och u e s 5 och U e s 5 och u 5 5 s 5 och U ln5 5 Svaret kan också ges på denna form. Svaret kan också ges på denna form.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. a b d d ln + C < ln ( + C + + d d ( + ( d u s s s och u s och U ln d 6 c d d 6 6 6 7 7 d d 6 6 7 ln + C > 6 7 ln + C 6 Alternativt lösningssätt: d d d d d d d 6 ln ln ln + C > ln + C >, vilket ger > ln ln 6ln ln ln 6ln + C + C U( s 6 6 6 6 7ln 7 ln( + C + C ln + C 6 6

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Svaret kan också ges på en annan form: F sin( + π d s + π och u sin s och U cos sin( π [ cos ( π ] + d + + C u( s s U( s cos ( + π + C Eftersom F π får vi ekvationen cos( π+ π + C cosπ + C + C C cosinus för F cos( + π supplementvinkeln: cosα cos( π α Svar cos( π ( + π cosinus för den motsatta vinkeln: cos ( cos( α cosα cos F cos( + π F cos Dvs. F cos( + π.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. 5 y + + y + är kontinuerliga, vilket ger att kurvorna kan byta Vi bestämmer tangentens ekvation för funktionen f + + i : Derivatan är f +. De funktioner som svarar mot kurvorna och ordning endast i skärningspunkterna. Vi bestämmer kurvornas ordning i intervallet med hjälp av några testpunkter. 8 y + + y + kommentar y y, när Tangentens riktningskoefficient i är k f. Eftersom f så går tangenten genom punkten (,. t Vi ritar en figur. Tangentens ekvation är y y y k y + Skärningspunkterna för kurvorna y + + och y + : + + + y y ( eller o

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Arean är 6 A da y y d y y, när ( + + + d + d / + + + + Skärningspunkterna mellan kurvorna y och y + : y y + Vi ritar en figur. + Svar Arean är.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Arean är 7 A da y y d y y, kun ( + d En pärla i pärlbandet uppstår när kurvan y sin, π roterar kring -aeln. / ( + d ( + + + + Volymen av en pärla är Svar Arean är. V π π y d π π(sin d ur tabellbok: sin cos

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. π π cos d π π π cos d d π π π / cos d π π π / sin π π π π ( sinπ sin π π Svar Pärlans volym är. 8 a d u s ( ( d u( s s' U s' b / ( (( ( 6 (( 6 ( 7 6 d d u( s s' / ( U( s ( ( Svar a b

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. 9 Volymen är a Vi bestämmer nollställena för funktionen f : ± Vi ritar en figur. V dv f är en jämn funktion. dv πy d ( π ( π + d d 5 π/ + 5 π + 5 Svar 6 π (,5 5 6 π,5 5

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. b Nollställena för funktionen f är ±. Toppens y- koordinat i parabeln är f. Vi ritar en figur. V dv π dy ( y π + dy y y + π / y + y π + π (,57 Volymen är c Området roterar kring linjen y, som går genom parabelns topp. Vi får volymen för den kropp som uppstår genom att från en rak cirkulär cylinder (basradien, höjden subtrahera volymen av det ihåliga innandömet (se figur.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. πr d r y ( + π ( d π d / π 5 5 Volymen av det ihåliga innandömet är 5 π 5 π 5 V dv dv symmetri Rotationskroppens volym är 8 V Vcylinder V π V π π π 5, 5 5 Svar a 6 π,5 5 π 8 b,57 π 5, c 5

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. t + Vi betecknar f( t 5t. Funktionen f är kontinuerlig när t >, vilket gör att den har en primitiv funktion som vi 5 t + betecknar Ft ( dt, t>. 5t 5 Integralkalkylens huvudsats ger att + f ( tdt F( + F(, och då är d d + d f( t dt F( + F( d d d F + F d d ( 5( + ( + + + 7 5 + 6 + 5 + d F'( + ( + F ( t f( t d t + f( + f( t 5t Svar 6 + 5 +

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Prov b a ( + ( + u( s s 5 ( + + C 5 U( s 5 ( + + C d d s + och u s och U 5 5 6 d ( 6 d ( 6 d u( s s ( 6 + C U( s ( 6 ( 6 + C ( 6 6 + C Svar a ( + 5 + C b ( 6 6 + C s 6 och u s och U

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Funktionen F( sin + cos + 8 är en primitiv funktion 5 till funktionen f ( cos sin om F f för 5 alla. Påstående: F f för alla Bevis: F D sin + cos + 8 5 Dsin + Dcos + 5 cos + sin 5 5 cos sin 5 f för alla Parabeln y öppnar sig till höger och parabeln öppnar sig till vänster. Vi bestämmer y-koordinaterna för skärningspunkterna mellan kurvorna y och y +. y + y Insättning i ekvation (. y + y y ± Vi ritar en figur. y y +

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Ytelementets area är A da dy, vilket ger att arean är ( ( ( y / y + y da dy y + y dy + + + + + Svar Arean är. dy Anmärkning Man skulle också ha kunnat beräkna arean genom att först spegla kurvorna med avseende på linjen y, eftersom arean som begränsas av kurvorna bevaras vid spegling. Då är ytelementet da ( y y d och kurvorna är och y +. y a d + + u( s d + s u( s ln C + + ( d ln + + C s + och u s och U ln >, vilket ger + >

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. b c + d d + d + + + + ( + ( + d + + d d d + ( + + + + d d + + + + d + d + + d + u( s s + och u s och U ln d + u( s s d s + och u s och U ln + d + u s s + ln + + C >, vilket ger + > + ln( + + C ln + + C <, vilket ger + < ln( + C ( Svar a ln + + C b ln + + + C c ln( + C

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. 5 a Rotation kring -aeln. Vi ritar en figur. Vi ger kurvan y i styckvis definierad form: Nollställen: y > +, när,när > +, när,när < > +,när, när eller y Volymen är ± V π r d symmetri π y d y π d

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. ( π ( π 8 + 6 d d 5 8 π/ + 6 5 5 8 π + 6 5 5 π ( 7 5 b Rotation kring y-aeln. Integrationsgränserna är y och y y Vi ritar en figur. Volymen är V dv y, π dy y + π y dy π/ y y π 8π 5, y Svar a 5 π ( 7 5 8π 5, b

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. 6 Ytelementets area är da yd, vilket ger att arean är Parabeln y a a öppnar sig uppåt, eftersom a >. Grafen till parabeln ligger under -aeln mellan nollställena. Parabelns nollställen: a Vi ritar en figur. a a a : a ( > a ± a a a ± a> a ± a Svar a a a a a A da y d a a ( a + a d + a a a a a a a + + a a a a a a + a a + + Arean är. Anmärkning I uppgiften skulle vi också ha kunnat utnyttja att funktionen är jämn och att integrationsintervallet är symmetrisk med avseende på origo. a a A a + a d a + a d... ( (. a /

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. 7 8,89t cm Insulinet avges med hastigheten vt (,5e. dygn Mängden avgivet insulin under de första dagarna är då [,] Vi delar in intervallet i fyra lika långa delintervall. Varje delintervall har då längden. Vi ritar en figur. Svar:,58 cm It ( vtdt (,5e,89t,5,89t e (,89,89 dt,5,89 u( s s' /,89t e U( s,5 e e,89,5 ( e 6,7,89 (,89,89,58 cm dt [, ], vilket ger att Funktionen f är strängt väande i intervallet den i varje delintervall antar sitt största värde i intervallets högra ändpunkt och sitt minsta värde i intervallets vänstra ändpunkt. Funktionen är strängt avtagande i intervallet [, ], vilket ger att den i varje delintervall antar sitt största värde i intervallets vänstra ändpunkt och sitt minsta värde i intervallets högra ändpunkt. Vi uppskattar arean med under- och översummorna s och S.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Ytelementets area är är A da yd ( d / da yd, vilket ger att areans eakta värde Undersumman är s f + f + f + f + + + 6 och översumman är S f + f + f + f + + + Vi bestämmer vilketdera värdet som är noggrannare. A s 6 och A S vilket ger att översumman är noggrannare. vilket ger att 6< A < Svar s 6 och S. Översumman är noggrannare eftersom arean är.

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. 9 Vi ritar en figur. π π h ( h h / π d d π h h π Skärningsstället är s : Paraboloidens volym är V s dv s π V h dv h π y d y

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Vi får ekvationen s h π π s h h s > s ± h > h s f a F a d a + C a + C Eftersom F så får vi ekvationen Delarnas höjder är h h s och h s h h a + C 8a + C Svar h och h Dvs. C 8a F a + 8a. Minsta värdet för funktionen F är. Vi gör ett teckenschema för derivatan av funktionen F. F a

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Derivatans nollställen: a ( a eller a a Eftersom funktionen F är kontinuerlig antar funktionen F, enligt teckenschemat, sitt minsta värde i. Vi får ekvationen F + 8 a a 8a ± a a ± a a ± a Dvs. a duger. Om a så har derivatan endast ett nollställe. Teckenschema: Om a >, så har derivatan till funktionen F nollställena och ± a. + Teckenschema: + + + + F + a + + a F F + + F a a globalt minimiställe a

Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad.5. Eftersom funktionen F är kontinuerlig så antar funktionen F, Om a < så har derivatan till funktionen F nollställena enligt teckenschemat, sitt minsta värde i a eller i a. och ± a. Teckenschema: + + Eftersom a + + F( a ( a a ( a + 8a a a F + + a 8a + 8a F a + 8a a a F a a a a + 8a Eftersom funktionen F är kontinuerlig, så antar funktionen F, enligt teckenschemat, sitt minsta värde i a eller i a + 8a a. så antar funktionen F sitt minsta värde i ± a. Eftersom det minsta värdet är noll, får vi ekvationen F ± a Eftersom F a a + 8a F a a + 8a a + 8a ( a a + a eller a + a eller a a eller a± a> så antar funktionen F sitt minsta värde i ± a. Eftersom det minsta värdet är noll, får vi ekvationen F ± a Se punkt. a eller a± a< a Punkterna, och ger att a eller a ±. a Svar a eller a ±