Integralregning 3MX, jeg løser

[Mari89]

Hehe, det var litt artig å løse det Sikkert veldig fint å prøve seg på det når en holder på å lære seg integrasjon.

[MatteNoob]

Regn ut arealet av grafen til [tex]f(x) = \sqrt x \cdot lnx [/tex], x-aksen og linjene [tex] x = 1[/tex] og [tex] x=e[/tex]

[tex]\int_1^e (f(x))\rm{dx} = \int_1^e (x^{\frac 12} \cdot lnx)\rm{dx} \\ \, \\ [/tex]

[tex]u\prime = x^{\frac 12} \,\,\, u = \int (x^{\frac 12})\rm{dx} = \frac{x^{\frac 12 + 1}}{\frac 12 + 1} = \frac 23 \cdot x^{\frac 32} \\ \, \\ v\prime = \frac 1x \,\,\, v = lnx[/tex]

[tex]\int_1^e \left(x^{\frac 12} \cdot lnx\right)\rm{dx} = \frac 23 \cdot x^{\frac 32} \cdot lnx - \int_1^e \left(\frac 23x^{\frac 12 + \cancel 1} \cdot \frac{1}{\cancel x}\right)\rm{dx}[/tex]

[tex]\int_1^e \left(x^{\frac 12} \cdot lnx\right)\rm{dx} = \frac 23 \cdot x^{\frac 32} \cdot lnx - \int_1^e \left(\frac 23x^{\frac 12}\right)\rm{dx}[/tex]

[tex]\int_1^e \left(x^{\frac 12} \cdot lnx\right)\rm{dx} = \frac 23 \cdot x^{\frac 32} \cdot lnx - (\frac 23 \cdot \frac 23 x^{\frac 32})|_1^e = \left[\frac{6\sqrt {x^3} \cdot lnx - 4\sqrt{x^3}}{9}\right]_1^e = F(e) - F(1) = \\ \, \\ \, \\ \left(\frac{6\sqrt {e^3} - 4\sqrt{e^3}}{9}\right) - \left(-\frac{4}{9}\right) = \underline{\underline{\frac{2\sqrt{e^3}+4}{9}}} \approx \underline{\underline{1.44}}[/tex]

[MatteNoob]

Regn ut integralene

a)
[tex]\int \left(2x\cdot e^{x^2}\right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = x^2 \\ \, \\ du = 2 dx[/tex]

[tex]\int(e^u)\rm{du} = e^u + C = \underline{\underline{e^{x^2}+C}}[/tex]

b)
[tex]\int \left( 3\cdot e^{3x+5} \right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = 3x+5 \\ \, \\ du = 3 dx[/tex]

[tex]\int(e^u)\rm{du} = e^u + C = \underline{\underline{e^{3x + 5} +C}}[/tex]

c)
[tex]\int \left( (2x+3) \cdot ln(x^2+3x)\right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u=x^2 + 3x \\ \, \\ du = (2x+3)dx[/tex]

[tex]\int(ln(u))\rm{du} = \int \left( 1 \cdot ln(u) \right) \rm{du} = u \cdot ln(u) - \int\left(\cancel u \cdot \frac{1}{\cancel u}\right)\rm{du}[/tex]

[tex]\int(ln(u))\rm{du} = \int \left( 1 \cdot ln(u) \right) \rm{du} = u \cdot ln(u) - \int\left(1)\rm{du}[/tex]

[tex]\int(ln(u))\rm{du} = \int \left( 1 \cdot ln(u) \right) \rm{du} = u \cdot ln(u) - u + C \\ \, \\ \underline{\underline{(x^2+3x)\cdot ln(x^2+3x) - (x^2+3x)+C}} \,\,\, \Leftrightarrow \,\,\, \underline{\underline{(x^2+3x)\left[ln(x^2+3x)-1\right]+ C}}[/tex]

e)
[tex]\int \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = 1+x^2 \\ \, \\ du = 2x dx[/tex]

[tex]\int \left( \frac{1}{u} \right)\rm{d}u = ln|u| +C = \underline{\underline{ln|1+x^2|+C}}[/tex]

Det er egentlig ikke nødvendig å nytte absoluttverdi om uttrykket 1+x^2 her, for det vil alltid være positivt.

f)
[tex]\int \left(2x\cdot \sqrt{1+x^2}\right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = 1+x^2 \\ \, \\ du = 2x dx[/tex]

[tex]\int(\sqrt u)\rm{du} = \int \left( u^{\frac 12}\right)\rm{du} = \frac{u^{\frac 12 + 1}}{\frac 12 + 1} + C = \frac 23 \sqrt{u^3} +C = \underline{\underline{\frac 23 \cdot \sqrt{(1+x^2)^3} + C}}[/tex]

g)
[tex]\int \left( \frac{6}{(2x-3)^3} \right)\rm{d}x = 6 \cdot \int \left( \frac{1}{(2x-3)^3} \right) \rm{dx}[/tex]

[tex]u = 2x-3 \\ \, \\ du = 2 dx[/tex]

Setter inn 2 i integranden og multipliserer hele integralet med [tex]\frac 12[/tex] for å substituere.

[tex]6 \cdot \frac 12 \cdot \int \left( 2 \cdot \frac{1}{(2x-3)^3} \right) \rm{dx}[/tex]

[tex]6 \cdot \frac 12 \cdot \int\left(\frac {1}{u^3}\right)\rm{du} = 3\cdot \int\left(u^{-3}\right) \rm{du} = 3\cdot -\frac 12 \cdot u^{-2} = -\frac 32 \cdot \frac{1}{u^2} = -\frac{3}{2u^2} = \underline{\underline{-\frac{3}{2(2x-3)^2} +C}}[/tex]

Litt usikker på det jeg har gjort her. Kommentarer?

h)
[tex]\int \left( \frac{(lnx)^3}{x} \right)\rm{d}x = \int\left(\frac 1x \cdot (lnx)^3\right)\rm{dx}[/tex]

[tex]u = lnx \\ \, \\ du = \frac 1x dx[/tex]

[tex]\int\left(u^3\right)\rm{du} = \frac 14 u^4 = \underline{\underline{\frac 14\cdot (ln x)^4 +C}}[/tex]

i)
[tex]\int \left(x \cdot e^{-x^2} \right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = x^2 \\ \, \\ du = 2x \, dx[/tex]

[tex]\frac 12 \cdot \int \left(2x \cdot e^{-x^2} \right)\rm{d}x = \frac 12 \cdot \int \left( e^{-u}\right)\rm{du} = \frac 12 \cdot (-1) \cdot e^{-u} = - \frac{1}{2e^{u}} = \underline{\underline{-\frac{1}{2e^{x^2}} + C}}[/tex]

j)
[tex]\int \left( \frac{1}{3x+5} \right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = 3x + 5 \\ \, \\ du = 3dx[/tex]

[tex]\frac 13 \cdot \int\left(3\cdot \frac{1}{3x+5}\right)\rm{dx} = \frac 13 \cdot \int\left(\frac 1u\right)\rm{du} = \frac 13 \cdot ln|u| = \underline{\underline{\frac 13 \cdot ln|3x+5| + C}} [/tex]

k)
[tex]\int \left( \frac{e^x}{e^x + 1} \right)\rm{d}x = \int\left(e^x \cdot \frac{1}{e^x+1}\right)\rm{dx}[/tex]

[tex]u = e^x + 1 \\ \, \\ du = e^x \, dx[/tex]

[tex]\int\left(\frac{1}{u}\right) \rm{du} = ln|u| = \underline{\underline{ln|e^x + 1| + C }}[/tex]

[espen180]

Jeg er i sonen akkurat nå, så jeg sniker meg inn med et integral. No hard feelings.

[tex]I=\int tan(ax)\rm{d}x=\int\frac{sin(ax)}{cos(ax)}\rm{d}=-\frac{1}{a}\int-\frac{a\cdot sin(ax)}{cos(ax)}\rm{d}x \\ u=cos(ax) \\ \rm{d}u=-a\cdot sin(ax)\rm{d}x \\ I=-\frac{1}{a}\int\frac{1}{u}\rm{d}u=-\frac{1}{a}\ln|u|+C \\ I=-\frac{1}{a}\ln|cos(ax)|+C=-\frac{ln|cos(ax)|}{a}+C=\ln\left|\frac{1}{\sqrt[a]{cos(ax)}}\right|+C[/tex]

Jeg vet dette integralet finnes på Realisten, men jeg tok ikke løsningen derfra, æresord.

[Janhaa]

Regn ut integralene

g)
[tex]\int \left( \frac{6}{(2x-3)^3} \right)\rm{d}x = 6 \cdot \int \left( \frac{1}{(2x-3)^3} \right) \rm{dx}[/tex]
[tex]u = 2x-3 \\ \, \\ du = 2 dx[/tex]
Setter inn 2 i integranden og multipliserer hele integralet med [tex]\frac 12[/tex] for å substituere.
[tex]6 \cdot \frac 12 \cdot \int \left( 2 \cdot \frac{1}{(2x-3)^3} \right) \rm{dx}[/tex]
[tex]6 \cdot \frac 12 \cdot \int\left(\frac {1}{u^3}\right)\rm{du} = 3\cdot \int\left(u^{-3}\right) \rm{du} = 3\cdot -\frac 12 \cdot u^{-2} = -\frac 32 \cdot \frac{1}{u^2} = -\frac{3}{2u^2} = \underline{\underline{-\frac{3}{2(2x-3)^2} +C}}[/tex]
Litt usikker på det jeg har gjort her. Kommentarer?

Synes dette ser greit ut! Deriverte høyre sida di og den blei lik integranden også.

[MatteNoob]

@ espen180: Godt jobbet, du er en dyktig krabat. Jeg hadde ikke klart det integralet der enda, og du har bare gjennomgått vg1 pensum (offisielt). Stå på o' dyktige mannen!

@ Janhaa: Jeg deriverte høyresiden jeg også, og den samstemte med integranden. Ble bare litt usikker på om det jeg gjorde ved å rekke ut 6 tallet, multiplisere med en halv, og å multiplisere integranden med 2 var ok, og det var fint at det stemte :]

Vi har en funksjon [tex]f(x) = \frac{lnx}{x} \,\,\, D_f = [1,\, \rightarrow\rangle[/tex]

a) Regn ut arealet begrenset av grafen til f, x-aksen og linjene x=1 og x=e

b) Regn ut verdien av t når arealet begrenset av grafen til f, x-aksen , x=1 og x=t er lik 2.

a)
[tex]1\, <\, e[/tex]

[tex]\int_1^e \left( \frac{ln(x)}{x} \right)\rm{d}x = \int_1^e \left( \frac{1}{x} \cdot ln(x) \right)\rm{d}x [/tex]

[tex]u\prime = \frac 1x \,\,\, u = ln(x) \\ \, \\ v\prime = \frac 1x \,\,\, v = ln(x) [/tex]

[tex]\int_1^e \left( \frac{1}{x} \cdot ln(x) \right)\rm{d}x = ln(x)\cdot ln(x) - \int_1^e \left(ln(x) \cdot \frac 1x\right)\rm{d}x[/tex]

Dette går ikke, integralet blir jo likt det jeg startet med. Jeg prøver med substitusjon i steden.

[tex]\int_1^e \left( \frac{ln(x)}{x} \right)\rm{d}x = \int_1^e \left( \frac{1}{x} \cdot ln(x) \right)\rm{d}x [/tex]

[tex]u = lnx \\ \, \\ du = \frac 1x[/tex]

[tex]\int \left(u\right) \rm{d}u = \frac 12u^2 = \underline{\frac 12 (lnx)^2 +C}[/tex]

Legg merke til at jeg bestemmer det ubestemte integralet her, fordi substitusjon krever at man i tillegg må endre grensene for integralet. Dette kunne vært gjort slik:

[tex]\int_{u(1)}^{u(e)} \left(u\right) \rm{d}u = \left[\frac 12u^2\right]_0^1 = \underline{\left[\frac 12 (lnx)^2\right]_1^e}[/tex]

[tex]\left[\frac 12 (lnx)^2\right]_1^e = F(e) - F(1) = \frac 12 - 0 = \underline{\underline{\, \frac 12 \,}}[/tex]

b)
Fordi: [tex]f(x) \,\, x\in [1,\, \rightarrow \rangle[/tex] så er [tex]t>1[/tex]. Dermed får vi:

[tex]\left[\frac 12 (lnx)^2\right]_1^t = F(t) - F(1) = 2[/tex]

[tex]F(1) = 0 \\ \, \\ F(t) = 2 \\ \, \\ \frac 12 (ln(t))^2 = 2 \\ \, \\ ln(t) = \pm \sqrt 4 \,\,\,\,\,\,\, - \sqrt 4 \text{ bortfaller fordi ln(t) }\geq 0 \\ \, \\ \underline{\underline{ t = e^2}}[/tex]

[zell]

a) Regn ut arealet begrenset av grafen til f, x-aksen og linjene x=1 og x=e

[tex]\int_1^e \left( \frac{1}{x} \cdot ln(x) \right)\rm{d}x = ln(x)\cdot ln(x) - \int_1^e \left(ln(x) \cdot \frac 1x\right)\rm{d}x[/tex]

Dette går ikke, integralet blir jo likt det jeg startet med. Jeg prøver med substitusjon i steden.

Joda, funker det.

[tex]\int_1^e\left(\frac{1}{x} \cdot \ln{x} \right)\rm{d}x = \ln{x}\cdot\ln{x}-\int_1^e\left(\ln{x}\cdot\frac{1}{x}\right)\rm{d}x[/tex]

Flytter over høyre ledd.

[tex]2\int_1^e\left(\frac{1}{x}\cdot\ln{x}\right)\rm{d}x = \ln^2{x}[/tex]

[tex]\int_1^e\left(\frac{1}{x}\cdot\ln{x}\right)\rm{d}x = \large\left[\frac{1}{2}\ln^2{x}\large\right]_1^e = \frac{1}{2}[/tex]

[MatteNoob]

@ Zell:
Se det! Tusen takk for at du viste meg at jeg tok feil, og ikke minst løste den for å vise hvorfor! Det der var et flott "våpen" å få i sitt "integralarsenal". Du har kontroll! (Legg merke til at jeg bruker macho ord som våpen arsenal og kontroll her, hehehe)

Ser videre at du nytter samme notasjon for [tex]ln^2x[/tex] som vi gjør for trigonometriske funksjoner. Er denne typen notasjon akseptert for alle matematiske funksjoner? Er jo enklere, da man slipper parentes.

På figuren har vi laget et snitt gjennom en trefigur. Figuren er 10cm høy. Den strekker seg fra x=0 til x=10 i et koordinatsystem der lengdeenheten er 1cm. Arealet av snittflaten x cm fra venstre endeflate på figuren er [tex]A(x) = (2+0.2x)^2[/tex]



Regn ut volumet av trefiguren.

[tex]\int_0^{10} \left((2+0.2x)^2\right)\rm{d}x[/tex]

[tex]u = 2+0.2x \\ \, \\ du = 0.2[/tex]

[tex]5 \cdot \int_0^{10} \left( 0.2 \cdot (2+0.2x)^2 \right)\rm{d}x = 5\cdot \int_{u(0)}^{u(10)}\left( u^2 \right)\rm{d}u = \frac 53 u^3|_0^4 = \frac 53 \cdot (2+0.2x)^3 |_0^{10} = A(10) - A(0) = \\ \, \\ \left(\frac 53 (2+2)^3 \right) - \left(\frac 53 (2)^3 \right) = \frac{320}{3} - \frac{40}{3} = \underline{\underline{93.\overline 3\; cm^3}}[/tex]

[MatteNoob]

Figuren viser et drikkehorn fra vikingtiden. Lengdeenheten er på 1 cm på begge koordinatakser. Snittflaten vinkelrett på x-aksen er en sirkel med radius [tex]\frac x6[/tex].

Hvor mye mjød var det plass til i hornet?

[tex]A_{\circ} = \pi r^2 \\ \, \\ r_x = \frac x6[/tex]

[tex]A(x) = \pi \left( \frac x6\right)^2[/tex]

[tex]\pi \cdot \int_0^{24}\left(\left( \frac x6\right)^2 \\right) \rm{d}x = \frac{\pi}{36} \int_0^{24}(x^2)\rm{d}x = \left[\frac{\pi}{36} \cdot \frac 13x^3\right]_0^{24} = \left( \frac{\pi \cdot (24)^3}{108} \right) - 0 = \underline{128\pi\, cm^3} \approx \underline{402 cm^3}[/tex]

[tex]402\, cm^3 \approx 0.4\, dm^3 = \underline{\underline{0.4\, liter.}}[/tex]

Og jeg trodde de var harde på flaska?

[MatteNoob]

Du skal nå utlede formelen for volumet av en kjegle med høyde h og grunnflateradius R. Bruk figuren:

[tex]r = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{R}{h}[/tex]

[tex]r_x = \frac{R}{h}x[/tex]

[tex]A(x) = \pi r_x^2 = \pi \cdot \left( \frac{R\cdot x}{h}\right)^2 = \frac{R^2 \pi x^2}{h^2}[/tex]

[tex]\int_0^h \left(\frac{R^2\pi x^2}{h^2}\right)\rm{d}x = \frac{R^2\pi}{h^2} \cdot \int_0^h (x^2) \rm{d}x = \left[\frac{R^2\pi x^3}{3h^2}\right]_0^h = \frac{R^2 \pi h^{\cancel 3}}{3\cancel{h^2}} - 0 = \frac 13 \cdot \pi R^2 h = \underline{\underline{\frac{\pi}{3}R^2h}} [/tex]

Denne kan sikkert gjøres på mange forskjellige måter. Har du et mer elegant forslag, så vis det frem, hehe.

[MatteNoob]

Hvilket legeme får du dersom du dreier en rettvinklet trekant om hypotenusen?

Ei dobbeltkjegle.


Får nostalgien til å pittre i huden, tenker på gleden over å leke med en snurrebass, hehe.

Et omdreiningslegeme fremkommer ved at grafen til funksjonen f(x) dreies 360 grader om førsteaksen. Tegn grafen og bestem volumet av omdreiningslegemet når:

(Jeg legger ikke inn grafene her.)

Generelt for alle omdreinningslegemene har vi at [tex]V = \pi \int_a^b\left((f(x))^2 \right)\rm{d}x[/tex]

a)
[tex]f(x) = x+1\,\,\, D_f = [2, \, 5][/tex]

[tex]\pi \cdot \int_{2}^{5} \left( (x+1)^2 \right)\rm{d}x = \pi \left[\frac 13\left(x+1\right)^3\right]_2^5 = F(5) - F(2) = \frac {6^3\pi}{3} - \frac{3^3\pi}{3} = \frac{216\pi - 27\pi}{3} = \underline{\underline{63\pi}}[/tex]


b)
[tex]f(x) = 2x+1\,\,\, D_f = [1, \, 3][/tex]

[tex]\pi \cdot \int_{1}^{3} \left( (2x+1)^2 \right)\rm{d}x = \frac{\pi}{2} \int_1^3 \left((2x+1)\right)\rm{d}x = \frac{\pi}{2}\left[\frac 13 \cdot (2x+1)^3\right]_1^3 = \left[\frac{\pi\cdot(2x+1)^3}{6}\right]_1^3 = F(3) - F(1) = \\ \, \\ \frac{7^3\pi - 3^3\pi}{6} = \frac{343\pi - 27\pi}{6} = \underline{\underline{\frac{158\pi}{3}}}[/tex]


c)
[tex]f(x) = \sqrt{x+3} \,\,\, D_f = [1, \, 4][/tex]

[tex]\pi \cdot \int_{1}^{4} \left( (\sqrt{x+3})^2 \right)\rm{d}x = \pi \cdot \int_{1}^{4} \left( x+3 \right)\rm{d}x = \left[\frac{\pi(x^2 + 6x)}{2}\right]_1^4 = F(4) - F(1) = \frac{\pi(4^2+24) - 7\pi}{2} =\underline{\underline{\frac{33\pi}{2}}}[/tex]


d)
[tex]f(x) = 2e^{0.5x}\,\,\, D_f = [0, \, ln(4)][/tex]

[tex]\pi \cdot \int_{0}^{ln(4)} \left( (2e^{0.5x})^2 \right)\rm{d}x = \pi \cdot \int_0^{ln(4)}\left(4\cdot e^x\right)\rm{d}x = 4\pi \cdot \int_0^{ln(4)}\left(e^x\right)\rm{d}x = \left[4\pi\, e^x\right]_0^{ln(4)} = F\left(ln(4)\right) - F(0) = \\ \, \\ \left( 4\pi \cdot e^{ln(4)}\right) - \left( 4\pi e^0\right) = 16\pi - 4\pi = \underline{\underline{12\pi}} [/tex]

[MatteNoob]

En funksjon er gitt ved:

[tex]f(x) = \sqrt{25-x^2} \,\,\, D_f = \left[-5, \, 5\right][/tex]

Tegn grafen til f(x). Grafen til f(x) og x-aksen avgrenser et flatestykke som vi dreier om x-aksen. Hva slags romlegeme får vi? Bestem romlegemet på to måter

Generelt


Vi ser at grafen danner en perfekt halvsirkel. Hvis vi ser for oss at vi snurrer en omdreining om x-aksen, vil det dannes ei kule. Vi finner altså volumet for ei kule med r = 5 i dette tilfellet.

Måte #1
[tex]\pi \cdot \int_{-5}^{5} \left( (\sqrt{25-x^2})^2 \right)\rm{d}x = \pi \cdot \int_{-5}^5\left(25 - x^2\right)\rm{d}x = \left[\frac{\pi\left(75x-x^3\right)}{3}\right]_{-5}^{5} = F(5) - F(-5) = \\ \, \\ \left(\frac{\pi\left(75\cdot 5-5^3\right)}{3}\right) - \left(\frac{\pi\left(75\cdot (-5) -(-5)^3\right)}{3}\right) = \frac{250\pi + 250\pi}{3} = \underline{\underline{\frac{500\pi}{3}}}[/tex]

Måte #2
[tex]V_{\circ} = \frac 43 \pi r^3[/tex]

Vi har [tex]r=5[/tex]

[tex]V_{\circ} = \frac 43 \cdot \pi 5^3 = \frac 43 \pi 125 = \underline{\underline{ \frac{500\pi}{3}}}[/tex]

Noen tanker rundt sirkelen og integraler...
Dette er ikke 3MX pensum, men jeg synes dette var litt interessant, så jeg skal nå prøve på noe. Jeg tar forbehold om feil, og kom gjerne med digresjoner her

Vi kan også tenke oss en sirkel dannet av uttrykket:

[tex]x^2 + y^2 = 25[/tex]

Slik:



Vi gjør sirkelen til en funksjon av y, dermed får vi:

[tex]x^2 = 25-y^2 \\ \, \\ x = \sqrt{25-y^2}[/tex]

[tex]S(y) = \sqrt{25-y^2}[/tex]

Vi ser at f(x) = S(y) og derfor vil selvfølgelig volumet av kulen være likt uansett hvilken akse vi roterer grafen om.

Vi kan generalisere dette og si at dersom sirkelen har sentrum i origo, får vi sammenhengen:

[tex]x^2 + y^2 = r^2[/tex]

Dermed kan vi finne den generelle formelen for volum slik:

[tex]x = \sqrt{r^2 - y^2}[/tex]

Vi vet at r er en konstant, og at denne bestemmer volumet av sirkelen. Dermed får vi:

[tex]V = \pi \cdot \int_0^r \left((\sqrt{r^2 - y^2})^2\right)\rm{d}y = \pi \cdot \int_0^r \left( r^2-y^2\right)\rm{d}y = \left[\frac{\pi(3r^2y - y^3)}{3}\right]_0^r = \underline{\frac{2\pi r^3}{3}}[/tex]

Vi har nå funnet volumet av ei halvkule, forstår du hvorfor dette kun er volumet av ei halvkule og ikke en hel? Tenk deg godt om før du sjekker svaret nedenfor.

Marker hele denne boksen for å se svaret, hehehe.

Fordi vi satte grensen nedre grense til 0 i integralet.

Dermed blir:
[tex]V_{\circ} = 2V = \underline{\underline{\frac 43 \pi r^3}}[/tex]

For å finne volumformelen for ei kule direkte, setter vi:

[tex]V_{\circ} = \left[\frac{\pi(3r^2y - y^3)}{3}\right]_{-r}^r = \left(\frac{\pi(3r^2r - r^3)}{3}\right) - \left( \frac{\pi(3r^2(-r) - (-r)^3)}{3}\right) = \\ \, \\ \left(\frac{\pi(3r^3 - r^3)}{3}\right) - \left(\frac{\pi(r^3 - 3r^3)}{3}\right)= \frac{2 \pi r^3 + 2\pi r^3}{3} = \underline{\underline{\frac 43 \pi r^3}}[/tex]

Kan dette kalles et bevis?

[MatteNoob]

Vi vil lage en blomstervase. Formen til vasen er bestemt av grafene til funksjonene:

[tex]f(x) = \sqrt{0.5x-1}\,\,\, og\,\,\, g(x)=x^{0.3}+1[/tex]

Tegn begge grafene i samme koordinatsystem fra x=0 til x=20 med 1 cm som enhet på begge aksene.

Grafene, linjene x=0 og x=20 avgrenser en flate s. Blomstervasen fremkommer ved at vi dreier flaten s om x-aksen.

a) Hvor mye vann går det i vasen?

b) Hvor mange [tex]cm^3[/tex] glass består vasen av?

a)
Som vi ser av grafen til f(x), vil den, rotert om x-aksen, danne volumet der vannet "bor", hehe. Merk at f(x) har [tex]D_f = [2, \, 20][/tex]

[tex]\pi \cdot \int_{2}^{20} \left( (\sqrt{0.5x-1})^2 \right)\rm{d}x = \left[\pi \left(0.25x^2 -x\right)\right]_2^{20} = F(20) - F(2) = 80\pi -(-1)\pi = \underline{81\pi} \approx \underline{\underline{254.5\, ml}}[/tex]

b)
Vi ser av illustrasjonen at arealet avgrenset av f(x) og g(x) tilsammen vil danne volumet (og dermed antall cm[sup]3[/sup]) glass i vasen.

Det er flere måter å regne ut dette på, for vi vet allerede volumet av innholdet. Derfor kan vi feks trekke dette fra volumet vi får, når vi roterer g(x) en gang rundt førsteaksen.

[tex]\pi \cdot \int_0^{20} \left((x^{0.3}+1)^2\right)\rm{d}x[/tex]

Er ikke denne integranden integrerbar, eller er det bare meg som er for trøtt?

På lommeregneren finner jeg i alle fall at:

[tex]\pi \cdot \int_0^{20} \left((x^{0.3}+1)^2\right)\rm{d}x \approx \underline{537.2\, cm^3}[/tex]

[tex]V = V_g- V_f \\ \, \\ V = 537.2 - 254.5 = \underline{\underline{282.7\, cm^3}} [/tex]

[Janhaa]

Jauda...dette kan kalles bevis, for kulevolumet. Veit det finnes flere. F. eks. har Arkimedes ett fiffig bevis, uten integralregning sjøsagt...husker ikke helt. Kan hende noen andre her erindrer

[Janhaa]

Vi vil lage en blomstervase. Formen til vasen er bestemt av grafene til funksjonene:

[tex]f(x) = \sqrt{0.5x-1}\,\,\, og\,\,\, g(x)=x^{0.3}+1[/tex]
b) Hvor mange [tex]cm^3[/tex] glass består vasen av?

b)
Vi ser av illustrasjonen at arealet avgrenset av f(x) og g(x) tilsammen vil danne volumet (og dermed antall cm[sup]3[/sup]) glass i vasen.
Det er flere måter å regne ut dette på, for vi vet allerede volumet av innholdet. Derfor kan vi feks trekke dette fra volumet vi får, når vi roterer g(x) en gang rundt førsteaksen.
[tex]\pi \cdot \int_0^{20} \left((x^{0.3}+1)^2\right)\rm{d}x[/tex]
Er ikke denne integranden integrerbar, eller er det bare meg som er for trøtt?
På lommeregneren finner jeg i alle fall at:
[tex]\pi \cdot \int_0^{20} \left((x^{0.3}+1)^2\right)\rm{d}x \approx \underline{537.2\, cm^3}[/tex]
[tex]V = V_g- V_f \\ \, \\ V = 537.2 - 254.5 = \underline{\underline{282.7\, cm^3}} [/tex]

[tex]\pi \cdot \int_0^{20} \left((x^{0.3}+1)^2\right)\rm{d}x[/tex]

[tex]I=\pi \int(x^{0.6}\,+\,2x^{0.3}\,+\,1)\,dx[/tex]

bruk

[tex]\int x^n\,dx=\frac{1}{n+1}\,x^{n+1}\,+\,C[/tex]

----------------------------------
PS: ikke rart du er trøtt, du regner jo natt og dag. Jeg regna med d...