# Demonstrationer TMV139

> Vincent Molin, [e-mail]
> Om du hittar något som ser fel ut, tveka inte att höra dig.

## Tisdag 2/11

### A 5.1: 20

Hitta ett slutet uttryck för summan
$$
\sum_{i=1}^n \left(2^i-i^2\right).
$$

#### Lösning:

Summering är linjär så vi kan först dela upp summan som två enklare summor
$$
\sum_{i=1}^n \left(2^i-i^2\right) = \sum_{i=1}^n 2^i - \sum_{i=1}^n i^2
$$
Det finns standardformler för båda dessa summor, sammanfattade i Sats 5.1 i boken. Vi gör ändå den första för hand. Låt $S_n = \sum_{i=1}^n 2^i$.
$$
S_n = \sum_{i=1}^n 2^i = 2 + 4 + 8 + ... + 2^n = 2(1+2+...+2^{n-1}) = 2(1+S_n - 2^n) \\
S_n = 2(1+S_n-2^n) = 2S_n +2 - 2^{n+1} \iff
S_n = 2^{n+1} - 2.
$$

Med samma lösningsgång kan man ta fram att i det generella fallet, för $r\ne 1$
$$
\sum_{i=1}^n r^{i-1} = 1 +r +...+r^{n-1} = \frac{r^n-1}{r-1}.
$$

Sats 5.1 ger att
$$
\sum_{i=1}^n i^{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6},
$$
så det sökta slutna uttrycket är alltså
$$
\sum_{i=1}^n \left(2^i-i^2\right) = 2^{n+1}-2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
$$

---

### A 5.2: 18

Tolka $S_n$ som en summa av rektanglar som approximerar en viss area i planet för att bestämma $\lim_{n\to\infty}S_n$, där

$$
S_n= \sum_{i=1}^n \frac{2n+3i}{n^2}.
$$

#### Lösning

Vi skriver först om summanden som ett uttryck med $i/n$ genom att bryta ut faktorn $1/n$.
$$
\frac{2n+3i}{n^2} = \frac{1}{n}\cdot\left(2+3\cdot\frac{i}{n}\right)
$$
Vi kan alltså tolka summan som en summa av rektanglar med bredd $1/n$ och höjd $2 + 3x_i$, där $x_1=1/n,...,x_n=n/n=1$. Summan approximerar alltså följande fyrhörning,


vilken har arean $5/2$, så vi får alltså att $\lim_{n\to\infty}S_n = \frac{5}{2}$.

---

### A 5.3: 14

Uttryck gränsvärdet
$$
\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{2}{n}\ln\left(1+\frac{2i}{n}\right)
$$
som en bestämd integral.

#### Lösning

Vi vill tolka summan som en Riemannsumma. Faktorn $\frac{2}{n}$ hintar om att vi har delat upp ett intervall av längd $2$ i $n$ stycken bitar, varje av längd $2/n$. Med $x_i=c_i=2i/n$ och $f(x)=\ln(1+x)$ är kontinuerlig på $[0,2]$ får vi alltså att
$$
\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{2}{n}\ln\left(1+\frac{2i}{n}\right) = \int_0^2 \ln(1+x)dx.
$$

---

## Torsdag 4/11

### A 5.4: 14

Beräkna
$$
\int_{-3}^3 (2+t)\sqrt{9-t^2}dt
$$
med hjälp av räknereglerna för integraler samt genom att tolka integraler som areor i planet.

#### Lösning

Vi delar först upp integralen som summan av två enklare integraler med hjälp av linjariteten hos $\int$:

$$
\int_{-3}^3 (2+t)\sqrt{9-t^2}dt = 2\int_{-3}^3\sqrt{9-t^2}dt + \int_{-3}^3 t\sqrt{9-t^2}dt.
$$

Vi löser $\int_{-3}^3\sqrt{9-t^2}dt$ genom att observera att det är precis arean av en halvcirkel med radie $3$, alltså är $\int_{-3}^3\sqrt{9-t^2}dt=3^2\pi/2=9\pi/2$.

Den andra termen $\int_{-3}^3 t\sqrt{9-t^2}dt$ är lurigare. Det finns ingen enkel geometrisk form den motsvarar. Eftersom integralen är över ett symmetriskt intervall bör man fundera på om integranden är *jämn* eller *udda*. Speciellt enkelt blir det om integranden är udda. Vi har att $f(t)=t$ är en udda funktion, vilket vi ser från

$$
-f(-t)=-(-t)=t=f(t).
$$

Vi ser också att $g(t) = \sqrt{9-t^2}$ är en jämn funktion, alltså $g(t)=g(-t)$. Detta ger att $h(t) = f(t)g(t)$ är en udda funktion då en jämn funktion multiplicerat med en udda funktion är udda. Alltså är $\int_{-3}^3 t\sqrt{9-t^2}dt=0$.

Vi får alltså slutligen att
$$
\int_{-3}^3 (2+t)\sqrt{9-t^2}dt = 2\cdot\frac{9\pi}{2} + 0 = 9\pi.
$$

---

### A 5.4: 22

Givet att $\int_0^ax^2dx=\frac{a^3}{3}$, beräkna integralen
$$
\int_{-6}^6x^2(2+\sin x)dx.
$$

#### Lösning

Som i förra övningen har vi att

$$
\int_{-6}^6x^2(2+\sin x)dx = 2\int_{-6}^6x^2dx + \int_{-6}^6\underbrace{x^2\sin x}_{\text{udda}}dx = 2\int_{-6}^6x^2dx + 0.
$$
$f(x) = x^2$ är en *jämn* funktion så
$$
\int_{-6}^6x^2dx = 2 \int_{0}^6x^2dx = 2\cdot\frac{6^3}{3}
$$
Sammantaget får vi att
$$
\int_{-6}^6x^2(2+\sin x)dx = 2\left(2\cdot\frac{6^3}{3}\right)=2^53^2 = 288.
$$

---

### A 5.5: 8

Beräkna
$$
\int_4^9\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}dx.
$$

#### Lösning

$$
\int_4^9\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}dx = \int_4^9\sqrt{x}\ dx - \int_4^9\frac{1}{\sqrt{x}}\ dx.
$$
Vi bestämmer primitiva funktioner till $f(x)=\sqrt{x}$ och $g(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$.
$$
F(x) = \frac{2}{3}x^{3/2} \implies F'(x) = \frac{2}{3}\frac{3}{2}x^{1/2} = \sqrt{x} = f(x).\\
G(x) = 2x^{1/2} \implies G'(x) = 2\cdot\frac{1}{2}x^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{x}}=g(x).
$$

Vi får att
$$
\int_4^9\sqrt{x}\ dx - \int_4^9\frac{1}{\sqrt{x}}\ dx = F(x)\vert_4^9 - G(x)\vert_4^9 \\
= (F(9)-F(4)) - (G(9)-G(4)) = \frac{2}{3}(3^3-2^3) - 2(3-2) \\
= 18 - 16/3 - 2 = 16-16/3 = 32/3
$$

---

### A 5.5: 26

Bestäm arean under $y=\sqrt{x}$ och över $y=\frac{x}{2}$.

#### Lösning

Skärningspunkterna ges av
$$
\sqrt{x} = \frac{x}{2} \implies 4x = x^2 \iff x(x-4) = 0
$$
vilket ger att skärningspunkterna är $a=0$ och $b=4$.

Den sökta arean fås av integralen
$$
\int_0^4 \sqrt{x} - \frac{x}{2}dx.
$$
En primitiv funktion till $f(x)=\sqrt{x} - \frac{x}{2}$ är $F(x) = \frac{2}{3}x^{3/2}-\frac{1}{4}x^2$ så

$$
\int_0^4 \sqrt{x} - \frac{x}{2}dx = F(4)-F(0) = 16/3-4=4/3.
$$

---

### A 5.5: 44

Beräkna
$$
\frac{d}{d\theta}\int_{\sin\theta}^{\cos\theta}\frac{1}{1-x^2}dx
$$

#### Lösning

Låt $f(x) = \frac{1}{1-x^2}$ och låt $F$ vara en primitiv funktion till $f$, dvs $F'(x)=f(x)$. Vi har då att

$$
\frac{d}{d\theta}\int_{\sin\theta}^{\cos\theta}\frac{1}{1-x^2}dx = \frac{d}{d\theta}\left(F(\cos\theta)-F(\sin\theta)\right) = (\cos\theta)'F'(\cos\theta) - (\sin\theta)'F'(\sin\theta) = \\
= -\sin\theta\cdot f(\cos\theta) - \cos\theta \cdot f(\sin\theta) = -\sin\frac{1}{1-\cos^2\theta} -\cos\frac{1}{1-\sin^2\theta} = \\
= -\sin\frac{1}{\sin^2\theta} -\cos\frac{1}{\cos^2\theta} = -\frac{1}{\sin\theta} -\frac{1}{\cos\theta}
$$

---

### A Review 5: 22

Hitta arean av det ändliga området som begränsas av kurvorna $y=5-x^2$ och $y=4/x^2$.

#### Lösning


Båda kurvorna är jämna så det räcker att beräkna arean av en av "bananerna". Vi finner skärningspunkterna genom att lösa
$$
5-x^2 = 4/x^2 \implies
x^4 - 5x^2 + 4 = 0 \iff (x^2-4)(x^2-1) = 0.
$$
Om vi antar att $x>0$ så får vi att $x_1=1$ och $x_2=2$.

Arean av den högra bananen blir nu

$$
\int_1^2 (5-x^2) - 4x^{-2} dx = \left[5x - \frac{1}{3}x^3 - (-4)x^{-1}\right]_1^2 = \\
= \left(5\cdot 2 - \frac{2^3}{3} + 4/2\right) - \left(5\cdot 1 - \frac{1^3}{3} + 4/1\right) = (12-8/3) - (9-1/3)= 3 - 7/3 = 2/3.
$$

Den totala arean blir alltså $2\cdot 2/3=4/3$.

---

## Tisdag 9/11

variabelsubstitution i integraler, area mellan kurvor, partiell integration

### A 5.6: 6, 10, 14, 11, 34, 40

Bestäm en primitiv funktion.

#### 6.

Vi hittar en lämplig variabelsubstitution, $u=\sqrt x$ ser ut att vara bra då det verkar som att $u'$ går att hitta i integranden. Med en liten omskrivning får vi

$$
\int\frac{\sin\sqrt x}{\sqrt x} dx = \int{2\sin\sqrt x}\frac{1}{2\sqrt x} dx = \begin{bmatrix}u = \sqrt x\\ \frac{du}{dx}= \frac{1}{2\sqrt x}\end{bmatrix} \\
= 2\int \sin u\ du = -2\cos u = -2\cos\sqrt x.
$$

---

#### 10.

Vi ser $\tan x$ och $\tan x$ derivata $1/\cos^2x$ vilket leder oss till att försöka med $u=\tan x$.

$$
\int\frac{1}{\cos^2x}\frac{1}{\sqrt{1-\tan^2x}} dx = \int\frac{1}{\sqrt{1-\tan^2x}}\frac{1}{\cos^2x} dx = \begin{bmatrix}u = \tan x\\ \frac{du}{dx} = \frac{1}{\cos^2 x}\end{bmatrix} =
\\ = \int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du
= \arcsin u = \arcsin(\tan x)
$$

---

#### 14.

Vi vet hur man hittar en primitiv till $1/\sqrt{x}$. Här gör en enkel linjär omskrivning $u=4-5s$ det lätt att lösa integralen. Det enda som är viktigt att komma ihåg är att skala om med faktorn $1/u'=-1/5$.

$$
\int\frac{ds}{\sqrt{4-5s}} = \begin{bmatrix}u = 4-5s\\ \frac{du}{ds} = -5 \\ \underbrace{ds = -\frac{1}{5}du}_{\text{minnesregel}}\end{bmatrix} = \int -\frac{1}{\sqrt u}\frac{1}5 du = -\frac{2}{5}\sqrt{u} = -\frac{2}{5}\sqrt{4-5s}.
$$

---

#### 11.

Vi gör först substitutionen $u=e^x$.

$$
\int\frac{e^x+1}{e^x-1} = \begin{bmatrix}u = e^x\\ \frac{du}{dx} = e^x \\ \underbrace{dx = \frac{1}{u}du}_{\text{minnesregel}}\end{bmatrix} = \int \frac{u+1}{u(u-1)}du
$$

Vi partialbråksuppdelar sedan integranden

$$
\frac{u+1}{u(u-1)} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u-1} \iff A(u-1) + Bu = u+1 \iff \\
\begin{cases}A+B &= 1 \\
-A &= 1
\end{cases}\iff \begin{cases}A &= -1 \\
B &= 2
\end{cases}
$$
så
$$
\int \frac{u+1}{u(u-1)}du = \int -\frac{1}{u} + \frac{2}{u-1}du = 2\ln|u-1|-\ln|u| = 2\ln|e^x-1| - \ln|e^x| \\
= 2\ln|e^x-1| - x.
$$

---

#### 34.

Ett första passande variabelbyte ser vi är $u=\ln x$.
$$
\int\frac{\sin^3(\ln x)\cos^3(\ln x)}{x}dx = \int\sin^3(\ln x)\cos^3(\ln x)\left(\frac{1}{x}dx\right) = \int \sin^3u\cos^3u\ du.
$$
Med hjälp av trigonometriska ettan kan vi skriva $\cos^3u = (1-\sin^2u)\cos u$. Den här omskrivningen är lite listig, nu kommer variabelbytet $s=\sin u$ fungera bra. Vi får
$$
\int \sin^3u\cos^3u\ du = \int \sin^3u(1-\sin^2u)\cos u\ du = \begin{bmatrix}s=\sin u \\ \frac{ds}{du} = \cos u \\ ds = \cos u \ du\end{bmatrix} = \int s^3(1-s^2)ds = \\
= \int s^3 - s^5 ds = \frac{s^4}{4} - \frac{s^6}{6} = \frac{\sin^4u}{4} - \frac{\sin^6u}{6} = \frac{\sin^4(\ln x)}{4} - \frac{\sin^6(\ln x)}{6}
$$

---

#### 40.

Beräkna

$$
\int_1^\sqrt{e}\frac{\sin(\pi\ln x)}{x} dx
$$

$$
\int_1^\sqrt{e}\frac{\sin(\pi\ln x)}{x} dx = \begin{bmatrix}u=\ln x \\ du = dx/x \\ x = 1 \implies u = 0\\ x = \sqrt e \implies u = 1/2\end{bmatrix} = \int_0^{1/2}\sin(\pi u) du = \\
= \left[ -\frac{\cos (\pi u)}{\pi}\right]_0^{1/2} = (-\cos 0/\pi) - (-\cos(\pi/2)/\pi) = -1/\pi
$$

---

### A 5.7: 10

Skissa och beräkna arean begränsad av kurvorna $x=y^2$ och $x=2y^2-y-2$.

#### Lösning

$x=y^2$ är lätt, för att skissa den andra kvadratkompletterar vi först
$$
x=2y^2-y-2= 2(y-1/4)^2 - 2(1/4)^2 - 2 = 2(y-1/4)^2 - 17/8
$$
och ser att den har vertex i $(-17/8,1/4)$ samt växer som $2y^2$. Vi får ungefär


Eller exakt i desmos

Vi hittar skärningspunkterna

$$
y^2-y-2=0 \iff (y+1)(y-2)=0
$$

och får
$$
\int_{-1}^2 y^2-(2y^2-y-2)\ dy=\int_{-1}^2 -y^2 + y + 2\ dy = \left[-y^3/3 + y^2/2 + 2y \right]_{-1}^2 = \\
= -2^3/3+2^2/2+4 - (1/3+1/2-2) = 9/2
$$

### A 5.7: 27

Beräkna arean begränsad av $y^2 = x^2 - x^4$.

#### Lösning

$$
y = \pm\sqrt{x^2-x^4}= \pm |x|\sqrt{1-x^2}
$$


$$
A = \int_{-1}^1 |x|\sqrt{1-x^2} - (-|x|\sqrt{1-x^2})\ dx \\ = \int_{-1}^1 2|x|\sqrt{1-x^2}dx \\= 2\int_0^12x\sqrt{1-x^2}\ dx \\
= \{u = x^2\} \\
= 2\int_0^1 \sqrt{1-u}\ du \\ = 2 \left[-\frac{2}{3}(1-u)^{3/2} \right]_0^1 = 2\left( \frac{2}{3} \right)= \frac{4}{3}.
$$

### A 6.1: 10

Beräkna

$$
\int x^5e^{-x^2}dx = \frac{1}{2}\int x^4e^{-x^2}(2xdx) \\
= \frac{1}{2}\int u^2e^{-u}du = \frac{1}{2}\left( -u^2e^{-u} - \int -2ue^{-u}du\right) \\
= -\frac{u^2e^{-u}}{2} + \int ue^{-u}du \\
= -\frac{u^2e^{-u}}{2} + (-ue^{-u} - \int -e^{-u}du)
= -\frac{u^2e^{-u}}{2} - ue^{-u} - e^{-u} \\
= -\frac{x^4e^{-x^2}}{2} - x^2e^{-x^2} - e^{-x^2}
$$

### A 6.1: 20

Beräkna

$$
\int_1^e \sin\ln x = \begin{bmatrix}u = \ln x \\ x = e^u \\ dx/du = e^u \\ dx = e^u du \\ x = 1 \implies u = 0 \\ x=e \implies u = 1
\end{bmatrix} = \int_0^1 e^u\sin u\ du
$$
Låt nu I = $\int_0^1 e^u\sin u\ du$. Upprepade partialintegrationer ger då att

$$
I = \left[e^u\sin u\right]_0^1 - \int_0^1 e^u\cos u\ du \\
= e\sin 1 - \left(\left[e^u\cos u\right]_0^1 - \int_0^1 e^u(-\sin u) du \right) \\
= e\sin 1 - e\cos 1 + 1 - I \iff \\
2I = e\sin 1 - e\cos 1 + 1 \\
I = \frac{ e\sin 1 - e\cos 1 + 1}{2}
$$

## Torsdag 11/11

integraler av rationella funktioner

### A 6.2: 4

Beräkna

$$
\int \frac{x^2}{x-4}dx.
$$

Här har vi ett polynom med högre grad i täljaren. Vi kör då först lite polynomdivision, vilket ger att
$$
\int \frac{x^2}{x-4}dx = \int x + 4 + \frac{16}{x-4}dx = \frac{x^2}{2} + 4x + 16\ln|x-4|.
$$

### A 6.2: 14

Beräkna
$$
\int\frac{x\ dx}{2+6x+9x²}
$$

Vi kvadratkompletterar först nämnaren och får
$$
\int\frac{x\ dx}{2+6x+9x²} = \int\frac{x\ dx}{(3x+1)^2+1} \\
= \int \frac{x+1/3}{(3x+1)^2+1} - \frac{1/3}{(3x+1)^2+1} dx \\
= \frac{1}{18}\ln\left((3x+1)^2+1\right) - \frac{\arctan{(3x+1)}}{9}
$$

### Extrauppgifter 5, 6, 8, 14.

#### 5.

$$
\int \frac{1}{\sin x + 1} dx
$$

Vi ser inget enkelt sätt att lösa integralen så vi använder substitutionen $u=\tan(x/2)$.

$$
\int \frac{1}{\sin x + 1} dx = \begin{bmatrix}u=\tan(x/2)\\x=2\arctan u\\ dx/du = \frac{2}{u^2+1}\\\sin x = \frac{2u}{u^2+1}\end{bmatrix} =\int \frac{1}{\left(\frac{2u}{u^2+1}\right) + 1}\frac{2}{u^2+1}du \\
= \int \frac{2}{2u + u^2+1}du = 2\int\frac{1}{(u+1)^2} du = -\frac{2}{u+1}\\
= -\frac{2}{\tan(x/2)+1}
$$

#### 6.

Vi skriver först om integranden på den föreslagna formen $f(\sin x)\cos x$:
$$
\int\frac{1}{\sin 2x + \cos x} dx = \int\frac{1}{2\sin x\cos x + \cos x}dx \\
= \int\frac{\cos x\ dx}{2\sin x\cos^2 x + \cos^2 x}
\\ = \int\frac{1}{2\sin x(1-\sin^2x)+ (1-\sin^2 x)} \cos x\ dx \\
= \int\frac{1}{2u(1-u^2)+ (1-u^2)} \ du = \int\frac{1}{(1-u)(1+u)(2u+1)}du
$$

Vi partialbråksuppdelar nu, med ansatsen

$$
\frac{1}{(1-u)(1+u)(2u+1)} = \frac{A}{1-u} + \frac{B}{1+u} + \frac{C}{2u+1} \\ \iff \\
1 = A(1+u)(2u+1) + B(1-u)(2u+1) + C(1-u)(1+u)
$$

Med handpåläggning får vi
$$
u=1 \implies 1 = 6A \implies A = 1/6 \\
u=-1 \implies 1 = -2B \implies B = -1/2 \\
u=-1/2 \implies 1 = (3/4)C \implies C = 4/3 \\
$$

Detta ger att den eftersökta integralen är
$$
\int\frac{A}{1-u} + \frac{B}{1+u} + \frac{C}{2u+1}du = -\frac{1}{6}\ln|1-u| - \frac{1}{2}\ln|1+u| + \frac{2}{3}\ln|1+2u|\\
= -\frac{1}{6}\ln|1-\sin x| - \frac{1}{2}\ln|1+\sin x| + \frac{2}{3}\ln|1+2\sin x|.
$$

#### 8.

$$
\int\frac{\sin x}{\cos x + \sin x}dx
$$


#### 14.


## Tisdag 15/11

Inga anteckningar

## Torsdag 17/11

A 7.1: 6, 12,
A 7.2: 4, 12,
A 7.3: 4, 8, 24.