Ellips 10: Lösningar till övningsprov (PDF)

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
Prov 1
1
a)
b)
3
∫
1
2 ( )
3x − 8x+ 1 dx
3
⎛ 1 3 1 2 ⎞
= / ⎜3⋅ x −8⋅ x + x⎟
1 ⎝ 3 2 ⎠
3
/
1
3 2 ( )
= x − 4x
+ x
( )
3 2 3 2
3 4 3 3 1 1 4 1 1
= − ⋅ + − − ⋅ +
= 27 − 36 + 3− 1+ 4 −1
=−4
2 2
∫
−2
4 2 ⎛1 5 1 3⎞
x − x dx = / ⎜ x − x ⎟
−2⎝5
3 ⎠
1 5 1 3 ⎛1 5 3
( )
1
2 2 2 ( 2)
⎞
= ⋅ − ⋅ −⎜ ⋅ − − ⋅ − ⎟
5 3 ⎝5 3 ⎠
32 8 32 8
= − + −
5 3 5 3
3) 5)
64 16
= −
5 3
192 80 115
= − =
15 15 15
= 7 7
15
( )
c)
d)
2π
x
∫ sin dx
2 0
2π
x 1
= 2∫sin ⋅ dx
0 2 2
u( s( x)) s'( x)
2π
x
2/ cos
0
2
U( s( x))
= −
⎛ 2π 0 ⎞
=−2⎜cos −cos
⎟
⎝ 2 2⎠
=−2( ( −1) −1)
= 4
ln 3 ln 3
3x 1 3x
e dx = e⋅
3 dx
3
∫ ∫
1 1 u( s( x)) s'( x)
ln 3
1 3x
= / e
3 1
1
= e −e
3
1 3 3
= ( 3 −e
)
3
3
e
= 9− ≈2,3
3
3ln3 31 ⋅ ( )
3
7
e
Svar a) −4 b) 7 c) 4 d)
9− ≈2,3
15
3

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
2 3
a)
∫ ( − sin x ) dx = cos x + C
F( x) = ( 7−8x) dx
1 1
b) ∫cos2x dx = cos2 2 sin2
2∫ x ⋅ dx = x + C
2
u( s( x) ) ′
U( s( x)
)
c)
s ( x)
tan xdx= sin x
dx=− cos x
1
⋅( −sin
x) dx
cos
x
u( s( x)
) s′ ( x)
∫ ∫ ∫
=− ln cos x + C
U( s( x)
)
=− ln( cos x) + C
=− lncos x + C
Svar a) cos x + C
b) 1 sin 2x
+ C
2
c) − ln cos x + C
π π
− < x < , vilket
2 2
ger cos x > 0
Vi får ekvationen
∫
1 2
= 7x−8⋅ x + C
2
2
= 7x− 4x
+ C
F ( 2) = −3
2
72 ⋅ −42 ⋅ + C =−3
Dvs. F( x) = 7x−4x −1.
2
C = −1
Svar F( x) = 7x−4x −
1
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
4
Skärningspunkterna mellan kurvorna y1 = 3 x och y2 = x + 2:
y = y
2
Vi ritar en figur.
1 2
2
3x= x + 2
x − 3x+ 3= 0
3± ( −3) −4⋅1⋅2 x =
21 ⋅
3± 1
x =
2
x= 2 eller x=
1
2
2
Arean är
2 2
∫ ∫ ( )
A= dA= y − y dx y ≥ y , när 1≤ x≤2
1 1
2
1
2
( 2 )
= ⎡
⎣3x− x + 2 ⎤
⎦dx
∫
∫ ( )
1 2 1 2
2
2 1 3 3 2
⎛ ⎞
= − x + 3x− 2 dx= ⎜− x + ⋅x −2x⎟
⎝ 3 2 ⎠
1 1
1 3 3 2 ⎛ 1 3 3 2 ⎞
=− ⋅ 2 + ⋅2 −2⋅2−⎜−⋅ 1 + ⋅1 −2⋅1⎟ 3 2 ⎝ 3 2 ⎠
8 ⎛ 1 3 ⎞
=− + 6−4−⎜− + −2⎟
3 ⎝ 3 2 ⎠
8 1 1 1 7
=− + 2+ + = 2 −
3 3 2 2 3
15 14 1
= − =
6 6 6
Svar Arean är 1
6 .
/

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
5
Skärningspunkterna mellan parabeln y= 6x−3x och linjen
y = 0:
Vi ritar en figur.
2
6x− 3x = 0
3x( 2− x)
= 0
3x= 0 eller 2 − x=
0
x = 0 eller x = 2
2
Rotationskroppens volym är
Svar
2
2 2
V = dV = πr
dx
0 0
2
∫(
)
= π 6x−3x dx
0
2
2 3 4
∫(
)
= π 36x − 36x + 9x
dx
0
2
2
⎛36 3 36 4 9 5 ⎞
/
= π ⎜ x − x + x ⎟
0⎝
3 4 5 ⎠
⎛ 9 ⎞
= π⎜12⋅8−9⋅16⋅ ⋅32 −0⎟
⎝ 5 ⎠
=
48π
5
∫ ∫
3
= 9 π ≈30,2
5
3
9 π 30,2
5 ≈
( )
2
r = y
( 6 3 )
2 2 2
r = y = x− x
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
6
Eftersom funktionen f ( x) = 3−x
är kontinuerlig så har den en
primitiv funktion.
Funktionen f kan inte integreras direkt, utan vi måste först skriva
om den som en styckvis definierad funktion.
⎧ 3 −x, när 3−x≥0 f ( x) = 3−
x =⎨
⎩−(
3 −x) ,när 3− x<
0
⎧−
x+ 3, när x≤3
= ⎨
⎩ x− 3, när x>
3
De primitiva funktionerna till funktionen f kan skrivas på
formen
⎧ 1 2
− x + 3 x+ C, x≤3
⎪
F( x)
2
= ⎨
⎪ 1 2
x − 3 x+ D, x>
3
⎪⎩ 2
Eftersom den primitiva funktionen F är kontinuerlig, får vi
speciellt att den är kontinuerlig för x = 3 . Detta ger att
lim F( x) = lim F( x)
.
x→3− x→
3+
Eftersom
●
●
1 1
lim F( x) = lim − + x+ C = 4 + C
⎝ 2 ⎠ 2
⎛ 2 ⎞
⎜ x 3 ⎟
x→3− x→3−
1 1
lim F( x) = lim x − 3x+ D =− 4 + D
⎝ 2 ⎠ 2
⎛ 2 ⎞
⎜ ⎟
x→ 3+ x→
3+
så får vi ekvationen
1 1
4 + C =− 4 + D
2 2
D = 9 + C
De primitiva funktionerna till funktionen f är
⎧ 1 2
− x + 3 x+ C, x≤3
⎪
F
2
( x)
= ⎨
⎪ 1 2
x − 3x+ 9 + C, x>
3
⎪⎩ 2
Eftersom F ( 1)
= − 1 får vi ekvationen
1 2
− ⋅ 1 + 3⋅ 1+ C =−1
2
Dvs.
Svar
F( x)
F( x)
1
C = −3
2
1 1
x 3x 3 , x 3
2 2
⎧ 2
− + − ≤
⎪
= ⎨
⎪ 1 2 1
x − x+ x>
⎪⎩
3 5 , 3
2 2
1 1
3 3 , 3
⎧ 2
− x + x− x≤
⎪ 2 2
= ⎨
⎪ 1 2 1
x − x+ x>
⎪⎩
3 5 , 3
2 2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
7
a) Skärningspunkterna mellan kurvorna y = x, x≥
0 och
x= y, y≥
0,
dvs. mellan kurvorna y = x, x≥
0 och
2
y= x , x≥0
:
x= y = x x≥0
⎡ 1 ⎤2
( ) 4 4
x= ⎣ x 2 ⎦ = x = x n:te
rotens definition
x= x
Vi ritar en figur.
4
4
x− x = 0
( 3 )
1
x 1− x = 0
x= 0 eller 1− x = 0
x
3
1
3
= 1
x = 1
Volymen av rotationskroppen får vi som differensen av två
rotationskroppar.
1 1
0 0
( 4
∫
)
2 2
( π π )
V = dV = y − y dx
( )
1 2
1
⎡ 2 2
2 ⎤
∫
= π ⎣ x − x ⎦dx
0
1
= π x−x dx
0
∫ ∫
y = x
1
y = x
2
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
1
⎛ 1 2 1 5 ⎞
= π/
⎜ x − x ⎟
0⎝
2 5 ⎠
⎛ 1 2 1 5 ⎞
= π⎜ ⋅1 − ⋅1 −0⎟
⎝ 2 5 ⎠
⎛ 5) 2) ⎞
1 1
= π⎜
− ⎟
⎝ 2 5⎠
3π
= ≈
10
( 0,94)
b) Vi bestämmer y-koordinaterna för skärningspunkterna mellan
kurvorna y = x, x≥
0 och x= y, y≥
0,
dvs. mellan
2
kurvorna x= y , y≥
0 och x= y, y≥
0.
Enligt a-fallet är
dessa y-koordinater
y = 0 = 0 och y = 1= 1
Rotationskroppens volym är differensen mellan två
rotationskroppar.
Svar a)
1 1
0 0
4
∫(
)
( 0,94)
2 2
( π π )
V = dV = x − x dy
1 2
1
⎡ 2 2
2 ⎤
∫
0
1
0
( )
= π ⎣ y − y ⎦dy
= π y− y dy
1
⎛ 1 2 1 5 ⎞
/
∫ ∫
= π ⎜ y − y ⎟
0⎝
2 5 ⎠
⎛1 1⎞
= π⎜ − ⎟
⎝ 2 5⎠
3π
= ≈
10
b)
3π
0,94
10 ≈
3π
0,94
10 ≈
x = y
1
x = y
2
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
8
Vi bestämmer först hur grafen till funktionen
i förhållande till x-axeln.
Funktionen
2
ln x ( ln
x)
f ( x)
= =
x x
3 6
intervallet e ≤ x ≤ e eftersom
1 2
x⋅2lnx⋅ −1⋅lnx 2
2lnx ln x
f ( x)
x
−
′ = =
2 2
x x
3 6
2
f ( x)=
2
ln
x
är strängt avtagande i
3 6
x
ligger
När e ≤ x ≤e
, så är
ln x(2−ln x)
2 3
= x > 0, ln x≥
lne = 3lne = 3 > 0
2
x och 2 −lnx≤2− 3 =− 1< 0.
< 0, när e ≤ x ≤e
Dessutom är
●
3 2
3 (lne ) 9
f (e ) = =
3 3
e e
> 0
●
6 2
6 (lne ) 36
f (e ) = = > 0
6 6
e e
vilket ger att grafen till funktionen f ligger ovanför x-axeln i
3 6
intervallet ⎡⎣e ,e ⎤⎦.
Vi ritar en figur.
Arean av ett ytelement är dA = ydx , vilket ger att arean är
6 6 6
e e e 2
ln x
A = ∫ dA = ∫ ydx = ∫ dx
x
3 3 3
e e e
e
6
2 1
= ∫ ( ln x) ⋅ dx
3 e
x
u( s( x)
) s′ ( x)
=
3
6
/
e 3
e
1
( ln x )
3
( ( ) )
U s x
s( x) = lnx och u( x) = x
1 1
s′ ( x) = och U( x) = x
x
3
2
3

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
1( 6
3 3
) 1(
3
lne lne )
x
= − loga
a = x
3 3
1 1
= ⋅6 − ⋅3
3 3
3 3
1 189
= ( 216 − 27) = = 63
3 3
Svar Arean är 63.
9
2
a) Kurvan y =− 9 −x
är den nedre halvcirkeln i en cirkel med
medelpunkten i origo och radien 3, eftersom
Vi får
y=− 9 −x
2
2 2
y x y x
x + y = 3
3
∫
−3
2 2 2
− 9 −
3
∫
=− 9 −
−3
π ⋅3
=−
2
9π
=−
2
= 9− ≤0, −3≤ ≤3
2
xdx
2
halvcirkelns area
är A
2
π
=
2
xdx 2
r
[ ]
3 3
b) Funktionen f :
eftersom
−1,1 → ,
f ( x) = 9x−x
är udda
3
f ( − x) = 9( −x) −( −x)
3
= −(9 x−x) 3
=− (9 x−x) =−f
( x)
Eftersom integrationsintervallet [ 1, 1]
avseende på origo, så är
Svar a)
b) 0
3
3
1 1
3
3
∫ ∫
(9 x− x) = f ( x) dx = 0
−1 −1
9π
−
2
3
− är symmetrisk med

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 19.5.2010 •
10
Svar
∫
−3
x
x e dx
g f ′
ur tabellbok:
1 −3x ⎛ 1 −3x
⎞
=− e ⋅ x − 1 e dx
3 ∫ ⋅⎜−⎟
⎝
3 ⎠
f g g ′ f
1 −3x 1 −3x
=− xe + e dx
3 3∫
1 −3x 1⎛ 1 −3x
⎞
=− xe + ⎜− e ⎟+
C
3 3⎝ 3 ⎠
1 −3x 1 −3x
=− xe − e + C
3 9
1 −3x 1 −3x
− xe − e + C
3 9
∫ ∫
f ′ gdx= fg− g′ f dx

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Prov 2 2
1 5 5
a) ∫ e e
3 2
a)
b)
∫
( − 3 + 5 −6)
x x x dx
1 4 1 3 1 2
= x −3⋅ x + 5⋅ x − 6x+
C
4 3 2
1 4 3 5 2
= x − x + x − 6 x+ C
4 2
∫
3 2
x − 3x + 5x−6 dx
x
⎛ 2 6 ⎞
= ∫ ⎜x − 3x+ 5−
⎟dx
⎝ x ⎠
1 3 1 2 1
= x −3⋅ x + 5x−6 dx
3 2 ∫ x
1 3 3 2
= x − x + 5x− 6ln x + C x>
0
3 2
1 3 3 2
= x − x + 5x− 6lnx+
C
3 2
b)
c)
∫
e
dx = x + C
5 x
dx
1 5x 1 5x
= e 5 e
5∫⋅ dx = + C
5
u( s( x) ) s′ ( x) U( s( x)
)
∫
5
5 x
dx
1 5 x
= 5
5∫
⋅ 5
1
dx = ⋅
5
5
+ C
ln5
u( s( x) ) s′ ( x)
U( s( x)
)
5 x
5
= + C
5ln5
5x−1 5
= + C
ln5
s( x) = 5x och u( x)
= e
s′ ( x) = 5 och U( x)
= e
s( x) = 5x och u( x)
= 5
5
s′ ( x) = 5 och U( x)
=
ln5
5 x
Svaret kan också ges
på denna form.
Svaret kan också ges
på denna form.
x
x
x
x

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
3
a)
b)
1 1 1
dx = dx
3x 3 x
∫ ∫
1
= ln x + C x<
0
3
1
= ln(
− x) + C
3
x+ 1 x+
1
dx =
dx
2
x −1
( x+ 1)( x−1)
∫ ∫
=
∫
1
dx
x −1
= ∫
1
⋅
x −1
1
( ) ′
u s( x) s ( x)
s′ ( x) = 1 och U( x) = ln x
= ln
x− 1 + C x> 1, vilket ger x−
1> 0
U( s( x)
)
= ln( x− 1)
+ C
dx
1
s( x) = x− 1 och u( x)
=
x
c)
⎛ 1 1 1⎞ ⎛ 2 3 6 ⎞
∫ ⎜ − − ⎟dx = ⎜ − − ⎟dx
⎝3x 2x x ⎠ ∫ ⎝6x 6x 6x
⎠
−7
7 1
= ∫ dx =− dx
6x 6∫
x
7
=− ln x + C x>
0
6
7
=− ln x+ C
6
Alternativt lösningssätt:
⎛ 1 1 1⎞
∫ ⎜ − − ⎟dx
⎝3x 2x
x ⎠
1 1 1
= ∫ dx − dx dx
3x ∫ −
2x
∫ x
1 1 1 1 1
= dx dx dx
3∫ −
x 2∫
−
x ∫
x
2) 3)
1 1 6)
= ln x − ln x − ln x + C x>
0
3 2
2ln x 3ln x 6ln x 2ln x−3lnx−6ln x
= − − + C = + C
6 6 6 6
−7lnx
7
= + C =− ln x+ C
6 6

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
4
∫
F( x) = sin( 2x+ π ) dx
1 1
= sin( 2 π ) 2 [ cos ( 2 π ) ]
2∫x+ ⋅ dx= − x x+ + C
2
u( s( x) ) s′ ( x)
U( s( x)
)
1
=− cos( 2x+ π ) + C
2
Eftersom ( )
1
F π = får vi ekvationen
2
1 1
− cos( 2π+ π)
+ C =
2 2
1 1
− cos3π + C =
2 2
1
( )
1
− ⋅ − 1 + C =
2 2
C = 0
1
Dvs. F( x) =− cos( 2x+ π ) .
2
s( x) = 2x+ π och u( x) = sin x
s′ ( x) = 2 och U( x) =−cosx
Svaret kan också ges på en annan form:
cosinus för
1
F( x) =− cos( 2x+ π ) supplementvinkeln:
2
cosα =−cos( π −α)
Svar
1
=− ⋅⎡⎣−cos( π − ( 2 x + π ) ) ⎤⎦
2
1 cosinus för den motsatta vinkeln:
= cos( −2x)
2 cos( − α) = cosα
=
1 cos2
2
x
1
F( x) = − cos( 2x+ π )
2
⎛ 1 ⎞
⎜F( x) = cos2x⎟
⎝ 2 ⎠

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
5 3 2
1
Vi bestämmer tangentens ekvation för funktionen
( ) 3 2
f x = x − x + x+
3 i x = 0 :
Derivatan är
( ) 2
f ′ x = 3x −2x+
1.
Tangentens riktningskoefficient i x = 0 är k ( 0) t = f ′ = 1.
Eftersom f ( 0)
= 3 så går tangenten genom punkten (0,3).
Tangentens ekvation är
( ) ( )
y− 3= 1 x−0 y− y = k x−x y= x+
3
Skärningspunkterna för kurvorna
y = x − x + x+ 3 och y = x+
3:
3 2
1 2
3 2
2
3 2
y = y
1 2
x − x + x+ 3= x+
3
x − x = 0
x ( x−
1) = 0
x= 0 eller x=
1
o
0
De funktioner som svarar mot kurvorna y = x − x + x+
3 och
y2= x+
3 är kontinuerliga, vilket ger att kurvorna kan byta
ordning endast i skärningspunkterna. Vi bestämmer kurvornas
ordning i intervallet 0 ≤ x ≤ 1 med hjälp av några testpunkter.
1
3 2
x y = x − x + x+
3 y2= x+
3 kommentar
1
2
Vi ritar en figur.
3
3
8
1
3
2
y1 ≤ y2, när 0 ≤ x ≤ 1

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Arean är
1 1
∫ ∫(
)
A = dA = y − y dx y ≥ y , när 0≤ x ≤1
0 0
1
0
1
( 3 2
∫ )
0
2 1 2 1
3 2 ( )
= ⎡x 3 x x x 3 ⎤
∫ ⎢
+ − − + +
⎥
dx
⎣ ⎦
= − x + x dx
/
1
⎛ 1 4 1 3 ⎞
= ⎜− x + x ⎟
⎝ 4 3 ⎠
0
1 4 1 3 ⎛ 1 4 1 3 ⎞
=− ⋅ 1 + ⋅1 −⎜−⋅ 0 + ⋅0
⎟
4 3 ⎝ 4 3 ⎠
1 1 1
=− + =
4 3 12
Svar Arean är 1
12 .
6
Skärningspunkterna mellan kurvorna
y
2
= x och y
2
= x − 4x+ 4:
1 2
y = y
1 2
2 2
x = x − 4x+ 4
− 4x+ 4= 0
x = 1
Vi ritar en figur.

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Arean är
1 1
∫ ∫
0 0
1
( )
A = dA = y − y dx y ≥ y , kun 0≤ x ≤1
2 2
∫ ( 4 4 )
0
1
0
1
/
0
( 4 4)
( 2 )
= − 2x + 4x
2 1 2 1
= x − x+ −x
dx
∫
= − x+ dx
2 2
( )
=−21 ⋅ + 41 ⋅ − −20 ⋅ + 40 ⋅
=− 2+ 4= 2
Svar Arean är 2.
7
En pärla i pärlbandet uppstår när kurvan
y= sin x, 0 ≤ x≤π
roterar kring x-axeln.
Volymen av en pärla är
π
0
π
0
2
V = π y dx
=
∫
∫
2
π(sin x) dx
ur tabellbok:
2 1 1
sin x = − cos2 x
2 2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
π
⎛ 1 1 ⎞
= π∫ ⎜ − cos2 x⎟dx ⎝ 2 2 ⎠
0
⎛ π π ⎞
1 1
= π⎜ − cos2 ⎟
⎜∫ dx
2 ∫ xdx
2 ⎟
⎝ 0 0 ⎠
⎛ π π
⎞
1 1 1
= π⎜/ x− ⋅ cos2 ⋅2⎟
⎜ 2 2 2∫
x dx
⎟
0
⎝ 0
⎠
⎛ π ⎞
π 1
= π⎜ −0− ⋅/
sin2x⎟
⎜ 2 4 0 ⎟
⎝ ⎠
⎡π1⎤ ⎡π ⎤
= π
⎢
− ⋅( sin2π − sin0) = π − 0 =
⎣2 4 ⎥
⎦
⎢
⎣2 ⎥
⎦
π
2
Svar
2
π
Pärlans volym är
2 .
8
a)
2
∫
0
2 ( )
2
x 1−
x dx
2
ux ( ) = x sx ( ) = 1−x
1
2
2
=− ( 1 ) (
2
)
1 3
2 ∫ −x ⋅ − x dx
0 u( s( x)
s'( x)
U( x) = x s'( x) =−2x
3
2
2 2
b)
2
1 1 2
3
=− / ( 1−x
)
2 0 3
1 3 3
( ( 2
=− 1−2 ) −( 1−0) )
6
1 3
=− ( ( −3) −1)
6
1
=− ( −27 −1)
6
= 4
2
3
2
2
∫ 2 −1
1
2
x x dx
1
2 2 ( 1)
2
∫
= x − ⋅ xdx
1
2
u( s( x))
s'( x)
3 2 2 2
= / ( x −1)
1
3
U( s( x))
2 2
= 2 −1 − 1 −1
3 3
2 3
2 = ⋅3
3
1
2 = 23 ⋅
( 2 ) ( 2 )
3 3
2 2
= 2 3
2
Svar a) 4 b) 2 3
3

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
9
a) Vi bestämmer nollställena för funktionen f ( x) = x − 1:
2
x − 1= 0
x =± 1
Vi ritar en figur.
2
Volymen är
Svar
1
∫
V = dV f ( x)
är en jämn funktion.
−1
= 2
1
∫
0
1
∫
0
dV
1
2
= 2 πy
dx
( 2
∫ )
= 2π x −1dx
0
1
2
( 4 2
∫
)
= 2π x − 2x + 1 dx
0
1
⎛1 5 2 3 ⎞
/ ⎜ x x x⎟
0
= 2π − +
⎝5 3 ⎠
⎛1 2 ⎞
= 2π ⎜ − + 1−0⎟ ⎝5 3 ⎠
16
= π
15
( ≈3,35)
16
π
15
≈ 3,35
( )

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
b) Nollställena för funktionen f är x = ± 1.
Toppens y-
koordinat i parabeln är f ( 0) = 0 − 1=
− 1.
Vi ritar en figur.
Volymen är
2
0 0
∫ ∫
V = dV = π x dy
−1 −1
0
∫
−1
2
( )
= π y+ 1 dy
0
⎛12⎞ /
= π ⎜ y + y⎟
−1⎝
2 ⎠
⎡ 1 2 ⎤
= π
⎢
0− ⋅ 1 + 1
⎣ 2 ⎥⎦
π
= ≈
2
( 1,57 )
2
2
y= x −1
x = y + 1
c) Området roterar kring linjen y = −1,
som går genom parabelns
topp.
Vi får volymen för den kropp som uppstår genom att från en
rak cirkulär cylinder (basradien 1, höjden 2) subtrahera
volymen av det ihåliga innandömet (se figur).

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Volymen av det ihåliga innandömet är
1
1
∫
V = dV
−1
= 2
1
∫
0
dV
symmetri
1
0
1
0
1
0
1
2π
0 5
2
= 2 πr
dx
= 2 π
= 2π
=
( 2 )
4
1
x
5
2
⎛15⎞ = 2π ⎜ ⋅1 −0⎟
⎝5⎠ =
∫
∫
2π
5
∫
/
x dx
x dx
Rotationskroppens volym är
r = y−(
−1)
2 2
= x − 1+ 1=
x
2
2 8
V = Vcylinder − V1= π ⋅1 ⋅2− V1=
2π− π= π ≈5,03
5 5
16
π 3,35
15 ≈
π
1,57
2 ≈
Svar a) b) c)
( )
8 π 5,03
5 ≈

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
10
3t+ 4
Vi betecknar f() t = . Funktionen f är kontinuerlig när
5t− 2
2
t > , vilket gör att den har en primitiv funktion som vi
5
3t+ 4 2
betecknar Ft () = ∫ dt, t>
.
5t−2 5
Integralkalkylens huvudsats ger att
2
1+
x
∫
1
och då är
f tdt F x F
2
() = (1 + ) − (1)
,
Svar
2
1+
x
d d
f() t dt F(1 x ) F(1)
dx ∫ = + −
dx
1
3
6 + 14
2
x x
5x+ 3
2 ( )
d d
= F + x − F
dx dx
2
(1 ) (1)
x
= ⋅
5(1 + x ) −2
2
3(1 + ) + 4
2
2
2
3x+ 7
= ⋅2x
2
5x+ 3
3
6x + 14x
= 2
5x+ 3
= 0
2 d 2
= F'(1 + x ) ⋅ (1 + x )
dx
F′ ( t) = f( t)
2
= f(1 + x ) ⋅ 2 x
3t+ 4
f( t)
=
5t−2 x

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Prov 3
1
a)
∫
( 2x+ 3)
dx
1
4
= ( 2 3) 2
2 ∫
x+ ⋅ dx
u( s( x)
) s′ ( x)
1 1 5
= ⋅ ( 2x+ 3)
+ C
2 5
U( s( x)
)
1 5
= ( 2x+ 3)
+ C
10
4
s( x) = 2x+ 3 och u( x) = x
1
s′ ( x) = 2 och U( x) = x
5
4
5
b)
∫
∫
6−2xdx = ( 6−2x) 2 dx
1
=− ( 6 2 ) 2 ( 2)
2 ∫ − x ⋅ − dx
u( s( x) ) s′ ( x)
1 2
=− ⋅ ( 6− 2x)
2 + C
2 3
U( s( x)
)
1
1 1
=− ( 6−2x) ⋅( 6− 2x)
2 + C
3
1
3
1
=− ( 6−2x) 3
6− 2x
+ C
( ) 5 1 Svar a) 2x+ 3 + C
10
1
b) − ( 6−2x) 3
6− 2x
+
C
1
s( x) = 6 − 2x och u( x) = x
1
2
2
s′ ( x) =− 2 och U( x) = x
3
3
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
2 3
x x
Funktionen F( x ) = 12sin + 10cos + 8 är en primitiv funktion
4 5
x x
till funktionen f ( x ) = 3cos − 2sin om F′ ( x) = f ( x)
för
4 5
alla x ∈ .
Påstående: F′ ( x) = f ( x)
för alla x ∈
Bevis:
x x
F′ ⎛ ⎞
( x)
= D⎜12sin + 10cos + 8⎟
⎝ 4 5 ⎠
x x
= 12Dsin + 10Dcos + 0
4 5
x 1 ⎛ x ⎞ 1
= 12⋅cos⋅ + 10⋅⎜−sin ⎟⋅
4 4 ⎝ 5⎠ 5
x x
= 3cos −2sin
4 5
= f ( x) för alla x∈
2
Parabeln x = y öppnar sig till höger och parabeln x=− y + 2
öppnar sig till vänster.
Vi bestämmer y-koordinaterna för skärningspunkterna mellan
kurvorna x
2
= y och x
2
=− y + 2.
Vi ritar en figur.
1 2
2 ( 1)
⎧ ⎪x=
y
( 2) ⎨
2
⎪⎩ x=− y + 2
2 2
y =− y + 2
2
2y= 2
y =± 1
Insättning i ekvation ( 2 ) .
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
( )
Ytelementets area är dA = x − x dy,
vilket ger att arean är 4
1
∫
A= dA
−1
1
∫ ( 2 1)
= x − x dy
−1
2 1
1
2 2
∫ ( ( 2)
)
= − y + − y dy
−1
1
2
∫ ( 2 2)
= − y + dy
−1
/
1
⎛ 2 3 ⎞
= ⎜− y + 2 y⎟
⎝ 3 ⎠
−1
2 3 ⎡ 2 3
1 2 1 ( 1) 2 ( 1)
⎤
=− ⋅ + ⋅ −
3 ⎢
− ⋅ − + ⋅ −
⎣ 3
⎥⎦
2 2 2
=− + 2− + 2= 2
3 3 3
2
Svar Arean är 2 .
3
Anmärkning Man skulle också ha kunnat beräkna arean genom
att först spegla kurvorna med avseende på linjen y = x,
eftersom
arean som begränsas av kurvorna bevaras vid spegling. Då är
2
ytelementet dA = ( y − y ) dx och kurvorna är y = x och
y =− x +
2 .
2
2
2 1
1
a)
∫
2
x
dx
3
x + 1
1 2
= ∫ ⋅x
dx
3
x + 1
u( s( x)
)
1 1 2
= 3
3∫ ⋅ x dx
3
x + 1
s′ ( x)
u( s( x)
)
1 3
ln x 1 C
3 3
1 0
= + +
3 ( )
1
= ln x + 1 + C
3
3
1
s( x) = x + 1 och u( x)
=
x
2
s′ ( x) = 3x och U( x) = ln x
x >−1,
vilket ger
x
+ >

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
b)
2 2 2
x x − 4+ 4 ⎛ x −4
4 ⎞
dx = dx = ⎜ + ⎟dx
x+ 2 x+ 2 ⎝ x+ 2 x+
2⎠
∫ ∫ ∫
⎛ ( x+ 2)( x−2)
4 ⎞
= ∫ ⎜ + ⎟dx
⎝ x+ 2 x+
2⎠
⎛ 4 ⎞
= ∫ ⎜x− 2 + ⎟dx
⎝ x + 2 ⎠
1 2
1
= x − 2x+ 4
2 ∫ dx
x
+ 2
u( s( x)
)
1 2
1
= x − 2x+ 4 1
2 ∫ ⋅
x + 2
dx
( ) ′
u s( x) s ( x)
1
s( x) = x+ 2 och u( x)
=
x
s′ ( x) = 1 och U( x) = ln x
1 2
= x − 2x+ 4ln x+ 2 + C x>−2,
vilket
ger x + 2 > 0
2
1 2
= x − 2x+ 4ln( x+ 2)
+ C
2
c)
2 2
x x x
dx = dx = dx
2
x + 2 x x( x+
2)
x + 2
∫ ∫ ∫
x+ 2− 2 ⎛ x+
2 2 ⎞
= ∫ dx = ⎜ − ⎟dx
x+ 2 ∫ ⎝ x+ 2 x+
2⎠
⎛ 2 ⎞
= ∫ ⎜1− ⎟dx
⎝ x + 2 ⎠
1
= ∫1dx −2∫ ⋅ 1
x + 2
dx
u( s( x)
) s′ ( x)
= x−2ln( −x− 2)
+ C
1
s( x) = x+ 2och u( x)
=
x
s′ ( x) = 1 och U( x) = ln x
= x− 2ln x+ 2 + C x

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
5
2 Vi ger kurvan y = x − 4 i styckvis definierad form:
Nollställen:
⎧ 2 2
2 ⎪x
− x − >
= − 4 =⎨
2 2
− x + x − ≤
y x
x
2
y = 0
− 4 = 0
x = ± 2
⎪⎩
4, när 4 0
4,när 4 0
⎧ 2 2
⎪x
− x >
= ⎨
2 2
− x + x ≤
⎪⎩
4, när 4
4,när 4
⎧ 2
⎪x
− x
= ⎨ 2
− x + 4,när −2≤ x≤2
⎪⎩
4, när 2 eller 2
a) Rotation kring x-axeln. Vi ritar en figur.
Volymen är
2
∫
−2
2
0
2
0
2
V = π r dx
symmetri
∫
2 2
= 2 π y dx y= x −4
∫
2
= 2π x −4dx
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
2
( 2
∫ )
= 2π x −4dx
0
2
2
( 4 2
∫
)
= 2π x − 8x + 16 dx
0
2
⎛1 5 8 3 ⎞
/ ⎜ x x x⎟
0
= 2π − + 16
⎝5 3 ⎠
⎛1 5 8 3 ⎞
= 2π ⎜ ⋅2 − ⋅ 2 + 16⋅2−0⎟ ⎝5 3
⎠
512
= π ( ≈107)
15
b) Rotation kring y-axeln. Integrationsgränserna är
2
y= 0 och y= y(
0) = 0 − 4 = − 4 = 4
Vi ritar en figur.
4
Volymen är
Svar a)
4
0
4
0
4
V = dV
∫
∫
0
2 2
( )
4
⎛ 1 2 ⎞ / ⎜ y y ⎟
0
( )
2
2
y= x −4, −2≤ x≤2
= π x dy y=− x + 4
∫
= π 4 − y dy
= π 4 −
⎝ 2 ⎠
⎛ 1 2 ⎞
= π⎜4⋅4− ⋅4 −0⎟
⎝ 2 ⎠
= 8π ≈25,1
512
π
15
( ≈107)
8π ≈
25,1
b) ( )
x = 4 − y

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
6 Ytelementets area är dA = − ydx,
vilket ger att arean är
3 2
Parabeln y= a x − a öppnar sig uppåt, eftersom a > 0 .
Grafen till parabeln ligger under x-axeln mellan nollställena.
Parabelns nollställen:
3 2
Vi ritar en figur.
a x − a = 0
3 2 3
a x = a : a ( > 0)
x
2
1
=
a
2
1
2
x = ± a = a
2
a
1
x =± a>
0
a
1
x =±
a
3
1 1
a a
∫ ∫
1 1
− −
a a
1
a
Svar Arean är 1
1 3 .
( )
A= dA= −y
dx
3 2
1
a 3
a 3
⎛ ⎞
= ∫ ( − a x + a) dx= ⎜− x + ax⎟
⎝ 3 ⎠
1 1
− −
a a
3 3 3 3
a ⎛ 1 ⎞ 1 ⎡ a ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞⎤
=− ⋅ ⎜ ⎟ + a⋅−⎢−⎜− ⎟ + a⋅⎜−⎟⎥
3 ⎝ a ⎠ a ⎣ 3 ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠⎦
3 3
a 1 ⎡ a ⎛ 1 ⎞ ⎤
=− ⋅ + 1−⎢−⋅1 3 3 3 ⎜−− 3 ⎟ ⎥
a ⎢⎣ ⎝ a ⎠ ⎥⎦
1 ⎛1 ⎞ 2 2 1
=− + 1−⎜ − 1⎟= + = 1
3 ⎝3 ⎠ 3 3 3
Anmärkning I uppgiften skulle vi också ha kunnat utnyttja att
funktionen är jämn och att integrationsintervallet är symmetrisk
med avseende på origo.
1 1
a a
1
A= − a x + a dx= 2 − a x + a dx = ... = 1
3
( 3 2 ) ( 3 2
∫ ∫ ) .
1 0
−
a
/

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
7 8
−0,89t
3
cm
Insulinet avges med hastigheten vt () = 0,52e
.
dygn
Mängden avgivet insulin under de 30 första dagarna är då
Svar:
3
0,58 cm
30
It () = vtdt ()
=
∫
0
30
∫
0
0,52e
−0,89t
30
0,52 −0,89t
=−
e ⋅ −0,89
0,89
0,52
=−
0,89
0 u( s( x)) s'( x)
30
/
0
−0,89t
e
U( s( x))
0,52
=− e −e
0,89
0,52
( −26,7
= e −1)
0,89
( −0,89⋅30 −0,89⋅0) 3 ( )
≈ 0,58 cm
dt
∫ ( )
dt
[ 0,4 ]
Vi delar in intervallet i fyra lika långa delintervall. Varje
delintervall har då längden 1.
Vi ritar en figur.
Funktionen f är strängt växande i intervallet
[ 0,2 ] , vilket ger att
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 [ 2,4 ] , 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 s4 och S 4.

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Undersumman är
s ( ) ( ) ( ) ( )
4 = f 0 ⋅ 1+ f 1 ⋅ 1+ f 3 ⋅ 1+ f 4 ⋅1
och översumman är
= 01 ⋅ + 31 ⋅ + 31 ⋅ + 01 ⋅ = 6
S ( ) ( ) ( ) ( )
4 = f 1 ⋅ 1+ f 2 ⋅ 1+ f 2 ⋅ 1+ f 3 ⋅1
vilket ger att 6< A < 14
= 31 ⋅ + 41 ⋅ + 41 ⋅ + 31 ⋅ = 14
Ytelementets area är dA = ydx , vilket ger att areans exakta värde
är
4 4
∫ ∫
A= dA= ydx
0 0
4
( 2
∫ 4 )
= x−x dx
0
/
4
⎛ 2 1 3 ⎞
= ⎜2x − x ⎟
⎝ 3 ⎠
0
2 1 3
1 2
= 2⋅4 − ⋅4 − 0 = 32 − 21 = 10
3 3 3
Vi bestämmer vilketdera värdet som är noggrannare.
2 2
A− s4=
10 − 6 = 4 och
3 3
2 1
A− S4=
10 − 14 = 3
3 3
vilket ger att översumman är noggrannare.
Svar
s = 6 och S = 14.
4 4
Översumman är noggrannare eftersom arean är
2
10 3 .

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
9
Vi ritar en figur.
Paraboloidens volym är
h
∫
V = dV
0
h
∫
2
= π y dx y= x
0
= π
= π
=
h
( ) 2
∫
0
h
∫
0
h
/
π
0 2
2
1
x
2
⎛12⎞ = π⎜ h − 0 ⎟
⎝ 2 ⎠
h
=
2
xdx
π
x dx
Skärningsstället är x = s :
s
0
2
s
V = ∫ dV =
2
π

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Vi får ekvationen
2 2
s 1 h
π= ⋅ π
2 2 2
1
s = h
2
2 2
s =±
s =
h
Delarnas höjder är
Svar
2
2
h
s > 0
2 h > 0
h h ⎛ 1 ⎞
s = och h− s= h−
= ⎜1− ⎟h
2 2 ⎝ 2 ⎠
h ⎛ 1 ⎞
och ⎜1−⎟h 2 ⎝ 2 ⎠
10
3 2
f ( x) = x −4a
x
∫
3 2 ( )
F( x) = x −4a
x dx
1 4 2 1 2
= x −4a ⋅ x + C
4 2
1 4 2 2
= x − 2a
x + C
4
Eftersom F ( 2)
= 4 så får vi ekvationen
Dvs.
1 4 2 2
⋅2 −2a ⋅ 2 + C = 4
4
2
4− 8a + C = 4
C = 8a
1 4 2 2 2
F( x) = x − 2a x + 8a
.
4
Minsta värdet för funktionen F är 0. Vi gör ett teckenschema för
derivatan av funktionen F.
3 2
F ′ ( x) = x −
4a
x
2

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Derivatans nollställen:
3 2
x − 4a x=
0
2 2 ( )
x x − 4a = 0
2 2
x= 0 eller x − 4a = 0
2 2
x = 4a
x =± 4a
x =± 2 a
2
Eftersom funktionen F är kontinuerlig antar funktionen F,
enligt teckenschemat, sitt minsta värde i x = 0.
Vi får ekvationen
F ( 0) = 0
1 4 2 2 2
⋅0 −2 ⋅ 0 + 8 = 0
x=± 2a
1) Om a = 0 så har derivatan endast ett nollställe x = 0 .
Dvs. a = 0 duger.
Teckenschema: 2) Om a > 0,
så har derivatan till funktionen F nollställena
x = 0 och
x=± 2a.
x − +
Teckenschema:
2
x + +
x − − + +
F′ ( x)
− +
2 2
x − 4a
+ − − + −2a
F( x)
F′ ( x)
− + − +
0 x
F( x)
−2a
0 2a
x
globalt
minimiställe
4
a a
2
8a= 0
a
2
= 0
a = 0
2a

Ellips 10 • Integralkalkyl • lösningar till övningsproven • uppdaterad 20.5.2010 •
Eftersom funktionen F är kontinuerlig så antar funktionen F,
enligt teckenschemat, sitt minsta värde i x = − 2a
eller i
x = 2a
.
Eftersom
●
1 4 2
F( − 2a) = ⋅( −2a) −2a ⋅( − 2a) + 8a
4
4 4 2
= 4a − 8a + 8a
4 2
2 2
=− 4a + 8a
● ( )
1 4
F 2a = ⋅( 2a) −2a 4
2
⋅ ( 2a) + 8a
4 2
=− 4a + 8a
2 2
så antar funktionen F sitt minsta värde i x = ± 2a
.
Eftersom det minsta värdet är noll, får vi ekvationen
F ± 2a = 0
( )
4 2
− 4a + 8a = 0
( )
2 2
4a − a + 2 = 0
2 2
4a = 0 eller − a + 2 = 0
2 2
a = 0 eller a = 2
a= 0 eller a=± 2 a>
0
a =
2
3) Om a < 0 så har derivatan till funktionen F nollställena
x = 0 och x=± 2a.
Teckenschema:
x − − + +
2 2
x − 4a
+ − − +
F′ ( x)
F( x)
− + − +
2 a 0 − 2a
Eftersom funktionen F är kontinuerlig, så antar funktionen F,
enligt teckenschemat, sitt minsta värde i x = − 2a
eller i
x = 2a
.
Eftersom
● ( ) 4 2
F − 2a =− 4a + 8a
● ( ) 4 2
F 2a =− 4a + 8a
så antar funktionen F sitt minsta värde i x = ± 2a
.
Eftersom det minsta värdet är noll, får vi ekvationen
F ± 2a = 0 Se punkt 1.
( )
a= 0 eller a=± 2 a<
0
a =− 2
Punkterna 1, 2 och 3 ger att a = 0 eller a =± 2 .
Svar a = 0 eller a =± 2
x
2a –2a