Getal en Ruimte wisB 12e ed deel 3 - Hoofdstuk K - Voortgezette integraalrekening oefentoetsen & antwoorden

Partieel integreren, $f$ is een product van twee functies namelijk $e^x$ en $\sin(2x)$De substitutiemethode. De functie $x^2+1$ is een functie in de functie $ln(u)$ Gebruik de substitutiemethode. De afgeleide van $5x^4-7=20x^3$Dus $\frac{d(5x^4-7)}{dx}=20x^3$, we schrijven daarom $60x^3=3\cdot 20x^3$$F(x)=\int 60x^3(5x^4-7)^2 dx=\int 3(5x^4-7)^2\cdot 20x^3 dx=\int 3(5x^4-7)^2 d(5x^4-7)=\int 3u^2 du=u^3+c=(5x^4-7)^3$Antwoord: $F(x)=(5x^4-7)^3 + c$Gebruik de substitutiemethode.De afgeleide van $4x^3-2=12x^2$Dus $\frac{d(4x^3-2)}{dx}=12x^2$ we schrijven daarom $\frac{4x^3}{1}=\frac{12x^2}{3}$$G(x)=\int \frac{4x^2}{\sqrt[3]{(4x^3-2)^2}} dx =\int \frac{1}{3\sqrt[3]{(4x^3-2)^2}} \cdot 12x^2 dx=\int \frac{1}{3\sqrt[3]{(4x^3-2)^2}} d(4x^3-2) dx=\int \frac{1}{3\sqrt[3]{u^2}}du=\int \frac{1}{3}u^{-\frac{2}{3}}du=u^{\frac{1}{3}}+c=(4x^3-2)^{\frac{1}{3}}+c=\sqrt[3]{4x^3-2}+c$ Antwoord: $G(x)=\sqrt[3]{4x^3-2}+c$ $O(V)=\int_{-1}^{0} xe^{4x} dx$Gebruik partieel integreren voor het primitiveren van $f$.Neem $g’(x)=e^{4x}$ zodat $g(x)=\frac{1}{4}e^{4x}$$\int xe^{4x} dx=\int x\cdot e^{4x} dx=\int x \cdot d\frac{1}{4}e^{4x}=x\cdot \frac{1}{4}e^{4x}-\int \frac{1}{4}e^{4x} dx=\frac{1}{4}xe^{4x}-\int \frac{1}{4}e^{4x}\cdot 1 dx=\frac{1}{4}xe^{4x}-\frac{1}{16}e^{4x}+c$Dus $O(V)=\int_{-1}^{0} xe^{4x} dx=[\frac{1}{4}xe^{4x}-\frac{1}{16}e^{4x}]_{-1}^{0}=\frac{1}{4}\cdot 0\cdot e^{4\cdot 0}-\frac{1}{16}e^{4\cdot 0}-(\frac{1}{4}\cdot -1e^{4\cdot -1}-\frac{1}{16}e^{4\cdot -1}=-\frac{1}{16}+\frac{1}{4}e^{-4}+\frac{1}{16}e^{-4}=-\frac{1}{16}+\frac{1}{4e^4}+\frac{1}{16e^4}=-\frac{1}{16}+\frac{5}{16e^4}$Antwoord: $O(V)= -\frac{1}{16}+\frac{5}{16e^4}$ Voor deze functie kunnen we de arctangens gebruiken om te primitiveren. Hiervoor moeten we eerst het kwadraatafsplitsen in de noemer. $x^2-8x+20$Deel het getal voor de losse $x$ door 2: $-8:2=-4$, dus we schrijven $(x-4)^2$$x^2-8x+20=(x-4)^2…$Als we nu echter de haakjes weer uitwerken dan komt daar naast de termen $x^2$ en $-8x$ ook $16$ uit, daarom trekken we er weer 16 vanaf. Ook de $+20$ uit de oorspronkelijke uitdrukking zetten we er achter. $x^2-8x+20=(x-4)^2-16+20$$f(x)=\frac{12}{(x-4)^2+4}$We delen de hele functie door $4$ om een functie van de vorm $\frac{1}{a^2+1}$ te krijgen.$f(x)=\frac{3}{\frac{1}{4}(x-4)^2+1}$$\frac{1}{4}=(\frac{1}{2})^2$ dus we kunnen schrijven: $f(x)=\frac{3}{(\frac{1}{2}(x-4))^2+1}$$f(x)=\frac{3}{(\frac{1}{2}x-2)^2+1}$Nu kunnen we gaan primitiveren. Gebruik $g(x)=\frac{1}{a^2+1}$ geeft $G(x)=\arctan(a)$$F(x)=3\cdot 2\arctan(\frac{1}{2}x-2)$ Antwoord: $F(x)=6\arctan(\frac{1}{2}x-2) + c$  De ondergrens van het vlak is het snijpunt van $f$ met de $x$-as. We lossen op $f(x)=0$$\frac{6x^2-8x}{3x+2}=0$ geeft $6x^2-8x=0$ $2x(3x-4)=0$$2x=0 \vee 3x-4=0$$x=0 \vee 3x=4$$x=0 \vee x=1\frac{1}{3}$Dus de ondergrens van ons vlakdeel is $x=1\frac{1}{3}$$O(V)=\int_{1\frac{1}{3}}^3 \frac{6x^2-8x}{3x+2}\ dx$We primitiveren $f$ met behulp van breuksplitsen, omdat de noemer van de vorm $ax+b$ is gebruiken we hiervoor een staartdeling. Dus $f(x)=\frac{6x^2-8}{3x+2}=2x-4+\frac{8}{3x+2}$$O(V)=\int_{1\frac{1}{3}}^3 \frac{6x^2-8x}{3x+2}\ dx=\int_{1\frac{1}{3}}^3 2x-4+\frac{8}{3x+2}\ dx$Primitiveren geeft dan $=[x^2-4x+8\cdot \frac{1}{3}\ln|3x+2|]_{1\frac{1}{3}}^3=[x^2-4x+2\frac{2}{3}\ln|3x+2|]_{1\frac{1}{3}}^3$$=3^2-4\cdot 3+2\frac{2}{3}\ln|3\cdot 3+2|-((\frac{4}{3})^2-4\cdot \frac{4}{3}+2\frac{2}{3}\ln|3\cdot \frac{4}{3}+2|)$$=9-12+2\frac{2}{3}\ln(11)-(\frac{16}{9}-\frac{16}{3}+2\frac{2}{3}\ln(6))$$=-3+2\frac{2}{3}\ln(11)-(-\frac{32}{9}+2\frac{2}{3}\ln(6))$$=\frac{5}{9}+2\frac{2}{3}\ln(11)-2\frac{2}{3}\ln(6)$$=\frac{5}{9}+2\frac{2}{3}(\ln(11)-\ln(6))$$=\frac{5}{9}+2\frac{2}{3}\ln(\frac{11}{6})$Antwoord: $\frac{5}{9}+2\frac{2}{3}\ln(\frac{11}{6})$ Als we de oppervlakte berekenen van het deel boven de positieve xxx-as, kunnen we deze oppervlakte vermenigvuldigen met 4 om de totale oppervlakte te berekenen.We berekenen de snijpunten van de kromme met de yyy-as om de tijdstippen te berekenen waarop de kromme rechts van de yyy-as, boven de xxx-as is. x(t)=)x(t)=)x(t)=) geeft sin⁡(2t)=0\sin(2t)=0sin(2t)=02t=k⋅π2t=k\cdot \pi2t=k⋅πt=k⋅12πt=k\cdot \frac{1}{2}\pit=k⋅21​πt=0t=0t=0 geeft x(0)=sin⁡(2⋅0)=0x(0)=\sin(2\cdot 0)=0x(0)=sin(2⋅0)=0 en y(0)=cos⁡(0)=1y(0)=\cos(0)=1y(0)=cos(0)=1t=12πt=\frac{1}{2}\pit=21​π geeft x(12π)=sin⁡(2⋅12π)=0x(\frac{1}{2}\pi)=\sin(2\cdot \frac{1}{2}\pi)=0x(21​π)=sin(2⋅21​π)=0 en y(12π)=cos⁡(12π)=0y(\frac{1}{2}\pi)=\cos(\frac{1}{2}\pi)=0y(21​π)=cos(21​π)=0 O(V)=4⋅∫12π0x dy=4⋅∫12π0sin⁡(2t)d(cos⁡(t))O(V)=4\cdot \int_{\frac{1}{2}\pi}^0 x\ dy=4\cdot \int_{\frac{1}{2}\pi}^0 \sin(2t)d(\cos(t))O(V)=4⋅∫21​π0​x dy=4⋅∫21​π0​sin(2t)d(cos(t)) (Denk eraan dat je de tijdstippen op de yyy-as van beneden naar boven pakt)=4⋅∫12π0sin⁡(2t)⋅−sin⁡(t)dt=4\cdot\int_{\frac{1}{2}\pi}^0\sin(2t)\cdot -\sin(t)dt=4⋅∫21​π0​sin(2t)⋅−sin(t)dt=4⋅∫12π02cos⁡(t)sin⁡(t)⋅−sin⁡(t)dt=4\cdot\int_{\frac{1}{2}\pi}^0 2\cos(t)\sin(t) \cdot -\sin(t)dt=4⋅∫21​π0​2cos(t)sin(t)⋅−sin(t)dt=−8∫12π0cos⁡(t)sin⁡2(t)dt=-8\int_{\frac{1}{2}\pi}^0 \cos(t)\sin^2(t)dt=−8∫21​π0​cos(t)sin2(t)dtcos⁡(t)\cos(t)cos(t) is de afgeleide van sin⁡(t)\sin(t)sin(t) dus we gebruiken de substitutiemethode. We nemen u=sin⁡(t)u=\sin(t)u=sin(t)=−8∫12π0sin⁡2(t)d(sin⁡(t))=-8\int_{\frac{1}{2}\pi}^0 \sin^2(t)d(\sin(t))=−8∫21​π0​sin2(t)d(sin(t))u=sin⁡(t)u=\sin(t)u=sin(t) dus voor t=0t=0t=0 is u=0u=0u=0 en t=12πt=\frac{1}{2}\pit=21​π geldt u=1u=1u=1=−8∫10u2 du=−8⋅[13u3]10=-8\int_{1}^0 u^2\ du=-8\cdot [\frac{1}{3}u^3] _{1}^0=−8∫10​u2 du=−8⋅[31​u3]10​=−8⋅(13⋅03−13⋅(1)3=-8\cdot(\frac{1}{3}\cdot 0^3-\frac{1}{3}\cdot (1)^3=−8⋅(31​⋅03−31​⋅(1)3=−8⋅−13=83=-8\cdot -\frac{1}{3}=\frac{8}{3}=−8⋅−31​=38​Antwoord: O(V)=223O(V)=2\frac{2}{3}O(V)=232​ Het snijpunt van $f$ met de $x$-as vinden we door $f(x)=0$ op te lossen. $\frac{2\ln{(x)}}{x}=0$$2\ln{(x)}=0$$\ln{(x)}=0$$x=e^0=1$$O(V)=\int _{1}^{2e} \frac{2\ln{(x)}}{x}dx$Gebruik de substitutiemethode.De afgeleide van $\ln{(x)}=\frac{1}{x}$Dus $\frac{d(\ln{(x)})}{dx}=\frac{1}{x}$ $O(v)=\int_{1}^{2e} \frac{2\ln{(x)}}{x} dx =\int_{1}^{2e} 2\ln{(x)}\cdot \frac{1}{x} dx=\int_{1}^{2e} 2\ln{(x)} d(\ln{(x)}) dx$$u=\ln{x}$ dus $x=1$ geeft $u=ln{1}=0$ en $x=2e$ geeft $u=ln{2e}$Substitutie geeft dan: $\int_{0}^{ln{(2e)}} 2u du=[u^2] _{0}^{\ln{(2e)}}=(\ln{(2e)})^2$ Antwoord: $\ln^2{(2e)}$ Om de oppervlakte van het vlakdeel W te berekenen hebben we de snijpunten van $h$ met de $x$-as nodig, dan weten we namelijk de onder- en bovengrens van het vlakdeel. $h(x)=0$ geeft $\frac{1}{3}x^2\cos{(x)}=0$$\frac{1}{3}x^2=0 \vee \cos{(x)}=0$$x=0 \vee x=\frac{1}{2}\pi+k\cdot \pi$We hebben het eerste en tweede snijpunt met de positieve $x$-as nodig, dit zijn $x=\frac{1}{2}\pi$ en $x=1\frac{1}{2}\pi$Dus de ondergrens van het vlakdeel is $x=\frac{1}{2}\pi$ en de bovengrens $x=1\frac{1}{2}\pi$$O(W)=\int_{\frac{1}{2}\pi}^{1\frac{1}{2}\pi} \frac{1}{3}x^2\cos{(x)} dx$We gebruiken herhaald partieel integreren voor de primitieve.Neem $g(x)=\sin(x)$ zodat $g’(x)=\cos(x)$ $\int \frac{1}{3}x^2\cos{(x)} dx=\int \frac{1}{3}x^2\ d \sin(x)=\frac{1}{3}x^2\sin(x)-\int \frac{2}{3}x\sin(x)\ dx$Voor de nieuwe integraal gebruiken we opnieuw partieel integreren, neem nu $g(x)=\cos(x)$ zodat $g’(x)=\sin(x)$$=\frac{1}{3}x^2\sin(x)+\int \frac{2}{3}x\ d\cos(x)=\frac{1}{3}x^2\sin(x)+\frac{2}{3}x\cos(x)-\int \cos(x)d\frac{2}{3}x=\frac{1}{3}x^2\sin(x)+\frac{2}{3}x\cos(x)-\int \frac{2}{3}\cos(x)dx=\frac{1}{3}x^2\sin(x)+\frac{2}{3}x\cos(x)-\frac{2}{3}\sin(x)+c$Dus $O(W)=\int_{\frac{1}{2}\pi}^{1\frac{1}{2}\pi} \frac{1}{3}x^2\cos{(x)} dx=[\frac{1}{3}x^2\sin(x)+\frac{2}{3}x\cos(x)-\frac{2}{3}\sin(x)] _{\frac{1}{2}\pi}^{1\frac{1}{2}\pi}=\frac{1}{3}\cdot (\frac{3}{2}\pi)^2\sin(1\frac{1}{2}\pi)+\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{2}\pi\cos(1\frac{1}{2}\pi)-\frac{2}{3}\sin(1\frac{1}{2}\pi)-(\frac{1}{3}\cdot (\frac{1}{2}\pi)^2\sin(\frac{1}{2}\pi)+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\pi\cos(\frac{1}{2}\pi)-\frac{2}{3}\sin(\frac{1}{2}\pi))$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{9}{4}\pi^2\cdot -1+\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{2}\pi\cdot 0-\frac{2}{3}\cdot -1-(\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}\pi^2\cdot 1+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\pi \cdot 0-\frac{2}{3}\cdot 1)$$=-\frac{9}{12}\pi^2+\frac{2}{3}-(\frac{1}{12}\pi^2-\frac{2}{3})$$=-\frac{10}{12}\pi^2+\frac{4}{3}$Het vlak ligt onder de $x$-as dus we vermenigvuldigen de uitkomst met $-1$Antwoord: $\frac{5}{6}\pi^2-1\frac{1}{3}$ $\frac{3}{\sqrt{1-36x^2}}=\frac{3}{\sqrt{1-(6x)^2}}$Gebruik dat de primitieve van $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ gelijk is aan $\arcsin(x)$Dus de primitieve van $\frac{3}{\sqrt{1-(6x)^2}}$ is $3\cdot\frac{1}{6} \arcsin(6x)= \frac{1}{2}\arcsin(6x)$$\int_{-\frac{1}{12}\sqrt{2}}^{\frac{1}{12}\sqrt{3}} \frac{3}{\sqrt{1-36x^2}}\ dx=[\frac{1}{2}\arcsin(6x)] _{-\frac{1}{12}\sqrt{2}}^{\frac{1}{12}\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\arcsin(6\cdot \frac{1}{12}\sqrt{3})-\frac{1}{2}\arcsin(6\cdot -\frac{1}{12}\sqrt{2})$$=\frac{1}{2}\arcsin(\frac{1}{2}\sqrt{3})-\frac{1}{2}\arcsin(-\frac{1}{2}\sqrt{2})=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\pi-\frac{1}{2}\cdot -\frac{1}{4}\pi$$=\frac{1}{6}\pi+\frac{1}{8}\pi=\frac{7}{24}\pi$Antwoord: $\frac{7}{24}\pi$ Het gele vlakdeel in de figuur is V en het blauwe vlakdeel in de figuur is W.Bereken de oppervlakte van vlakdeel V.$O(V)=\int_{7}^{9} \frac{2x-11}{x^2-11x+30}\ dx$De primitieve van $f$ berekenen we met behulp van breuksplitsen. (Je mag ook substitutie gebruiken, dit werkt ook voor deze functie)We kunnen de noemer ontbinden in factoren dus we schrijven: $\frac{2x-11}{x^2-11x+30}=\frac{2x-11}{(x-5)(x-6)}$We willen nu weten voor welke $a$ en $b$ geldt $\frac{2x-11}{(x-5)(x-6)}=\frac{a}{x-5}+\frac{b}{x-6}$$\frac{a}{x-5}+\frac{b}{x-6}=\frac{a(x-6)+b(x-5)}{(x-5)(x-6)}=\frac{ax-6a+bx-5b}{(x-5)(x-6)}=\frac{ax+bx-6a-5b}{(x-5)(x-6)}=\frac{x(a+b)-(6a+5b}{(x-5)(x-6)}$Dus $a+b=2$ en $6a+5b=11$ en dit stelsel geeft $a=1$ en $b=1$$O(V)=\int_{7}^{9} \frac{2x-11}{x^2-11x+30}\ dx=\int_{7}^{9} \frac{1}{x-5}+\frac{1}{x-6}\ dx=[\ln(x-5)+\ln(x-6)]_{7}^{9}$$\ln(A)+\ln(B)=\ln(A\cdot B)$ dus $=[\ln((x-5)(x-6))]_{7}^{9}=[\ln(x^2-11x+30)]_{7}^{9}$$\ln(9^2-11\cdot 9+30)-\ln(7^2-11\cdot 7+30)=\ln(81-99+30)-\ln(49-77+30)=\ln(12)-\ln(2)=\ln(\frac{12}{2})=\ln(6)$We willen weten voor welke, $p$, oftewel bovengrens $O(W)=\ln(6)$$O(W)=\int_{9}^{p} \frac{2x-11}{x^2-11x+30}\ dx=[\ln(x^2-11x+30)]_{9}^{p}=\ln(p^2-11p+30)-\ln(9^2-11\cdot 9+30)=\ln(p^2-11p+30)-\ln(12)$Dus er moet gelden $\ln(p^2-11p+30)-\ln(12)=\ln(6)$$\ln(\frac{p^2-11p+30}{12})=\ln(6)$$\frac{p^2-11p+30}{12}=6$$p^2-11p+30=72$ (beide kanten $\cdot 12$$p^2-11p-42=0$$(p+3)(p-14)=0$$p=-3 \vee p=14$In de opgave staat $p>9$ dus $p=14$Antwoord: Voor $p=14$ zijn de oppervlakten van vlakdeel V en vlakdeel W gelijk.  Begin bij de positieve $y$-as, werk van beneden naar boven dus van $t=0$ tot $t=-2$Vervolgens de positieve $x$-as van links naar rechts, dit geeft het volgende:$O(V)=\int_{t=0}^{t=-2}y\ dx-\int_{t=0}^{t=8} y\ dx$.We herleiden deze vorm tot één integraal.$O(V)=\int_{t=0}^{t=-2}y\ dx-\int_{t=0}^{t=8} y\ dx=\int_{t=0}^{t=-2}y\ dx+\int_{t=8}^{t=0} y\ dx=\int_{t=8}^{t=-2}y\ dx$$=\int_{t=8}^{t=-2}(t^2-8t)\ d(t^2-4)= \int_{t=8}^{t=-2}(t^2-8t)\cdot 2t\ dt=\int_8^{-2} (2t^3-16t^2)dt$$=[\frac{1}{2}t^4-\frac{16}{3}t^3]_8^{-2}=\frac{1}{2}\cdot (-2)^4-\frac{16}{3}\cdot (-2)^3-(\frac{1}{2}\cdot (8)^4-\frac{16}{3}\cdot (8)^3)$$=\frac{1}{2}\cdot 16-\frac{16}{3}\cdot 8-(\frac{1}{2}\cdot 4096-\frac{16}{3}\cdot 512)$$=8-\frac{128}{3}-2048+\frac{8192}{3}$$=648$Antwoord: De oppervlakte van V is $648$