En gammal svår Np-fråga om integraler (Matematik/Matte 4)

Hej

Du hoppar över ett steg, du måste också ställa upp integralen: $2 \int_{0}^{a} 1 - k x^{2} d x = 2$ , där $a$ är den övre gränsen vilket är?

jonis10 skrev:
Hej
Du hoppar över ett steg, du måste också ställa upp integralen: $2 \int_{0}^{a} 1 - k x^{2} d x = 2$ , där $a$ är den övre gränsen vilket är?

Hur kom du till 0 och a?

le chat skrev:
jonis10 skrev:
Hej
Du hoppar över ett steg, du måste också ställa upp integralen: $2 \int_{0}^{a} 1 - k x^{2} d x = 2$ , där $a$ är den övre gränsen vilket är?
Hur kom du till 0 och a?

Eftersom funktionen är symmetrisk kring y-axeln. Du kanske också ser att $\cos (x)$ också är symmetriskt vilket att du kan förenkla beräkningen: $2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos (x) d x = 2 \cdot 1 = 2 a . e \Leftrightarrow 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos (x) d x = \int_{- \frac{π}{´ 2}}^{\frac{π}{2}} \cos (x) d x$

Om du föredrar beräkna integralen istället som: $\int_{b}^{a} 1 - k x^{2} d x$ där $a, b$ är dina gränser.

Börja med att ta fram dina gränser dvs då $0 = 1 - k x^{2}$ .

Integranden är symmetrisk, vilket innebär att:

$\int_{-a}^a f(x)dx = 2\int_0^a f(x)dx$

$a$ är den övre integrationsgränsen. Du har själv räknat med den för cosinus-funktionen.

Hej!

Uppgiften tycks vara både felaktig och ogenomtänkt av följande skäl.

Grafen med cosinusfunktionen tycks visa att $\cos 1 = 0$ , vilket är helt galet.
Den andra grafen tycks visa att $1-k\cdot 1^2 = 0$ vilket tvingar fram $k=1$ , utan att man har fått en chans att beräkna någon area.

Nej, ettan är en bit till vänster om nollstället - men det hade kunnat vara tydligare. Det gör att även din andra invändning faller.

Ja kan verkligen hålla med om att grafen är dålig gjord, om man kollar på avståndet från origo till (0,1) så ser avstånd densamma som origo till skärningspunkten på x-axeln. Då skärningen på x-axeln är $\pm \frac{π}{2} \approx \pm 1, 6$ $(1, 6; 0)$ vilket i mina ögon inte är skalenligt korrekt. Eller behöver jag införskaffa glasögon? :D

Om man är villig att ursäkta idiotin med cosinus-grafen och den högra grafen, så verkar det som att den högra funktionen har nollställen i samma punkter som cosinusfunktionen, vilket återigen tvingar fram värdet på $k$ utan att någon integral behöver beräknas.

En välvillig tolkning kan vara att det finns flera tänkbara lösningsmetoder, och att det är en a-förmåga att tänka utanför boxen och inte genast börja integrera. Det skulle vara intressant att se rättningsmallen till den här uppgiften (men inte tillräckligt intressant för att jag skall orka googla det!).

Smaragdlena, det är uppgift 14 från följande prov:

http://www5.edusci.umu.se/np/resources/libraries/track.php?file=/np/np-prov/D-kursprov-ht97.pdf

Så här ser deras anvisningar ut kring rättningen:

En bra tråd om denna uppgift på Gamla Pluggakuten: https://gamla.pluggakuten.se/forumserver/viewtopic.php?id=116752

Trots att jag vet vilken metod som jag ska använda har jag nu kommit fram till ett felaktigt svar flera gånger Jag kommer inte vidare efter det sista steget även när jag använder mig av a och -a.

Du är nästan framme, men slarvar lite just på slutet.

$F(x)$ är en udda funktion, vilket innebär att:

$F(a)-F(-a)= F(a)-(-F(a)) = 2F(a)$

Det ger slutligen villkoret:

$2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \sqrt{\frac{1}{k}} = 2$

Hej!

Cosinuskurvans två nollställen är $-\frac{\pi}{2}$ och $\frac{\pi}{2}$ vilket gör att den vänstra arean är lika med

$\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos x\,dx.$

Parabelns två nollställen är $-\frac{1}{\sqrt{k}}$ och $\frac{1}{\sqrt{k}}$ vilket gör att den högra arean är lika med

$\displaystyle\int_{-\frac{1}{\sqrt{k}}}^{\frac{1}{\sqrt{k}}}1-kx^2\,dx.$

Den vänstra arean beräknas till $2$ och den högra arean beräknas till $\frac{4}{3\sqrt{k}}$ . Dessa två areor är lika stora precis då $k=\frac{4}{9}$ .