Contents
1 u-substitution
1
2 Integrering
2.1 Rotationsvolymer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
3 Gränsvärden
4
4 Taylor- och Maclaurinutvecklingar
5
5 Basic användbar algebra och andra räkneregel
5
6 Deriveringsregler
6
7 Extremvärden/kritiska punkter
7.1 Grafritning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
7
8 Serier
8.1 P-test för konvergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Geometrisk serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Ett divergenstest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4 Jämförelsetest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Gränsvärdestest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 Exempel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
9
9
9
9
9
10
9 Differentialekvationer
10
9.1 Homogen av första ordningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
9.2 Beggynnelsevärdesproblem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
9.3 Homogena differentialekvationer av andra ordningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
9.4 Inhomogena differentialekvationer av andra ordningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
9.4.1 Generellt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
9.5 Exempel andra grad med beggynelsevärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1
u-substitution
En integrering med u-sub:
Z
du
= dx
40 − 2x2 dx = u = 40 − 2x2 , du = −4dx ⇒
−4x
Z
Z
√ du
1
3
2
−4 3
8x u
(Förkorta med -4x) = −2 u 2 du = −2u 2 · + C =
u2 + C
−4x
3
3
3
−4
=
(40 − 2x2 ) 2 + C Sätt in 40 − 2x2 för u.
3
8x
p
(1)
(2)
(3)
Ex 2:
Z
x3
du
dx Låt u = 2 + 4x2 , du = 4x3 dx ⇒ 3 = dx ⇒
4
2
(2 + x )
4x
1
Z
Z
x3 du
1
1
=
du =
2
3
u 4x
4
u2
1
1
1
1
·− +C =−
+C =−
4
u
4u
4(2 + x4 )2
Ex 3:
Z
sin4 (x) cos(x)dx
Låt u = sin x
du = cos xdx
Z
u4 cos x
du
=
cos x
Z
5
u4 du =
1
u
+ C (Förkorta med cos x) = sin5 (x) + C
5
5
En bra metod att komma ihåg är att om t.ex. u = 4x − 5 så kommer du = u′ dx = 4dx ⇔ du
4 = dx vilket
är ett snyggt sätt att skriva det på!
2
Integrering
Bra att komma
R ihåg:
1
dx där A någon konstant så får man:
Om man har x+A
Z
1
dx = ln(x + A) + C
x+A
Om f (x) = f (−x) (f udda) så är:
Z 1
f (x)dx = 0
−1
Regel:
Z b
Z a
f (x)dx = u ⇔
a
f (x)dx = −u
b
Partiell integration
Tänk produkregel. Användbart för att räkna ut integraler på formen
Z
f (x)g(x)dx
Det ger:
Z
Z
f (x)g(x)dx = F (x)g(x) −
F (x)g ′ (x)dx
där F (x) primitiv funktion.
Partiell integration med gränser:
Z b
a
2.1
b
f (x)g(x)dx = [F (x)g(x)]a −
Z b
Rotationsvolymer
Z b
V =π
(f (x))2 dx
a
Ex:
2
a
F (x)g ′ (x)
√
En boll kan generaras genom att rotera en halv-disk , 0 ≤ y ≤ a2 − x2 , −a ≤ x ≤ a runt x-axeln.
Från detta följer att volymen är:
a
Z a
Z a p
x3
4
(a2 − x2 )dx = 2π ax −
V =π
( a2 − x2 )2 dx = 2π
= πa3 kubikenheter
3 0
3
0
−a
Rotationsvolymer cylindriskt skal: när en kropp roterar kring y-axeln anänds en annan formel, formeln
för cylindriskt skal.
Z b
x · f (x)dx
V = 2π
a
Exempel cylindriskt skal tenta 2023-05-30
Låt R vara det område i xy-planet som begränsas av x-axeln och grafen y = cos(ln(x)) och ligger på intervallet 1 ≤ x ≤ eπ/2 . Bestäm volymen av den kropp som erhålls genom att rotera R kring y-axeln.
Börja med att hitta primitiv funktion:


Z
u = ln x
 = 2π e2u cos(u)du =
2π x cos(ln x) dx =  x = eu
dx = eu du
Z
2u
2u
(Partiell integration) = 2π e sin(u) − 2 e sin(u)du
Z
2u
= 2π e sin(u) − 4π e2u sin(u)du
Z
= 2π e2u sin(u) − 4π −e2u cos(u) − 2 −e2u cos(u)du
Z
= 2πe2u sin(u) + 4πe2u cos(u) − 8π e2u cos(u) du
Z
Sätt in integrationsgränserna:
Z eπ/2
2π
1

Z π/2
u = ln x
 = 2π
e2u cos(u) du
x cos(ln x)dx =  x = eu
u
0
dx = e du

Vi ser att detta ger:
Z π/2
e2u cos(u) du =
0
π/2
π/2
2π e2u sin(u) 0 + 4π e2u cos(u) 0 − 8π
Z π/2
2πeπ − 4π − 8π
Z π/2
0
Låt
Z π/2
I=
e2u cos(u) du
0
3
e2u cos(u) du =
0
e2u cos(u) du
Det ger:
I = 2πeπ − 4π − 8πI ⇔ I = eπ − 2 − 4I ⇔ 5I = eπ − 2 ⇔ I =
1 π
(e − 2)
5
Det ger i sin tur
Z eπ/2
2π
x cos(ln x) dx =
1
3
2π π
(e − 2) V.E
5
Gränsvärden
Bra att komma ihåg: Om man har ett gränsvärde som till exempel
2
ex − 1
x→0 x−1 sin x cos x
lim
2
Kan det vara bra att utveckla de komplicerade termerna som ex , sin x och cos x.
2
ex går att utveckla som:
1 + x2 +
x4
+ O(x5 )
2
Exempel
ex − 1 − ln(1 + x)
x→0
x sin x
lim
Börja med att Maclaurinutveckla:
ex = f (0) + f ′ (0)x +
x2
f ′′ (0) 2
x + O(x3 ) = 1 + x +
+ O(x3 )
2
2
ln(1 + x) = x −
x2
+ O(x3 )
2
sin x = x − O(x3 )
Då följer:
2
2
1 + x + x2 + O(x3 ) − 1 − x − x2 + O(x3 )
ex − 1 − ln(x + 1)
= lim
=
lim
x→0
x→0
x sin x
x (x − O(x3 ))
2
2
x + x2 + O(x3 ) − x + x2 − O(x3 )
x2 + O(x3 )
lim
=
lim
=1
x→0
x→0 x2 − O(x4 )
x (x − O(x3 ))
Kom ihåg att inte tänka på O(x) som ett tal utom som någon godtycklig funktion.
4
4
Taylor- och Maclaurinutvecklingar
Maclaurin:
Pn (x) = f (0) + f ′ (0)x +
f ′′ (0) 2 f ′′′ (0) 3
f (n) (0) n
x +
x + ... +
x
2!
3!
n!
O(xn+1 ) ger felet på en utveckling med n termer.
Utveckling av eax blir:
1 + ax +
(ax)2
+ O(x3 )
2!
Utveckla vidare för mer exakt värde.
5
Basic användbar algebra och andra räkneregel
x−n =
1
,
xn
P (x)
A1
A2
An
=
+
+ ... +
,
Q(x)
x − a1
x − a2
x − an
Sinusvärden:
• sin 0 = 0
• sin π6 = 12
• sin π4 = √12
• sin π3 =
√
3
2
• sin π2 = 1
Cosinusvärden:
• cos 0 = 1
• cos π6 =
√
3
2
• cos π4 = √12
• cos π3 = 12
• cos π2 = 0
Räkneregler för logaritmer:
ln A + ln B = ln A · B
A
ln A − ln B = ln
B
ln xp = p ln x
5
6
Deriveringsregler
d
1
arctan x = 2
,
dx
x +1
d 1
f ′ (x)
,
=−
dx f (x)
(f (x))2
d
f ◦ g = f ′ (g(x))g ′ (x) (kedjeregeln),
dx
En viktig regel är tangenten till y = f (x) i punkten (a, f (a)):
y = f (a) + f ′ (a)(x − a)
Linjär approximation:
f (x) ≈ f (a) + f ′ (a)(x − a)
för x nära a.
Implicit derivering: Tolka y som en funktion av x.
Ex:
x ln y = x3 − x + y − 1
y = y(x)
y(0) = 1
y ′ (0)?
f′ =
7
dy
d 3
d
dy
d
dy
dy
(x ln y) =
x −
x+
y−
1⇔
(x ln y) = 3x2 − 1 +
dx
dx
dx
dx
dx
dx
dx
dy
dy
y′
⇔ ln y + x
= 3x2 − 1 +
⇔ ln y + x ·
= 3x2 − 1 + y ′
dx
dx
y
Insättning av värden: ln 1 = −1 + y ′ ⇔ 0 = −1 + y ′ ⇔ y ′ (0) = 1
Extremvärden/kritiska punkter
Sats:
Om f är definerad på ett intervall (a, b) och antar sitt maximum (eller minimum) i en punkt c ∈ (a, b) och
f ′ (c) existerar, då är f ′ (c) = 0.
Def.:
f strängt växande på I om x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 )
f växande på I om x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 )
f stängt avtagande på I om x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 )
f avtagande på I om x1 < x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 )
Medelvärdessatsen:
Om f är kontinuerlig på ett intervall [a, b] och deriverbar på (a, b) så finns det en punkt c mellan a och b så
att:
f (b) − f (a)
f ′ (c) =
b−a
6
Att rita grafer:
1. Derivera
2. Hitta när f ′ < 0 och f ′ > 0
3. Avgör när (eller om) f ′ = 0 på det givna intervallet
4. Om funktionen har asymptoter: räkna ut
5. Räkna gränsvärden om f har asymptoter
6. Hitta f vid max/min punkten
Ex:
f (x) =
x3
1 − x2
x ̸= ±1.
x3
x2
f (x)
= lim
=
lim
= −1
x→±∞ x(1 − x2 )
x→±∞ 1 − x2
x→±∞ x
lim
Detta betyder att när x blir stort beter sig f som −x, dvs en sned asymptot vid y = −x. För att bekräfta:
x3 + x − x3
=0
x→±∞
1 − x2
lim f (x) − (−x) = lim
x→±∞
vilket betyder att f (x) beter sig som y = −x för stora x
7.1
Grafritning
Rita grafen till
y = f (x) = 2 + ex − e2x
Steg 1: Derivera:
f ′ (x) = ex − 2e2x
Steg 2: Hitta f (x) = 0:
ex − 2e2x = 0
Variabelbyte t = ex ger:
2
t − 2t = 0 ⇔ t (1 − 2t) = 0 ⇔
Variabelbyte tillbaka ger
(
x1
= ln 0
x2 = ln 12
7
(
t1
=0
t2 = 21
Eftersom ln 0 är odefinerat är x = ln 12 det enda nollstället. Vi kan skriva om:
ln
1
= ln 2−1 = − ln 2
2
Hur ser derivatan ut till höger och vänster om x = − ln 2? Sätt in t.ex x = 1 och x = −10. Det funkar att
ta godtyckliga punker man vet är större resp mindre än extrempunkten i detta fall då det endast finns en.
f ′ (1) = e1 − 2e2 < 0
f ′ (−10) = e−10 − 2e−20 > 0
Vad är f (− ln 2)?
1 1
− =
2 4
9
8 2 1
+ − =
4 4 4
4
f (− ln 2) = 2 + e− ln 2 − e−2 ln 2 = 2 + eln 1/2 − eln 1/4 = 2 +
Gör en teckentabell:
x
−10
− ln 2
1
f’(x)
+
0
−
9
4
f(x)
Innan den går att rita måste man ta reda på hur den ser ut när x blir stort resp. litet:
lim 2 + ex − e2x = lim 2 + ex − (ex )2 → −∞
x→∞
x→∞
lim 2 + ex − e2x = lim 2 + e−x − e−2x = lim 2 +
x→−∞
x→∞
x→∞
Vi kan även räkna ut skärning med y-axeln:
f (0) = 2
Nu finns allt som behövs för att rita grafen:
8
1
1
− 2x = 2
ex
e
y = 2 + ex − e2x
y
4
2
x
−2
−1
1
2
−2
−4
8
Serier
8.1
P-test för konvergens
X 1
np
konvergerar om p > 1 och divergerar om p ≤ 1.
8.2
Geometrisk serie
X
rn
X
an
konvergerar om r är mellan −1 och 1.
8.3
Ett divergenstest
Om vi har en serie
där
lim an ̸= 0
n→∞
så är serien divergent. Om gränsvärdet är 0: obestämt.
8.4
Jämförelsetest
P
P
Om vi har 2 serier
an och
bn som bara innehåller positiva termer och ∀n : an ≤ bn :
P
P
1. Om
bn konvergerar så konvergerar
an .
P
P
2. Om
an divergerar så divergerar
bn .
8.5
Gränsvärdestest
Om vi har två serier
P∞
n=0 an och
P∞
n=0 bn som bara innehåller positiva termer så har vi att om gränsvärdet
lim
an
n→∞ bn
är ett ändligt tal L som inte är 0 så är antingen båda serier konvegenta eller divergenta.
9
8.6
Exempel
Ex 1:
Är serien
∞
X
3n+2
n=0
5n
konvergent eller divergent?
Vi kan skriva om serien till en geometrisk serie:
∞
X
3n+2
n=0
5n
∞
X
n
∞
X
3n
3
=
3 · n =
9·
5
5
n=0
n=0
2
Enligt test för geometrisk serie vet vi att om r är mellan −1 och 1 så konvergerar serien. I detta fall är r = 53
vilket är mellan −1 och 1. Serien är alltså konvergent!
9
Differentialekvationer
Andra ordningens homogen ekvation:
Om man har en ekvation på formen
y ′′ (t) − y ′ (t) + y(t)
Gör om till
r2 − r + 1 = 0
Lös med pq-formel eller kvadratkompletera. Homogen lösning.
9.1
Homogen av första ordningen
y ′ + ay = 0 har lösning på formen y = Ce−ax
9.2
Beggynnelsevärdesproblem
Ex
Lös beggynnelsevärdesproblem
(
3x2 y +
3
y ′ = 2xe−x
y(0) = 1
Vi ser att differentialekvationen har formen
y ′ (x) + g(x)y(x) = h(x)
Detta är en icke-separabel diff. ekv. av fösrsta ordningen. Vi har då enligt sats att lösningen y(x) kommer
ha formen
Z
y(x) = e−G(x) · eG(x) h(x) dx
Låt
Z
G(x) =
3x2 dx = x3 + C
10
Välj C = 0 ⇒
y(x) = e
−x3
Z
·
3
3
ex 2xe−x dx
Lös integralen:
Z
x3
e 2xe
−x3
Z
dx =
2xe
−x3 x3
e
Z
=
2x dx = x2 + C
3
y(0) = 1 =⇒ C = 1 ⇐⇒ y = x2 e−x + e−x
3
Att ta med sig från detta exempel:
′
y (x) + g(x)y(x) = h(x) =⇒ y(x) = e
9.3
−G(x)
Z
·
eG(x) h(x) dx
Homogena differentialekvationer av andra ordningen
Tänk dig en vagn vars rörelse kan beskrivas med följande:
x′′ + cx′ + kx = 0
där x är position som en funktion av tid och c, k är några konstanter. Lös ut rötterna för följande ekvation:
r2 + cr + k = 0
Generellt finns tre fall för lösningen:
• Båda rötterna är distinkta: x = Aer1 t + Ber2 t
• Det finns bara en rot: x = (A + B)ert
• Det finns komplexa rötter: r = x ± di då x = ect (A cos(dt) + B sin(dt))
För att säkerställa att dessa är lösningar, ta derivata och stoppa in i den ursprungliga ekvationen.
För x:
x′ = r1 Aer1 t + r2 Ber2 t
x′′ = r12 Aer1 t + r22 Ber2 t
Insättning i x′′ + cr + k = 0 ger:
r12 Aer1 t + r22 Ber2 t + c r1 Aer1 t + r2 Ber2 t + k Aer1 t + Ber2 t = 0
Omskrivning ger:
Aer1 t r12 + cr + kr1 + Ber2 t r22 + cr2 + kr2 = 0
9.4
Inhomogena differentialekvationer av andra ordningen
Ex
x′′ + 3x = 4 sin(2t)
11
Homogen lösning:
(
λ2 + 3λ = 0 ⇐⇒ λ(λ + 3) = 0 ⇐⇒
λ1 = 0
λ2 = −3
Vilket ger xh = C1 + C2 e−3x
Eftersom HL har en term sin(2t) kan vi anta att xp också kommer ha det. Låt använda:
xp = C sin(2t)
Det ger
x′p = 2C cos(2t)
x′′p = −4C sin(2t) =⇒
−4C sin(2t) + 3 sin(2t) = 4 sin(2t) ⇐⇒ −4C + 3 = 4 ⇐⇒ C = −
1
4
Vi får då partikulärlösning:
1
xp = − sin(2t)
4
9.4.1
Generellt
Om HL är
• Polynom: låt yp polynom av samma grad. Om yp innehåller lösning på den homogena ekvationen,
multiplicera med x
• Trigonometrisk funktion: låt yp vara A sin(ωt) + B cos(ωt). Om yp innehåller lösning på det homogena
problemet, multiplicera med x
• Exponentialfunktion: låt yp vara Decx .
Om HL är en produkt av dessa, låt yp vara en sådan produkt utan att specificera koefficienterna.
9.5
Exempel andra grad med beggynelsevärden
y ′′ − 2y ′ − 3y = 27x2
y(0) = −14
y ′ (0) = 16
Börja med att hitta yh :
r2 − 2r − 3 = 0 =⇒ r = 1 ±
√
(
1 + 3 ⇐⇒
r1 = −1
r2 = 3
Vi har därför yh = C1 e−x + C2 e3x
Hitta yp : Ser att HL är polynom av grad 2 =⇒ Låt yp = Ax2 + Bx + C. Det ger:
yp′ = 2Ax
yp′′ = 2A
12
Insättning:
2A − 2 (2Ax + B) − 3 Ax2 + Bx + C = 27x2
Skriv om VL:
2A − 2 (2Ax + B) − 3 Ax2 + Bx + C = 2A − 4Ax − 2B − 3Ax2 − 3Bx − 3C = 2A − (4Ax + 3Bx) − 2B − 3C
Dela upp i termer. Det ger följande system:


−3A = 27




4A + 3B = 0 ⇐⇒




2A − 2B − 3C = 0
A = −9 (1)
4A + 3B = 0 (2)
2A − 2B − 3C = 0 (3)
(2) : 4 · (−9) + 3B = 0 ⇐⇒ −36 + 3B = 0 ⇐⇒ 3B = 36 ⇐⇒ B = 12
(3) : 2 · (−9) − 2 · 12 − 3C = 0 ⇐⇒ −18 − 24 − 3C = 0 ⇐⇒ −42 − 3C = 0 ⇐⇒ −3C = 42 ⇐⇒ C = −14
Det ger yp = −9x2 + 12x − 14.
y = yh + yp ger
y = C1 e−x + C2 e3x − 9x2 + 12x − 14
y(0) = −14 =⇒ C1 + C2 − 14 = −14 ⇐⇒ C1 = −C2
Derivera y:
y ′ = −C1 e−x + 3C2 e3x − 18x + 12
y ′ (0) = 16 =⇒ −C1 + 3C2 + 12 = 16 ⇐⇒ −C1 + 3C2 = 4
Vi får ett system som vi kan lösa:
(
C1 + 3C2 = 4 (1)
C1 = −C2 (2)
(1) : C2 + 3C2 = 4 ⇐⇒ C2 = 1
(2) : C1 = −1
Sätt in C1 och C2 för att få den slutgiltiga lösningen:
y = −e−x + e3x − 9x2 + 12x − 14
13