Tillämpad Matematik I Övning 4

0 2 4 6 8 10 0

2 4 6 8 10

Tillämpad Matematik I Övning 4

Allmänt

Övningsuppgifterna, speciellt Typuppgifter i första hand, är exempel på uppgifter du kommer att möta på tentamen. På denna är du ensam, så det är viktigt att du klarar av uppgifterna på egen hand! Trots detta rekommenderas och uppmuntras arbete i grupp samt användning av Mathematica även där endast handräkning förväntas! I lösningsförslagen hittar du oftast både handräkning och Mathematica, detta för att du ska få träning på båda! Avsaknad av lösningsförslag eller “snåla” sådana ska tolkas positivt som en inspiration och utmana dig till att fylla igen luckor och verifiera det som är gjort. Ha teorikompendierna till hands, där finns många lösta exempel.

Uppgifter

Typuppgifter i första hand

1. Bestäm a ⁴₄f x x b ⁴₄g x x c ⁴₄ f x g x x d ⁴₄2 f x 3g x x e ⁴₄f²x x f ⁴₄sinΠg x x

4 2 2 4 x

3 2 1 1 2 3 4 f x

4 2 2 4 x

3 2 1 1 2 3 4 g x

Lösningsförslag: Integration av styckvis konstant funktion. Dela upp integrationsintervallet enligt "styckvisheten", det vill säga så att integranden är konstant f x k i varje intervall. Vi har då _a^bf x x _x

i

x_{i 1}

ki x k_{i x}

i

x_{i 1}

x kixi 1 xi i varje intervall.

Till exempel uppgift a)

4

4 f x x 4 3 4 3 2 3 3 1 2 1 4 1

4 1 3 1 3 3 1 3 4 3 9 3 13

f x :

4 x 3

3 x 2

3 x 1

1 x 4

; g x :

1 x 3

2 x 1

3 x 2

4 x 4

;



4 4

f x , g x , f x g x , 2 f x 3 g x , f x ², Sin Π g x  x 13, 2, 15, 20, 55, 0

2. Integrera a x³ x b x² 1² x c t t d ^x x e sin x x f cos x x g ¹

t t t h ^x2_x³ x i u² 4u u u

j ¹

u² 1

u⁴ u k ^{x2 12}

x⁶ x

Lösningsförslag: Drillövning på integration. Testa Mathematica!

a ^x₄⁴ C b ^x₅^{5 2x}₃³ x C c ^2t₃^{3 2} C d) ^x C e) cos x C f sin x C g) ²

t C h ^x₂² 3ln x C i ^2u₇^{7 2 8u}₅^{5 2} C j) ¹_u ¹

3u³ C k) ¹_x ²

3x³ 1 5x⁵ C

3. Integrera a ₁⁵x³ x b ₀^{10 1}

x x c ₁^{5 1}_x x d ₂^{8 1}

t³ t e ₀² x x f ₁²s³ s ³ s g ₀^cx² c² x h ⁰₂s⁴ s³ 2s² ₂^s 5 s i ₀^a y² 3 y j ₀² x³ x k ¹₁u 3u² u

Lösningsförslag: Fingerfärdighetsträning på integration. Testa Mathematica!

a 156 b 2 10 c ln 5 d ₁₂₈¹⁵ e ^{4 2}₃ f ³³₈ g) ^2c₃³ h ¹²¹₁₅ i ^a₃³ 3 a j ^{8 2}₅ k 2

4.Integrera a sin 2x x b ₂^{3 x}

x² 1 x Lösningsförslag: a) Gör variabelsubstitution

sin 2x x

1. Substitution u 2x 2. Måttet ^u_x 2 x ₂^u 3. Inga gränser

sin u ₂^{u 1}₂ sin u u ¹₂cos u C1 1

2cos 2x C1

 Sin 2 x x 1

2cos 2 x

b) Gör variabelsubstitution

2 3 x

x² 1 x

1. Substitution u x² 1 2. Måttet ^u_x 2x x _2x^u

3. Gränserna x 2 u 2² 1 5

x 3 u 3² 1 10

5 10 x

u u 2x

1 2 5

10 1

u u ¹₂ ln u ₅^{10 1}₂ ln 10 ln 5 ¹₂ln 2



2

3 x

x² 1 x log 2

2

5. Integrera a ^{x 2} x b ^Πx x c cosΠt t d sin^u₄ u e _v

1

v₂

mv v f sinΩt t g ₀^Πsin 2Πt t h ₁^{2 1}_{u 1} u i ₁²_{2 3x}¹ x j _a^{b u}_{a b} u k uv x l ₄⁸ x m ₁^{2 x y}_2t t n ₀^2Πcos₂^Θ Θ

Lösningsförslag: Ännu mer fingerfärdighetsträning på integration. Testa Mathematica!

a ^{x 2} C b _Π^Πx C c ^sin_Π^Πt C d) 4cos₄^u C e ¹₂mv₂² v₁² f) ^cosΩ_Ω^t C g ₂¹_Π 1 cos 2Π² h ln³₂ i ¹₃ln⁸₅ j)

1

2 a b k uvx C l 4 m ¹₂ x y ln 2 n 4

6.Bestäm arean som innesluts mellan kurvorna f x x²och g x 3x² 2x då x 0, 2 .

0.5 1.0 1.5 2.0 x

2 4 6 8 y

Lösningsförslag: Vi måste dela upp integrationsintervallet eftersom kurvorna skär varann där. Först funktionerna sedan deras skärningspunkt

f x²; g 3 x² 2 x;

Solve f g x 0 , x 1

Nu är det bara att hålla reda på vilken som är överst i respektive intervall och integrera.

A₁ 

0 1

f g x

1 3

A₂ 

1 2

g f x 5

3

A₁ A₂ 2

Eller direkt med absolutbelopp. Inga problem för Mathematica.



0 2

Abs f g x 2

7.Använd integral för att bestämma arean av triangeln med hörnen i 0, 0 , 5, 0 och 5, 3 .

5 x 3

y

Lösningsförslag: Hypotenusan har ekvationen y x ³₅x, vilket inses av likformiga trianglar _x^{y 3}₅. Så arean



0 53

5 x x 15

2

8.Området under grafen y ¹

x²för x 1, 4 delas i två lika stora delar av linjen x a. Sök a.

1 2 3 4 x

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

1 x²

a

Lösningsförslag: Vi får direkt ekv Simplify

1 a 1

x²

x 

a 4 1

x²

x, 1 a 4

5 a 8

Solve ekv

a 8 5^

9.För arean A x i figuren gäller för alla x 0 att A x arctan x². Bestäm funktionen f för alla x 0.

x A x

y f x

Lösningsförslag: Detta är ju inget annat än geometrisk tolkning av bestämd integral när f 0, så

0

xf x x F x ₀^x F x F 0 arctan x² f x ^{def F}_{x x} arctan x^{2 2x}

x⁴ 1. f DArcTanx², x

2 x x⁴ 1

10.Bestäm A x ^x₄f t t, 4 x 4. Ange det analytiska uttrycket för A x i varje delintervall.

4 2 2 4 x

3 2 1 1 2 3 4 f x

Lösningsförslag: Definiera funktionen och integrera fram A x i varje intervall.

f x :

4 x 3

3 x 2

3 x 1

1 x 4

; A x

4

x4 t x 3

4

3f t t

3

x 3 t x 2

4

2f t t

2

x3 t x 1

4

1f t t

1

x1 t x 4

;

Plot A x , x, 4, 4 , PlotStyle Orange, AxesLabel "x", "A x "

4 2 2 4 x

2 4 6 8 10 12 A x

11.Bestäm arean mellan graferna x y² 2 och y x.

3 2 1 0 1 2 3

3 2 1 0 1 2 3

x

y

y x x y² 2

Lösningsförslag: Här kan det vara lämpligt att integrera i y-led för att slippa dela upp integrationsintervallet samt att få enklare integrander, om man räknar för hand. Först integrationsgränserna som ges av skärningspunkterna.

Solvex y² 2, y x

x 1, y 1 , x 2, y 2

Så med vetskapen att den räta linjen ligger överst i x-led



1 2

y y² 2 y 9

2

12.Bestäm riktningskoefficienten för en rät linje l : y kx m som går genom 0, 1 så att området som innesluts av x–axeln, y–axeln, l och linjen 2y 3x 6 får arean 2.

0.0 0.5 1.0 1.5 2.0x 0.0

0.5 1.0 1.5 2.0

y kx m,2 y 3x 6

Lösningsförslag: Vi får y kx 1 som förslag på l, ty m 1 enligt uppgift. Först skärningspunkten mellan l och den givna linjen,

det vill säga en av integrationsgränserna.

xc x . Solve y k x 1, 2 y 3 x 6 , x, y First 4

2 k 3

Slutligen bestämmer önskat villkor på arean värdet på k

ekv 

0 xc

k x 1 x 

xc 26 3 x

2 x 2

8 k 2 k 3²

8 2 k 3

12

2 k 3² 3 2

Simplify ekv 6 k 5

2 k 3 2

Solve ekv

k 1 2^

13.Beräkna arbetet som krävs för att lyfta 1500 kg kol ur en 700 m djup gruva med en kabel som väger 3.5 kg m. Vid varje lyft kan man ta maximalt 800 kg kol i hisskorgen som väger 100 kg.

Lösningsförslag: Låt oss göra två lyft om 750 kg. Linan har tyngdpunkten mitt på, så totala arbetet med A mgh blir med två lyft 2 g 750 100 700 700 3.5

700 2 2.905 10⁶g

Kanske är vi lite oroliga för arbetet att lyfta linan? Vid djupet h har vi den lilla linstumpen h med massan m Ρ h som kräver det lilla arbetet A gh m att lyftas upp till markytan. Nu är det bara att lägga samman alla små lyft.



0 H

g h Ρ h 1

2g H²Ρ

14.En modell för att beskriva volymen ved i ett träd gavs 2002 av Zhang, Borders och Bailey.

Om trädet är H högt så gäller för volymen upp till höjden h att V h k ₀^hH x^{3 2} x.

a Bestäm enheten på konstanten k så att modellen blir konsistent.

b Integrera fram ett slutet uttryck för V h .

c Bestäm volymen för hela trädet. Rita vedens utveckling med höjden

d Dela in höjden i tre lika långa delar och ange hur trädets volym fördelas över dessa.

Lösningsförslag: Vi börjar väl med uppgift a)

m³ k m^{3 2}m k ^m3

m^{3 2}m m^{1 2}. Så en lämplig ny konstant kan vara k c H med c dimensionslös.

Solvem³ k m^{3 2}m, k

k m

b) Integrera på. Gör variabelsubstitution u H x om det stretar emot V h c H ₀^hH x^{3 2} x c H _{3 2 1}¹ H x^{3 2 1}

0 h 2

5c H H^{5 2} H h^{5 2}. Mathematica förenklar inte lika mycket.

V h c H Integrate H x ^{3 2}, x, 0, h , Assumptions H h 0 Simplify 2

5c H  h² H h H² H h 2 h H H h H^{5 2}

c) Hela trädets volym, notera den rätta enheten m³ eftersom c är dimensionslös.

V H 2 c H³

5

Så vedens utveckling. Det är inte ovanligt att använda dimensionslösa koordinater.

PlotEvaluate

V h

V H . H 1, h, 0, 1 , PlotStyle Orange, AxesLabel "h H", "V h V H " 

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0h H 0.2

0.4 0.6 0.8 1.0 V h V H

d) Volymfördelning för angiven uppsågning.

1 V H

V1 3

H, V2 3

H V1 3

H, V H V2 3

H Simplify N

1

4 ²

3

9 ,4 2 1

9 3 , 1

9 3 ^

0.637113, 0.298737, 0.06415

15.Bestäm arean som innesluts mellan y sin x , y 1 cos x , 0 x ^Π₂.

0.5 1.0 1.5 x

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 y

Lösningsförslag: Direkt tillämpning på areaberäkning, med sin x överst



0 Π 2

Sin x 1 Cos x x

2 ^Π

2

16. Integrera a ₀⁵₁³4 x y b ₀²₀¹4 x y x y c ₀³₁²1 8xy x y d ₁^{3 2}₁2x²y³ x y Lösningsförslag: Fingerfärdighetsträning på dubbelintegraler.

a ₀⁵₁³4 x y 4₀⁵ x_{x 1}^{x 3} y 4₀⁵3 1 y 8₀⁵ y 8 5 0 40

b ₀²₀¹4 x y x y ₀²4x ¹₂x² xy_{x 0}^{x 1} y ₀²4 1 ¹₂1² 1 y 0 y

0 2 7

2 y y ⁷₂y ¹₂y²^{y 2}_{y 0} ⁷₂2 ¹₂2² 0 5 c ₀³₁²1 8xy x y ₀³x 8¹₂x²y_{x 1}^{x 2} y ₀³2 8¹₂2²y 1 8¹₂1²y y

0

312 y 1 y 12¹₂y² y^{y 3}_{y 0} 6 3² 3 6 0² 0 57 d ₁^{3 2}₁2x²y³ x y ₁³²₃x³y³^{x 2}_{x 1} y ₁³²₃2³y^{3 2}₃ 1³y³ y

1

36 y³ y ³₂y⁴_{y 1}^{y 3 3}

23⁴ 1⁴ 120

Vi låter väl Mathematica få sista ordet



0 5



1 3

4 x y, 

0 2



0 1

4 x y x y, 

0 3



1 2

1 8 x y x y, 

1 3



1 2

2 x²y³ x y

40, 5, 57, 120

17. Bestäm 2x 3 y x y då är området som begränsas av olikheterna x 0, y 0 och x y 1.

Lösningsförslag: Området som avses är den triangel som innestängs i första kvadranten under linjen y 1 x. Vi tar väl en titt på det.

RegionPlot x 0 y 0 x y 1, x, 0, 1 , y, 0, 1 , PlotStyle Cyan, FrameLabel "x", "y"

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 0.0

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

x

y

Vi har tydligen funktioner i y-riktningen, så

0 1

0

1 x2x 3 y y x ₀¹2xy ³₂y²_{y 0}^{y 1 x} x ₀¹2x 1 x ³₂ 1 x² 0 x ₀¹ ¹₂x² x ³₂ y

 ¹₆x^{3 1}₂x^{2 3}₂x_{x 0}^{x 1}  ¹₆1^{3 1}₂1^{2 3}₂1 0 ⁵₆ Vi låter väl Mathematica få sista ordet



0 1



0 1 x

2 x 3 y y x 5

6

18.Bestäm volymen av den kropp som uppstår då området som innesluts av x–axeln, linjerna x 0 och x 5 samt grafen till y 1 x , 0 x 5 roterar ett varv runt x–axeln.

0 2

4 2

0 2

2 0 2

Lösningsförslag: Direkt tillämpning på formel _a^bΠy² x. Formler ska alltid betraktas med misstänksamhet. Lär dig härledningen!

Den är mycket nyttig och metoden att summera små av de mest skilda slag återkommer i tid och otid!!



0 5

Π 1 x 

2

x 5

6^21 8 5 Π

19.Bestäm volymen av den kropp som uppkommer då området som innesluts av x–axeln, linjerna x 1 och x 2 samt grafen till y ¹_x, 1 x 2 roterar

ett varv kring y–axeln. ₂

1 0 1 2 0.0

0.5 1.0

2 1 0 1 2

Lösningsförslag: Vi får direkt med "formel" V _a^b2Πx y x. Härled! Gör dé...



1 2

2 Π x 1 x

x 2Π

20.När det markerade området som begränsas av den räta linjen x–axeln, linjerna x a och x a 2 roterar ett varv runt x–axeln alstras en kropp. Sök a 0, 2 så att denna kropp får

volymenΠvolymenheter.

a a 2 4 x

1 y

Lösningsförslag: Först den begränsande räta linjen som är y 1 ₄^x. Integrera sedan med små cylindrar i x-led så har vi kroppens volym V _a^{a 2}Πy² x _a^{a 2}Π1 ₄^x² x Πx ^x₄² ₄₈^x3

a

a 2. Så villkoret på önskad volym ger oss direkt ekvationen

ekv 

a a 2

Π 1 x 4



2

x Π

Πa² 8

3Πa 4

7Π

6 ^Π

Varav det sökta som vi fixerar i tillåtet intervall.

Solve ekv, 0 a 2 N

a 3 23

3 ^

a 0.231125

21.När det markerade området i figuren roterar ett varv runt y–axeln alstras en kropp. Sök a så att denna kropp får volymen 30Πvolymenheter.

x a

a 2 y

6 y 36 x²

Lösningsförslag: Med små cylindrar i y-led har vi kroppens volym V _a^{a 2}Πx² y _a^{a 2}Π36 6 y y Π36 y 3 y²_a^{a 2}. Så villkoret på önskad volym ger oss direkt ekvationen

ekv 

a a 2

Π 36 6 y y 30 Π 60Π 12 aΠ 30Π

Varav det sökta Solve ekv

a 5 2^

22.Bestäm med hjälp av integral volymen av en rak cirkulär cylinder med basradien R och höjden H. Genomför kalkylen både med små cylindrar och små lökringar

Lösningsförslag: Först små cylindrar. Lägg den ned och låt y R, 0 x H svepa runt x-axeln. Vi får då direkt med formel V Πy² x



0 H

Π R² x ΠH R²

Sedan stående cylinder med små lökringar runt y-axeln där y H, 0 x R. Vi får då direkt med formel V 2Πx y x



0 R

2 Π x H x ΠH R²

23.Bestäm med hjälp av integral volymen av en rak cirkulär kon med basradien R och höjden H. Genomför kalkylen både med små cylindrar och små lökringar

Lösningsförslag: Först små cylindrar. Lägg konen ned så att spetsen hamnar i origo och x-axeln längs dess rotationsaxel. Vid x har den lilla cylindern en radie y som ges av likformiga trianglar (rita!) ^y_{x H}^R. Så med formel V Πy² x



0 H

Π R H

x

2

x 1

3^ΠH R²

Ställ sedan konen med spetsen uppåt. Vid x har den lilla lökringen höjden y som ges av likformiga trianglar (rita!) _{R x}^{y H}_R. Så med formel V 2Πxy x



0 R

2 Π x H

R R x x

1 3^ΠH R²

24.Bestäm med hjälp av integral volymen av ett klot med radien R. Genomför kalkylen både med små cylindrar och små lökringar Vilken integral blir enklast ?

Lösningsförslag: Först små cylindrar. Vid x har den lilla cylindern en radie y som ges av x² y² R². Så med formel V Πy² x



R R

Π R² x² x 4ΠR³

3

Vid x har den lilla lökringen höjden 2 y som ges av x² y² R². Så med formel V 2Πx y x



0 R

2 Π x 2 R² x² x PowerExpand 4ΠR³

3

Sista integralen bjuder helt klart mest motstånd. Gör variabelsubstitutionen u R² x².

25.En chokladpralin är formad som en stympad cirkulär kon med radierna R och 2R samt höjden 2R. Sök dess volym.

Lösningsförslag: Enklast är det nog positionera pralinen så att dess rotationsaxel sammanfaller med x-axeln och betrakta den som en rotationsvolymen kring x-axeln ₀^2RΠy² x. Det enda bekymret vi har innan vi kan integrera är att bestämma radien y x , som uppenbarligen är linjär y x kx m. Vi känner den i två punkter så

0 2Rx

R 2R y

y x kx m x, y 0, 2R x, y 2R, R

2R k 0 m

R k 2R m

k ¹₂ m 2R

kÅm Solve 2 R k 0 m, R k 2 R m , k, m First

k 1

2, m 2 R

varav

y k x m . kÅm 2 R x

2

Nu är det bara att integrera antingen direkt

0

2RΠ2R ₂^x² x _{1 2 3}^Π 2R ^x₂³

0 2R 2Π

32R ^2R₂ ³ 2R ⁰₂³ ^2Π

3R³ 8R³ ^14ΠR3

3

eller med variabelsubstitution för att slippa krångel med inre derivatan 1. Substitutionen u 2R ^x₂

2. Måttet ^u_x ¹₂ x 2 u

3. Gränserna

x 0 u 2R ⁰₂ 2R x 2R u 2R ^2R₂ R

2Π_2R^Ru² u ²₃^Πu³^R_2R ²₃^ΠR³ 8R³ ^14Π₃^R3

eller med Mathematica.



0 2 R

Π y² x 14ΠR³

3

26.Bestäm med hjälp av integral längden av kurvan y 2x 1, x 0, 3 .

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 x 1

1 2 3 4 5 y

Lösningsförslag: Vi har med formel L _ 1 y '² x. Härled!!



0 3

1 2² x

3 5

Vi kontrollerar med Pytagoras sats, L x2 x12 y2 y12 3 0² 2 3 1 2 0 1 ² 3² 6² 3 5 .

27.Bestäm med hjälp av integral arean av mantelytan hos en rak cirkulär kon med basradien R och höjden H.

Lösningsförslag: Lägg konen ned så att spetsen hamnar i origo och x-axeln längs dess rotationsaxel. Vid x är radien y som ges av likformiga trianglar (rita!) ^y_{x H}^R. Slutligen med formel A _2Πy 1 y '² x.



0 H

2 Π R H x 1

R H

2

x

ΠH R R² H² 1

28.Bestäm med hjälp av integral såväl area som omkrets för en cirkel med radien R. Genomför areakalkylen både med små lökringar och små rektanglar

Lösningsförslag: Först omkretsen, där en liten bit s R Θ om Θ är bågvinkeln, så



0 2 Π

R Θ 2ΠR

Sedan arean med små lökringar A 2Πr r



0 R

2 Π r r ΠR²

Sedan arean med små rektanglar A 2 y x 2 R² x² x.



R R

2 R² x² x PowerExpand

ΠR²

Denna integral är något besvärlig. Gör variabelsubstitution x Rsin . Gå sedan över till dubbla vinkeln i integranden.

29.Bestäm med hjälp av dubbelintegral och polära koordinater arean för en cirkel med radien R.

Lösningsförslag: Vi har det lilla areaelementet A r r Θ, så nu är det bara att integrera A ₀^2Π₀^Rr r Θ ₀^2Π¹₂ r²^{r R}_{r 0} Θ ₀^2Π1₂R² Θ ¹₂R²2Π ΠR²

Men Mathematica då



0 2 Π



0 R

r r Θ ΠR²

30.Vilket arbete krävs för att dra ut en fjäder₂₀¹ m om man vet att kraften 400 N drar ut den₁₀₀³ m ?

Lösningsförslag: Låt fjädern vara utdragen x m. Det lilla arbetet att dra ut den ytterligare ett litet stycke x blir då A F x x k x x _{3 100}⁴⁰⁰ x och slutligen A A



0

1 20 400 3 100

x x 50

3

31.I en smal rak stång med längden L m är densiteten Ρkg m proportionell mot avståndet i kvadrat till stångens ena ändpunkt. Bestäm tyngdpunktens läge xGur

ekvationen _mx xG m 0.

0 L x

Lösningsförslag: Låt x vara koordinat i stången räknat från "ena" ändpunkten. Massan för en liten bit x vid x blir då m Ρ x k x² x så slutligen tyngdpunktens läge.

ekv 

0 L

x G k x² x 0

k L⁴ 4

1

3k L³ G 0

Solve ekv, G

 G

3 L 4 ^

32.I en smal rak stång med längden L m varierar densiteten Ρx kg m linjärt så att den ärΡ₀vid ena ändpunkten och 2Ρ₀ vid den andra. Bestäm tyngdpunktens läge xGom vi vet att denna bestäms av ekvationen _m x xG m 0.

0 L x

Ρ0

2Ρ₀ y

Ρx

Lösningsförslag: Eftersom densiteten varierar linjärt har vi

Ρ x : k x m

där k och m bestäms av tillståndet i de två ändpunkterna

kÅm Solve Ρ 0 Ρ0, Ρ L 2 Ρ0 , k, m First

k ^Ρ0 L, m Ρ0

Vid läget x i stången har vi den lilla massan m Ρx x så nu är det bara att meka ihop det hela ekv 

0 L

x G Ρ x x 0 . kÅm 5 L²Ρ0

6 3

2 LΡ0 G 0

varav till slut

Solve ekv, G

 G

5 L 9 ^

33.En pappskiva i form av en rätvinklig triangel, med konstant ytdensitetΡ, är uppriggad enligt figur. Bestäm tyngdpunktens läge xG, yG, om vi vet att denna bestäms av ekvationen

mx x_G m 0 och analogt i y riktningen.

a x b

y

Lösningsförslag: Dela upp triangeln i tunna strimlor y x. Höjden y för en sådan vid x ges av likformiga trianglar ^y_x ^b_a, och med konstant ytdensitet Ρ ligger dess tyngdpunkt i x, ¹₂y. Vidare är m Ρ A Ρy x och slutligen de efterlängtade

Solve

0 a

x, 1 2

y G, G Ρ y . y x b a

x 0, G, G 

 G

2 a 3 , G

b 3^

34.Bestäm masströghetsmomentet _mx² m för en smal stång med längden L och massan m, med avseende på a en axel vinkelrät genom centrum,

b en axel vinkelrät genom ena änden.

0 L x

Lösningsförslag: a) Låt x vara koordinat i stången räknat från centrum. Masströghetsmomentet för en liten bit x vid x blir då I x² m x²Ρ x Ρ ^m_L x^{2 m}_L x och slutligen I I



L 2 L 2

x² m L

x

L²m 12

b) Låt x vara koordinat i stången räknat från ena ändpunkten. Masströghetsmomentet för en liten bit x vid x blir då I x² m x²Ρ x Ρ ^m

L x^{2 m}_L x och slutligen I I



0 L

x² m L

x L²m

3

35.I en smal rak stång med längden L m varierar densiteten Ρx kg m linjärt så att den ökar frånΡ₀vid ena ändpunkten till 2Ρ0vid den andra. Bestäm tröghetsmomentet _mx² m kring y–axeln samt kring en axel genom mittpunkten parallel med y–axeln.

0 L x

Ρ0

2Ρ₀ y

Ρx

Lösningsförslag: Eftersom densiteten varierar linjärt har vi Ρ x : k x m

där k och m bestäms av tillståndet i de två ändpunkterna

kÅm Solve Ρ 0 Ρ0, Ρ L 2 Ρ0 , k, m First

k ^Ρ0 L, m Ρ0

Vid läget x i stången har vi den lilla massan m Ρx x så nu är det bara att meka ihop det hela. Först tröghetsmomentet kring y- axeln



0 L

x²Ρ x x . kÅm 7 L³Ρ0

12

Sedan kring en axel vinkelrät genom mittpunkten. Tänk på att r i formeln är avståndet från rotationsaxeln till den lilla massan m.



0 L L

2 x

2

Ρ x x . kÅm

L³Ρ0

8

36.I en smal rak stång med längden L m varierar densiteten Ρx kg m parabelformat så att den är 2Ρ0vid ändpunkterna ochΡ0på mitten. Bestäm tröghetsmomentet _mx² m kring y–axeln samt kring en axel genom mittpunkten parallell med y–axeln.

Ρx

0 L x

Ρ₀ 2Ρ₀ y

Lösningsförslag: Vi har att göra med en parabel x² som är skiftad ^L₂ i x-led till 1 ^2x_L² samt 1 i y-led till det efterlängtade Ρx Ρ01 1 ^2x_L². Om vi inte inser detta får vi räkna...

Ρ x : Ρ0a x² b x c

där a, b och c bestäms av tillståndet i de två ändpunkterna och på mitten abc SolveΡ 0 2 Ρ0, Ρ L 2 Ρ0, ΡL

2

 Ρ0, a, b, c  First

a 4 L², b 4

L, c 2

Vid läget x i stången har vi den lilla massan m Ρx x så nu är det bara att muppa ihop det hela. Först tröghetsmomentet kring y- axeln



0 L

x²Ρ x x . abc 7 L³Ρ₀

15

Sedan kring en axel vinkelrät genom mittpunkten. Tänk på att r i formeln är avståndet från rotationsaxeln till den lilla massan m.