Integrasjon

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk

Innledning til integrasjon

Her prøver vi å gi en enkel framstilling av hva integraler kan være og hva integralregning kan brukes til.

Moped nr. 1

En moped beveger seg med konstant fart 4 meter per sekund. Grafisk kan det se slik ut:


Den fiolette linjen representerer grafen til funksjonen

f(t) = 4.

Vi er interessert i å se på arealet under grafen. Hva forteller det oss?

  • Mopeden kjører med konstant hastighet 4m/s i 7 sekunder.

I den perioden tilbakelegger den en strekning S på S=vt=4m/s7s=28m.

Dersom vi teller antall ruter under grafen, eller regner ut arealet av rektangelet får vi også 28.

  • Arealet under grafen til funksjonen som utrykker hastighet som funksjon av tiden gir oss altså tilbakelagt strekning i samme tidsrom.

Legg merke til følgende:

  • Når vi skal tolke arealet under en graf er enheten for svaret alltid lik enheten på x- aksen multiplisert med enheten på y-aksen.

I eksemplet over gir det sms=m

Moped nr. 2

En annen moped kjører med hastigheten 6 meter per sekund og begynner så å bremse opp. Mopeden bremser med en jevn akselerasjon (negativ) fra 6m/s til 1 m/s. Funksjonen som beskriver situasjonen ser slik ut:

g(t) = 6 - t

Dette skjer i løpet av fem sekunder.

I dette eksemplet ser vi at arealet under grafen er 17,5 og at benevningen er m (meter), hvilket betyr at mopeden beveger seg 17,5 meter under oppbremsingen.

De to eksemplene over var med rette linjer, altså lineære funksjoner. Hva da når grafen krummer?

Når grafen krummer...

For å finne arealet under krumme kurver kan vi dele området opp i rektangler som vist under


Vi observerer følgende:


  • Rektanglene under kurven i figur A1 og A2 vil gi et større areal enn det som faktisk er under kurven.
  • Rektanglene under kurven i figur B1 og B2 vil gi et mindre areal enn det som faktisk er under kurven.
  • Bredden av rektanglene og derved også antall rektangler, har betydning for nøyaktigheten i resultatet. Både modell A og B vil bevege seg mot arealet under kurven, når antall rektangler går mot uendelig, og bredden av rektanglene avtar. Arealet under kurven er summen av disse rektanglene. Bredden av et rektangel er gitt ved:

Δx=ban

Der n er antall rektangler, b er øvre grense og a er nedre grense som begrenser arealet under kurven.

Summen Sn av rektanglene under grafen blir:

Sn=f(x1)Δx+f(x2)Δx+..+f(xn)Δx (kalles Riemannsum)

Det bestemte integralet til f er:

abf(x)dx=limnSn

Der f(x) er integranden, altså funksjonen som skal integreres. a er nedre integrasjonsgrense, b er øvre integrasjonsgrense. I vårt eksempel over er nedre grense en og øvre grense to. n er antallet rektangler. Vi observerte at når n går mot uendelig, går Δx mot null og

Dersom det finnes en deriverbar funksjon F(x) er

F'(x) = f(x)

f(x)dx=F(x)+C

Der C er en konstant. Vi sier at F(x) er en antiderivert av f(x).

Det bestemte integralet blir da:

abf(x)dx=F(b)F(a)

Der a og b er integrasjonsgrensene.

Du lurer kanskje på hva som skjedde med C? Dersom vi ser på høyre side av likhetstegnet ser vi at

F(b) + C - (F(a) + C) = F(b) - F(a)

Altså forsvinner C.



Det eksakte svaret på oppgaven er altså:

120,3x2dx=[0,33x3]12=0,1(81)=0,7

Tilnærmingen med 50 rektangler (A2 og B2) var altså god.

3.1.5

La oss se på eksemplene i begynnelsen:

f(t) = 4 gir:

074dt=[4t]07=280=28

Som var det samme resultatet vi fikk ved å telle ruter.


g(t) = 6 -t gir:

05(6t)dt=[6t12t2]05=3012,50=17,5

Resultatet tilsvarer det vi fikk ved å telle ruter.

3.1.6. Er integral og areal det samme?

Så langt har vi sett på arealer avgrenset av x-aksen, a, b og en graf som ligger over x-aksen. Hva når grafen til funksjonen ligger under x-aksen?

La oss finne det bestemte integralet avgrenset av x = -2, x = -1, x-aksen og funksjonen f(x)=1x


Geogebra gir oss et integral på - 0,69, Altså en negativ verdi. Regning for hånd gir:

211xdxdx=ln|1|ln|2|=00,69=0,69

Man ser at dette stemmer med grafen til ln (x), som er tegnet lilla i samme koordinatsystem.



Et eksempel til:

f(x) = sin x

02π(sinx)dx=[cosx]02π=1(1)=0


Fra disse eksemplene ser vi at integralet og arealet IKKE er det samme, selv om vi kan tolke integralet geometrisk.



Noen ganger kan det være vanskelig eller umulig å finne et utrykk for den antideriverte. Da kan man ta utgangspunkt i Riemannsummen og løse problemet numerisk.

Eller man kan gjøre som en professor jeg kjente. Han brukte saks, tykt papir og en nøyaktig vekt. Ved å klippe ut arealet under grafen og sammenligne det med et kjent areal, ved veiing, kom han fram til tilnærminger gode nok for de fleste ingeniørformål.


3.2.1

I læren om integraler tas det i bruk noe mer avanserte konsepter enn man ellers finner i matematikken på videregående. Dette spesielt i forbindelse med definisjonene rundt integrasjon. Det er derfor viktig å beherske både funksjonslære, derivasjon og algebra før man gir seg i kast med integrasjonsdelen av R2-pensumet.


Integrasjon er en operasjon som tar en funksjon og gir en ny funksjon som beskriver arealet under den første funksjonen.

3.2.2

Det bestemte integralet

Med det bestemte integalet av en funksjon vil vi finne arealet under funksjonen avgrenset av x-aksen og linjene x=a og x=b. "Det bestemte integralet av f(x) fra a til b" skriver vi som

abf(x)dx


3.2.3

Bestemt integral som grenseverdi

Vi kan se for oss arealet under en graf som en sum av rektangler, der antallet rektangler angir nøyaktigheten av integralet.

Dersom vi vil integrere f(x) fra x=a til x=b med n rektangler, må hvert rektangel ha bredde Δx=ban (vi deler avstanden mellom endepunktene, ba på antallet rektangler n.) Vi får da at

A=i=0nf(a+iΔx)Δx=i=0nf(a+iban)ban

Når vi lar Δx gå mot null, dvs at vi lar antallet rektangler n gå mot uendelig, får vi det nøyaktige arealet under kurven:

abf(x)dx=limni=0nf(a+iban)ban

Ubestemt integrasjon

I analysen (engelsk: Calculus) finnes et fundamentalteorem som relaterer operasjonene integrasjon og derivasjon med hverandre. Dette gjør det mulig å finne integralet av funksjoner uten å regne ut kompliserte summer som ovenfor. Teoremet er delt inn i to deler, som ofte kalles analysens første og andre fundamentalteorem.

Analysens første fundamentalteorem sier at hvis en reell funksjon F(x) er definert på intervallet [a,b] ved

F(x)=axf(t)dt

der f(t) er en reell funksjon som er kontinuerlig på intervallet [a,b], da er F(x) kontinuerlig på [a,b] og deriverbar på (a,b), og man kan vise at ddxF(x)=f(x), og vi skriver at

f(x)dx=F(x)

Analysens andre fundamentalteorem sier at

abf(x)dx=F(b)F(a)

F(a)F(b) er lik arealet mellom x-aksen og funksjonen f(x) mellom x=a og x=b.

Her skal vi vise geometrisk at ddxF(x)=f(x):

Bevis: Den deriverte av den integrerte er funksjonen selv
La f(x) være en reell funksjon (f(x)R, for alle xR), og la funksjonen A(x) beskrive arealet mellom x-aksen og f(x) ved at A(b)A(a) er lik arealet mellom x-aksen og f(x) mellom x=a og x=b. Mellom x og x+Δx vil aralet altså være A(x+Δx)A(x), se figur:
I grenseverdien når Δx0 vil dette arealet bli tilnærmet et rektangel. Arealet av et rektangel er gitt ved
A=lb
og arealet at dette rektangelet ser vi ut ifra figuren blir f(x)Δx. Dermed kan vi konkludere at
f(x)=limΔx0A(x+Δx)A(x)Δx
Men dette kjenner vi som definisjonen av den deriverte. Altså kan vi skrive at
f(x)=ddxA(x)
Vi har dermed bevist at derivasjon og integrasjon er inverse operasjoner av hverandre, det vil si at
ddxf(x)dx=f(x)

Dette kan også vises analytisk ved å ta i bruk noe mer avansert funksjonslære.

Når vi antideriverer en funksjon, dvs at vi tar det ubestemte integralet av funksjonen, får vi altså funksjonen F(x) som inngår i fundamentalteoremet.

Formler for integrasjon

Her er noen nyttige formler for integrasjonen av sentrale funksjoner. Med metodene i de neste seksjonene vil vi også kunne integrere funksjoner sammensatt av disse. Denne tabellen må læres utenat.

f(x)dx=F(x)

f(x) F(x) Eksempel
xn 1n+1xn+1+C f(x)=x3 f(x)dx=14x4+C
1x ln x + C x er positiv
ex ex+C
ax 1lnaax+C
cos x sin x + C
sin x - cos x + C

Bestemte integgraler

aaf(x)dx=0

abkf(x)dx=kabf(x)dx

abf(x)dx=baf(x)dx

abf(x)dx+bcf(x)dx=acf(x)dx

ab(f(x)+g(x))dx=abf(x)dx+abg(x)dx

Integrasjonskonstanten

Ettersom den deriverte av en konstant funksjon er lik null, må vi legge til en vilkårlig konstant til den integrerte av en funksjon.


Eksempel: Integrasjonskonstant
Vi tar for oss integralet
I=xdx
Vi vet at ddx12x2=x, men siden ddxC=0, der C er en konstant, må vi legge denne til. Svaret blir altså
I=xdx=12x2+C

Merk at integrasjonskonstanten blir kansellert når F(x) brukes i sammenheng med det bestemte integralet. Det viser at verdien til C er vilkårlig.

3.1. Integrasjon ved variabelskifte

I derivasjon sier kjerneregelen at

ddxf(u)=dudxdduf(u)

Dermed følger det at

dudxf(u(x))dx=f(u)du

Når vi substituerer variabler i integranden, manipulerer vi også differensialene dx og du. Derfor skal vi nå vise hvordan man finner relasjonen mellom disse differensialene for en generell substitusjon. Deretter kan denne metoden anvendes på forskjellige integraler når de ikke kan løses direkte.

Relasjoner mellom differensialer


En generell substitusjon er
f(x)=g(u)
Vi vil finne relasjonen mellom differensialene dx og du slik at vi kan foreta et variabelskifte.
Dersom vi deriverer begge funksjonene mhp. x, får vi, ifølge kjerneregelen,
df(x)dx=dg(u)dududx
Vi ser dermed at relasjonen mellom differensialene er
dxdf(x)dx=dudg(u)du
eller
f(x)dx=g(u)du

Nå som vi kan manipulere differensialene, viser vi et eksempel der vi får bruk for dette:

Eksempel 1: Variabelskifte
Vi har integralet
I=lnx2xdx
Vi observerer at ddxlnx=1x og at begge disse er med i integranden. En god substitusjon her er derfor lnx=u. Vi finner relasjonen mellom differensialene slik at vi kan gjennomføre variabelskiftet fra x til u.
ddxlnx=dudx1xdx=dudx=xdu
Vi erstatter lnx med u og dx med xdu i integranden. Da får vi
I=u2xxdu=12udu=12udu=14u2+C
Vi substituerer tilbake fra u til x for å få svaret. u=lnx, så
I=14(lnx)2+C


Eksempel 2: Variabelskifte
Vi har integralet
I=tanxdx
Vi vet at tanx=sinxcosx og at ddxsinx=cosx, si vi setter u=cosx:
u=cosxdu=sinxdx
Vi setter inn i integralet og får
I=1udu=ln|u|+C
Vi kan nå erstatte u med x igjen får å få svaret vårt:
I=ln|cosx|+C



Eksempel 3: Variabelskifte

4e2x+1dxsetteru=2x+1 du=2dx

4eudx=2eudu=2eu+C=2e2x+1+C




Eksempel 4: Variabelskifte

11+xdx

u=1+x

dudx=12x12

du=12xdx

dx=2xdu

1udx=1u2xdu

Man bruker at u=1+x og får:

1u2xdu=1u2(u1)du=(22u)du=2du21udu=2u2ln|u|+k

Substituerer tilbake til x og får:

2(1+x)2ln(1+x)+k=2+2x2ln(1+x)+k=2x2ln(1+x)+c

Test deg selv



Grenser ved variabelskifte

Når vi bruker variabelskifte og vi har et bestemt integral, vil grensene for integralet endres slik at integralet ennå gjelder for samme intervall. Dette vises best gjennom et eksempel:


Eksempel: Endring av grenser ved variabelskifte
La oss si at vi har integralet
I=0πcos2xsinxdx
Vi ser at ddxcosx=sinx og velger substitusjonen u=cosx. Da får vi
du=sinxdx1sinxdu
Grensene på integralet må vi endre slik at vi ennå integrerer over samme intervall. Vi gjør dette ved å sette inn grensene for x og løse med hensyn på u. Den nedre grensen blir
cos0=uu=1
Den øvre grensen blir
cosπ=uu=1
Vi setter alt inn i integralet og får
I=11u2sinxsinxu11u2du=[13u3]11=13(1)3(1313)=21313=23

3.1....Delvis integrasjon

Vi kjenner allerede produktregelen fra dervasjon:

ddxuv=uddxv+vddxu

Delvis integrasjon er produktregelen på integralform. Her skal vi utlede formelen for delvis integrasjon fra produktregelen:

Utleding av delvis integrasjon fra produktregelen
Vi starter med produktregelen
(uv)=uv+uv
og trekker fra uv på hver side av likhetstegnet:
uv=(uv)uv
Så integrerer vi:
uvdx=(uv)uvdx=(uv)dxuvdx=uvuvdx
uvdx=uvuvdx
Delvis integrasjon kan også skrives slik:
udv=uvvdu
ved at dvdxdx=dv og dudxdx=du.

Dersom integralet består av forskjellige typer funksjoner (for eksempel en polynomfunksjon multiplisert med en trigonometrisk funksjon) kan delvis integrasjon være et godt førstevalg. Man bør velge u til en funksjon som blir "enklere" etter derivasjonen. Av og til må man utføre delvis integrasjon to ganger før man kommer til et resultat.


Eksempel 1: integralet av naturlig logaritme
Vi vil integrere funskjonen f(x)=lnx. Til det kan vi bruke et lite triks og delvis integrasjon.
Vi skriver lnx=1lnx og lar u=lnx og v=x. Da får vi
dudx=1 og dvdx=1x. Integralet blir
1lnxdx=xlnxx1xdx=xlnxdx=xlnxx+C
Resultatet er altså at
lnxdx=xlnxx+C
Svaret kan kontrolleres ved derivasjon.



Eksempel 2:

(3x+2)sinxdx

Setter u = 3x + 2 og v' = sin x

u' = 3 og v = - cos x

og får da:

(3x+2)sinxdx=(3x+2)(cosx)3(cosx)dx=(3x+2)cosx+3cosxdx=(3x+2)cosx+3sinx+C


Eksempel 3:

Her kommer en litt spesiell variant.

sin2xdx=(sinxsinx)dx

=sinx(cosx)cosx(cosx)dx

sinxcosx+(1sin2x)dx=sinxcosx+xsin2xdx

Da har man:

sin2xdx=sinxcosx+xsin2xdx

2sin2xdx=sinxcosx+x

sin2xdx=12(sinxcosxx)+C




Eksempel 4:

Av og til må man integrere to ganger.

x2exdx

setter x2=u og ex=v

da bli u=2x og v=ex

da får man:

x2exdx=x2ex2xexdx

Så integrerer man en gang til og får:

x2exdx=x2ex(2xex2exdx)=x2ex2xex+2ex+C=(x22x+2)ex+C

Delbrøkoppspalting

Dersom man har en brøkfunksjon med en nevner som har høyere grad enn en og kan faktoriseres kan delbrøkoppspalting være en metode som fører til et resultat. Man ønsker å skrive en brøk med høyere grad enn en i nevner som summen av brøker med førstegradsuttrykk i nevneren. Teknikken illustreres best med et eksempel.

Eksempel 1:


2x+3x24dx=2x+3(x2)(x+2)dx=(A(x2)+B(x+2))dx


Man må så bestemme A og B. Det gjøres ved å løse likningen:

2x+3 = (x + 2)A + (x - 2)B


Velger x slik at parentesen foran A blir null og får x=-2 som gir:


1=4B


B=14


Velger så x slik at parentesen foran B blir null, x = 2:


7=4A

A=74

Integralet blir da:

<math> \int \frac{2x+3}{x^2-4}dx = \int \frac{2x+3}{(x-2)(x+2)}dx =\int (\frac{7}{4(x-2)}+ \frac

{1}{4(x+2)})dx = \frac 74 ln|x-2| + \frac14 ln|x+2| + C </math>


Generelt kan man si at:

<math> \int \frac{ax+b}{(x-x_1)(x-x_2)}dx = \int (\frac{A}{(x-x_1)}+ \frac {B}{(x-x_2)})dx

</math>

Man finner A og B slik at

ax+b=(xx2)A+(xx2)B

Det lønner seg å velge x slik at parentesene blir lik null (en om gangen).

Det kan være lurt å huske at:

1x+adx=ln|x+a|+C

og

1axdx=ln|ax|+C


Eksempel 2:

<math> \int \frac{6x^2-17x+6}{x^3-5x^2+6x}dx = \int \frac{6x^2-17x+6}{x(x-2)(x-3)}dx =\int (\frac{(x-2)(x-3)A}{x}+ \frac {x(x-3)B}{x-2}+ \frac {x(x-2)C}{x-3} dx

</math>

Man må nå finne ut hva A, B og C er. Det gjør man på følgende måte

6x217x+6=(x2)(x3)A+x(x3)B+x(x2)C

Setter først x = 0

6 = 6 A dvs. A = 1

Setter så x = 2 og får:

-4 = -2B dvs. B = 2

Setter så x = 3 og finner at C = 3. Da får man:

<math> \int \frac{6x^2-17x+6}{x^3-5x^2+6x}dx = \int \frac{6x^2-17x+6}{x(x-2)(x-3)}dx =\int (\frac{1}{x}+ \frac {2}{x-2}+ \frac {3}{x-3} dx = ln|x| + 2ln|x-2| +3ln|x-3| + C

</math>

Test deg selv



Dersom man får et intgral der teller er større enn nevner kan man prøve polynomdivisjon før integrasjon.

Polynomdivisjon før integrasjon

Dersom en polynomdivisjon ikke går opp får man en rest i form av en brøkfunksjon som er enklere enn den man startet med. Hvilke metode man bruker for å integrere denne resten er ofte delbrøkoppspalting eller variabelskifte.


Eksempel 3:

x3+2x2+x+1x2+x+2dx

man utfører divisjonen og får

x3+2x2+x+1x2+x+2dx=(x+12x+1x2+x+2)dx

Man observere at brøken har den deriverte av nevner, i teller. Da bruker man substitusjon (variabelskifte) og får

12x2+xln(x2+x+2)+C


Eksempel 4:

2t3+t22t3t21dt

Utfører polynomdivisjonen og får

2t3+t22t3t21dt=(2t+12(t+1)(t1))dt

2= (t - 1)A + (t + 1)B

Velger t = 1 som gir B = 1

Velger så t = -1 og får A = - 1, som gir:

2t3+t22t3t21dt=(2t+12(t+1)(t1))dt=(2t+1(1t+1+1t1))dt=(2t+1+1t+11t1)dt=t2+t+ln|t+1|ln|t1|+C



Utvalgte integraler

Nedenfor følger en del sentrale ubestemte integraler som er aktuelle for VG 3 - R2. Legg gjerne til integraler du tenker bør være med. Det er ofte forskjellige metoder for løsning og det nyttig å se forskjellige løsningsvarianter av samme oppgave.

1)tan(x)dx


Vi vet at tanx=sinxcosx og at ddxcosx=sinx.

Vi setter u=cosx:

u=cosxdu=sinxdx
Vi setter inn i integralet og får
I=sinx1cosxdx=1udu=ln|u|+C
Vi kan nå erstatte u med x igjen:
I=ln|cosx|+C

2)tan2(x)dx

Bruker resultatet fra derivasjonen av tan(x):

(tan(x))=tan2(x)+1tan2(x)=(tan(x))1

Vi integrerer så på begge sider

tan2(x)dx=(tan(x))1dxtan2(x)dx=tan(x)x+C


3)ln(x)dx

Vi vil integrere funksjonen f(x)=lnx. Til det kan vi bruke et lite triks og delvis integrasjon.
Vi skriver lnx=1lnx og lar u=lnx og v=1. Da får vi
u=1x og v = x. Integralet blir
1lnxdx=xlnxx1xdx=xlnxdx=xlnxx+C
Resultatet er altså at

ln|x|=xlnxx+C

4)cos2(x)dx

Vi prøver delvis integrasjon. ( cos x)' = - sin x og (sin x)' = cos x).

I=cos2xdx=(cosx)(cosx)dx=sinxcosx(sinx)sinxdxcos2xdx=sinxcosx+sin2xdxcos2xdx=sinxcosx+1cos2xdxcos2xdx=sinxcosx+1dxcos2xdxcos2xdx=sinxcosx+xcos2xdx2cos2xdx=sinxcosx+xcos2xdx=12(sinxcosx+x)+C

5)sin2(x)dx

<math> \int sin^2x dx = \int (sinx \cdot sinx) dx \ = sinx \cdot (-cosx) - \int cosx \cdot (-cosx)dx \

= - sinx cosx + \int (1-sin^2x) dx \ = - sinx cosx + x - \int sin^2x dx</math>

Da har man:

sin2xdx=sinxcosx+xsin2xdx2sin2xdx=sinxcosx+xsin2xdx=12(sinxcosxx)+C

6)x2exdx

Bruker delvis integrasjon. Setter u=x2 og v=ex:

x2exdx=x2ex2xexdx

Repeterer så øvelsen med u = 2x og får:

x2exdx=x2ex2xexdx=x2ex(2xex2exdx)x2ex2xex+2ex+c=ex(x22x+2)+c

7)1x+adx

1x+adx=ln|x+a|+C

8)(14x315x2+2x4)dx

(14x315x2+2x4)dx=116x4115x3+x24x+C

9)4e2x+1dx

Prøver integrasjon med variabelskifte, og setter

u=2x+1du=2dx4dx=2du

4eudx=2eudu=2eu+C=2e2x+1+C

10)11+xdx

Setter u=1+xx=u1dudx=12x12du=12xdxdx=2xdu1udx=1u2xdu


1u2xdu=1u2(u1)du=(22u)du=2du21udu=2u2ln|u|+k

Substituerer tilbake til x og får:

2(1+x)2ln(1+x)+k=2+2x2ln(1+x)+k=2x2ln(1+x)+c


11)sin(2x)dx

Setter u = 2x. dudx=2

Vi får da:

sin(2x)dx=sin(u)dx=12sin(u)du=12cos(2x)+c

12)(exex)dx

(exex)dx=ex+ex+c

13)xx24dx

Prøver å sette u=x24 da blir dudx=2x

xx24dx=x1udx=121udu=12ln|x24|+c


14)3xx21dx

u=x21,dx=du2x3xu12du2x=32u12du=322u12+c=3x21+c

15)x3ex2dx

u=x2,dx=du2xxueudu2x=12ueudu

Kan nå bruke delvis integrasjon.

12ueudu=12(ueueu)=12(x2ex2ex2)+c=12ex2(x21)+c

16)1x23x+2dx

1x23x+2dx=1(x1)(x2)dx=Ax1+Bx2dx1=A(x2)+B(x1)x=1:A=1x=2:B=11x1+1x2dx=ln|x1|+ln|x2|+c=ln|x2x1|+c

17)1x33x2+2xdx

1x33x2+2xdx=1x(x2)(x1)dx=(Ax+Bx2+Cx1)dx1=A(x2)(x1)+Bx(x1)+Cx(x2)x=0:A=12x=2:B=12x=1C=1(12x+12x2+(1)x1)dx=12(ln|x|+ln|x2|)ln|x1|+C

18)x3+x2+xx21dx

Her bruker vi polynomdivisjon først, og får:

x3+x2+xx21dx=(x+1+2x+1x21)dx=(x+1+Ax+1+Bx1)dx2x+1=A(x1)+B(x+1)x=1:1=2AA=12x=1:3=2BB=32=(x+1+12x+1+32x1)dx=12x2+x+12ln[x+1|+32ln|x1|+c=12(x2+2x+ln|x+1|+3ln|x1|)+c


19)1x2+4x+4dx

Her kan det være naturlig å teste delbrøkoppspalting, men vi får problemer med å finne A og B. Nevneren kan skrives som (x+2)2 Vi prøver i stedet variabelskifte med u=x+2 :

1u2du=u2du=u1+c=1x+2+c

20)dx

Et utvalg integraler

3.1.1

Formålet med denne siden er at de som har behovet skal få en viss forståelse for hva integrasjon og integraler er. Du må vite hva derivasjon er først. Dersom du ønsker en mer systematisk og matematisk behandling av emnet går du til integrasjon

3.1.2

En moped beveger seg med konstant fart 4 meter per sekund. Grafisk kan det se slik ut:


Den fiolette linjen representerer grafen til funksjonen

f(t) = 4.

Vi er interessert i å se på arealet under grafen. Hva forteller det oss?

  • Mopeden kjører med konstant hastighet 4m/s i 7 sekunder.

I den perioden tilbakelegger den en strekning S på S=vt=4m/s7s=28m.

Dersom vi teller antall ruter under grafen, eller regner ut arealet av rektangelet får vi også 28.

  • Arealet under grafen til funksjonen som utrykker hastighet som funksjon av tiden gir oss altså tilbakelagt strekning i samme tidsrom.

Legg merke til følgende:

  • Når vi skal tolke arealet under en graf er enheten for svaret alltid lik enheten på x- aksen multiplisert med enheten på y-aksen.

I eksemplet over gir det sms=m


3.1.3

En annen moped kjører med hastigheten 6 meter per sekund og begynner så å bremse opp. Mopeden bremser med en jevn akselerasjon (negativ) fra 6m/s til 1 m/s. Funksjonen som beskriver situasjonen ser slik ut:

g(t) = 6 - t

Dette skjer i løpet av fem sekunder.

I dette eksemplet ser vi at arealet under grafen er 17,5 og at benevningen er m (meter), hvilket betyr at mopeden beveger seg 17,5 meter under oppbremsingen.

De to eksemplene over var med rette linjer, altså lineære funksjoner. Hva da når grafen krummer?

3.1.4

For å finne arealet under krumme kurver kan vi dele området opp i rektangler som vist under


Vi observerer følgende:


  • Rektanglene under kurven i figur A1 og A2 vil gi et større areal enn det som faktisk er under kurven.
  • Rektanglene under kurven i figur B1 og B2 vil gi et mindre areal enn det som faktisk er under kurven.
  • Bredden av rektanglene og derved også antall rektangler, har betydning for nøyaktigheten i resultatet. Både modell A og B vil bevege seg mot arealet under kurven, når antall rektangler går mot uendelig, og bredden av rektanglene avtar. Arealet under kurven er summen av disse rektanglene. Bredden av et rektangel er gitt ved:

Δx=ban

Der n er antall rektangler, b er øvre grense og a er nedre grense som begrenser arealet under kurven.

Summen Sn av rektanglene under grafen blir:

Sn=f(x1)Δx+f(x2)Δx+..+f(xn)Δx (kalles Riemannsum)

Det bestemte integralet til f er:

abf(x)dx=limnSn

Der f(x) er integranden, a er nedre integrasjonsgrense, b er øvre integrasjonsgrense.


Dersom det finnes en deriverbar funksjon F(x) er

F'(x) = f(x)

f(x)dx=F(x)+C

Der C er en konstant. Vi sier at F(x) er en antiderivert av f(x).

Det bestemte integralet blir da:

abf(x)dx=F(b)F(a)

Der a og b er integrasjonsgrensene.

Du lurer kanskje på hva som skjedde med C? Dersom vi ser på høyre side av likhetstegnet ser vi at

F(b) + C - (F(a) + C) = F(b) - F(a)

Altså forsvinner C.



Det eksakte svaret på oppgaven er altså:

120,3x2dx=[0,33x3]12=0,1(81)=0,7

Tilnærmingen med 50 rektangler (A2 og B2) var altså god.

3.1.5

La oss se på eksemplene i begynnelsen:

f(t) = 4 gir:

074dt=[4t]07=280=28

Som var det samme resultatet vi fikk ved å telle ruter.


g(t) = 6 -t gir:

05(6t)dt=[6t12t2]05=3012,50=17,5

Resultatet tilsvarer det vi fikk ved å telle ruter.

3.1.6. Er integral og areal det samme?

Så langt har vi sett på arealer avgrenset av x-aksen, a, b og en graf som ligger over x-aksen. Hva når grafen til funksjonen ligger under x-aksen?

La oss finne det bestemte integralet avgrenset av x = -2, x = -1, x-aksen og funksjonen f(x)=1x


Geogebra gir oss et integral på - 0,69, Altså en negativ verdi. Regning for hånd gir:

211xdxdx=ln|1|ln|2|=00,69=0,69

Man ser at dette stemmer med grafen til ln (x), som er tegnet lilla i samme koordinatsystem.



Et eksempel til:

f(x) = sin x

02π(sinx)dx=[cosx]02π=1(1)=0


Fra disse eksemplene ser vi at integralet og arealet IKKE er det samme, selv om vi kan tolke integralet geometrisk.



Noen ganger kan det være vanskelig eller umulig å finne et utrykk for den antideriverte. Da kan man ta utgangspunkt i Riemannsummen og løse problemet numerisk.

Eller man kan gjøre som en professor jeg kjente. Han brukte saks, tykt papir og en nøyaktig vekt. Ved å klippe ut arealet under grafen og sammenligne det med et kjent areal, ved veiing, kom han fram til tilnærminger gode nok for de fleste ingeniørformål.


Tilbake til R2 Hovedside



Test deg selv