Løsningsforslag, integrasjon

Ubestemte integraler

Oppgave 1:

Vi skal beregne tre ubestemte integraler:

  1. $\int x^3 \; dx$
     
  2. $\int \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx$
     
  3. $\int \sqrt[4]{t} \; dt$

I alle oppgavene brukes regelen for å integrere potenser: $\int x^r \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle r+1}x^{\displaystyle r+1} + C, \, r \ne -1$.

I 2. brukes i tillegg regelen om at en potens kan flyttes mellom teller og nevner når vi endrer fortegn på eksponenten: $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle a^r} = a^{-r}$.

I 3. brukes i tillegg regelen om at en rot kan skrives som en potens og vice versa: $\sqrt[{\large n}]{a} = a^{\large \frac{1}{n}}$. I 3. heter variabelen $t$ i stedet for $x$, men det har ingen betydning.

  1. $\int x^3 \; dx = {\large \frac{1}{4}}x^4 + C$
     
  2. $\int \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx = \int x^{-3} \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle -2}x^{-2} + C = -\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2x^2} + C$
     
  3. $\int \sqrt[{\large 4}]{t} \; dt = \int t^{\large \frac{1}{4}} \; dt = {\large \frac{1}{{\Large \frac{5}{4}}}}t^{\large \frac{5}{4}} + C = {\large \frac{4}{5}}\sqrt[{\large 4}]{t^5} + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal beregne det ubestemt integralet

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx$

Her brukes reglene om at summer og differanser kan integreres ledd for ledd og at konstanter kan settes utenfor. Andre regler er allerede beskrevet i oppgave 1.

$\int (4x^3 + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x^2}) \; dx = 4\int x^3 \; dx + {\large\frac{1}{3}} \int x^{-2} \; dx =\\
4 \cdot {\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{1}{3}} \cdot {\large \frac{1}{-1}}x^{-1} + C = x^4 – \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3x} + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal beregne tre ubestemte integraler:

  1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx$
     
  2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx$
     
  3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb{R}$

I 1. brukes regelen for å integrere $e^x$ og generelle eksponentialfunksjoner.

I 2. brukes regelen for å integrere trigonometriske funksjoner.

3. er en luring, for der er det to svar. Dersom $ a \ne -1$ brukes potensregelen, men hvis $a = -1$, brukes regelen for ${\large \frac{1}{x}}$.

Andre regler er allerede beskrevet i oppgave 1.

  1. $\int (2e^x + 3^x) \; dx = 2e^x + {\large \frac{1}{\ln 3}}3^x + C$
     
  2. $\int 2(\sin x + \cos x) \; dx = 2\int (\sin x + \cos x) \; dx =\\
    -2 \cos x + 2 \sin x + C = 2(\sin x – \cos x) + C$

     
  3. $\int x^a \; dx, a \in \mathbb R =
    \begin{cases}
    {\large \frac{1}{a + 1}}x^{a + 1} +C & a \ne -1\\
    \\
    \ln |x| + C & a = -1
    \end{cases}$

Tilbake til oppgaven

Bestemte integraler

Oppgave 1:

Vi skal beregne tre bestemte integraler:

  1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx$
     
  2. $\int\limits_{-1}^1 2 \; dx$
     
  3. $\int\limits_a^b(\sin x + 5^x) \; dx$

Et bestemt integral beregnes ved å beregne det tilhørende ubestemte integralet og sette inn integrasjonsgrensene. For å beregne det ubestemte integralet bruker vi regler som allerede er presentert i avsnittet om ubestemte integraler.

I oppgave 3. er integrasjonsgrensene bokstaver i stedet for tall, men det har ingen betydning for prinsippet. Legg også merke til at vi ikke trenger å ta med absoluttverditegn rundt 5 fordi 5 er et positivt tall.

  1. $\int\limits_1^3 6x^2 \; dx = \big[2x^3\big]_1^3 = 2 \cdot 3^3 – 2 \cdot 1^3 = 54 – 2 = 52$
     
  2. $\int\limits_{-1}^1 2 \; dx = \big[2x\big]_{-1}^1 = 2 \cdot 1 – 2 \cdot (-1) = 2 + 2 = 4$
     
  3. $\int\limits_a^b(\sin x + 5^x) \; dx = \big[-\cos x + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^x\big]_a^b = \\
    -\cos b + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^b – (-\cos a + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \ln 5}5^a) = \cos a – \cos b + \frac{\displaystyle 5^b – 5^a}{\displaystyle \ln 5}$

Tilbake til oppgaven

Integral som areal

Oppgave 1:

Vi skal beregne arealet avgrenset av grafen til $f(x) = -3x^2 + 4x + 8$x-aksen og linjene $x = -1$ og $x = 2$.

Arealet er gitt ved

$A = \int\limits_{-1}^2 -3x^2 +4x + 8\; dx = \big[-x^3 + 2x^2 + 8x\big]_{-1}^2 = \\ -2^3 + 2 \cdot 2^2 + 8 \cdot 2 – \big(- (-1)^3 + 2 \cdot (-1)^2 + 8 \cdot (-1) \big) = 16 – (-5) = 21$

Dette er illustrert under.

Areal under graf som ligger over x-aksen

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne arealet mellom grafen til $f(x) = x^3 + 2x^2 – x – 2$ og x-aksen, avgrenset av skjæringspunktene $x = -2$, $x = -1$ og $x = 1$, med graf som visxt under.

Arealet mellom f(x) = x^3 + 2x^2 - x - 2 og x-aksen

Grafen ligger over x-aksen mellom $x = -2$ og $x = -1$, og under x-aksen mellom $x = -1$ og $x = 1$. Vi deler derfor opp i to integraler.

For området over x-aksen får vi:
$A_1 = \int\limits_{-2}^{-1}(x^3 + 2x^2 – x – 2) \; dx = \big[{\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 – {\large \frac{1}{2}}x^2 -2x\big]_{-2}^{-1} = \\
{\large \frac{1}{4}}(-1)^4 + {\large \frac{2}{3}}(-1)^3 – {\large \frac{1}{2}}(-1)^2 – 2(-1) – \Big({\large \frac{1}{4}}(-2)^4 + {\large \frac{2}{3}}(-2)^3 – {\frac{1}{2}}(-2)^2 – 2(-2) \Big) = \\
{\large \frac{1}{4}} – {\large \frac{2}{3}} – {\large \frac{1}{2}} + 2 – (4 – {\large \frac{16}{3}} – 2 + 4) = {\large \frac{5}{12}}$

For området under x-aksen får vi:
$A_2 = -\int\limits_{-1}^{1}(x^3 + 2x^2 – x – 2) \; dx = \big[{\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 – {\large \frac{1}{2}}x^2 -2x\big]_{-1}^{1} = \\
-\bigg({\large \frac{1}{4}}1^4 + {\large \frac{2}{3}}1^3 – {\large \frac{1}{2}}1^2 – 2 \cdot 1 – \Big({\large \frac{1}{4}}(-1)^4 + {\large \frac{2}{3}}(-1)^3 – {\large \frac{1}{2}}(-1)^2 – 2(-1)\Big)\bigg) = \\
-\Big({\large \frac{1}{4}} + {\large \frac{2}{3}} – {\large \frac{1}{2}} – 2 – ({\large \frac{1}{4}} – {\large \frac{2}{3}} – {\large \frac{1}{2}} + 2)\Big) = {\large \frac{32}{12}}$

Og det totale arealet blir
$A = A_1 + A_2 = {\large \frac{5}{12}} + {\large \frac{32}{12}} = {\large \frac{37}{12}} \approx 3{,}08$.

Tilbake til oppgaven

Integral som helhet

Oppgave 1:

En husstands strømforbruk gjennom et døgn, målt i kW, er gitt ved funksjonen $f(t) = -0,003t^3 + 0,1t^2 – 0,7t + 1$, der $t$ er tiden etter midnatt, og vi skal finne totalforbruket i løpet av et døgn, det vil si mellom klokka 00 og 24.

Her skal vi "samle opp" strømforbruket mens $t$ endrer seg fra 0 til 24. Det gjør vi ved å beregne følgende integral:

$\int\limits_0^{24}(-0{,}003t^3 + 0{,}1t^2 – 0{,}7t + 1) \; dt = \big[ -{\large \frac{0{,}003}{4}}t^4 + {\large \frac{0{,}1}{3}}t^3 – {\large \frac{0{,}7}{2}}t^2 + t \big]_0^{24} = \\
-{\large \frac{0{,}003}{4}}\cdot (24)^4 + {\large \frac{0{,}1}{3}} \cdot (24)^3 – {\large \frac{0{,}7}{2}} \cdot (24)^2 + 24 – 0 \approx 34{,}37$

Døgnforbruket blir ca. 34,37 kWh.

Vi ser at vi har fått en endring i enhet. Vi integrerte kW, og fikk kWh. Vi har gått fra effekt, som måles i kilowatt (kW), til energi som måles i kilowattimer (kWh), der 1 kilowattime er det samme som 3600 kilojoule eller omlag 860 kilokalorier.

h-en stammer fra $dt$ i integrasjonsuttrykket, der det er oppgitt at enheten er timer (h). $dt$ eller $dx$ er altså ikke bare med å fortelle hvilken variabel vi integrerer med hensyn på, den bidrar til dimensjonen. På samme måte er det når enheten for $x$ er centimeter. Da bidrar $dx$ også med en centimeterdimensjon, og vi får kvadratcentimeter når vi integrerer. Det er jo logisk også, for vi vet jo at integrasjonen kan tolkes som et areal.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal rotere flaten i figuren under om x-aksen til en kjegle, og så, ved integrasjon av uendelig mange sirkelskiver som skjæres av kjegla, vise at volumet er $9 \pi$.

Flate som skal roteres til en kjegle

Hver sirkelskive vil ha radius $x$, og derfor areal $\pi x^2$. Når vi integrerer dette uttrykket bruker vi integrasjonsgrensene som framgår av figuren, $x = 0$ og $x = 3$.

$V = \int\limits_0^3 \pi x^2 \; dx = \pi \big[{\large \frac{1}{3}}x^3\big]_0^3 = \pi ({\large \frac{1}{3}} \cdot 3^3 – {\large \frac{1}{3}} \cdot 0^3) = 9 \pi$.

Som var det vi skulle komme fram til.

Vi ser at vi får det samme hvis vi bruker formelen for volumet av ei kjegle, $V = {\large \frac{1}{3}} \pi r^2 h$, for her er $r = 3$ og $h = 3$, så vi får $V = {\large \frac{1}{3}} \pi \cdot 3^2 \cdot 3 = 9 \pi$.

Og på samme måte som i oppgave 1 får vi en endring i dimensjon. Vi integrerer et areal, og får et volum.

Tilbake til oppgaven

Integrasjon ved delbrøkoppspaltning

Oppgave 1:

Vi skal bruke delbrøkoppspalting til å beregne tre integraler.

  1. $\int \frac{\displaystyle 5x – 3}{\displaystyle (x + 1)(x -3)} \; dx$
    Her vet vi at nevner i den ene brøken skal være $x – 1$ og nevner i den andre brøken $x – 3$. Så vi får følgende likning:
    $\frac{\displaystyle 5x – 3}{(\displaystyle x + 1)(x – 3)} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x – 3}$
    Vi multipliserer med fellesnevneren og får
    $5x – 3 = A(x – 3) + B(x + 1)$
    Vi setter først $x = -1$ for å bli kvitt $B$:
    $5(-1) – 3 = A(-1 – 3) + B(-1 + 1) \Leftrightarrow -8 = -4A \Leftrightarrow A = 2$
    Så setter vi $x = 3$ for å bli kvitt $A$:
    $5 \cdot 3 – 3 = A(3 – 3) + B(3 + 1) \Leftrightarrow 12 = 4B \Leftrightarrow B = 3$
    Det vil si at integralet blir:
    $\int \frac{\displaystyle 5x – 3}{(\displaystyle x + 1)(x -3)} \; dx = \int \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 1} \; dx + \int \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle x – 3} \; dx = 2 \ln |x + 1| + 3 \ln | x – 3| + C$
     
  2. $\int \frac{\displaystyle 5x – 7}{\displaystyle x^2 – 3x +2} \; dx$
    Her må vi først finne nullpunktene i nevneren:
    $x^2 – 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow x_1 = 2$ eller $x_2 = 1$
    Det vil si at $x^2 – 3x +2$ kan faktoriseres som $(x – 1)(x – 2)$
    Så vi kan sette opp følgende likning:
    $\frac{\displaystyle 5x – 7}{\displaystyle x^2 – 3x + 2} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x – 2} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x – 1}$
    Vi multipliserer med fellesnevneren og får
    $5x – 7 = A(x – 1) + B(x – 2)$
    Vi setter først $x = 2$ for å bli kvitt $B$:
    $5 \cdot 2 – 7 = A(2 – 1) + B(2 – 2) \Leftrightarrow 3 = A \Leftrightarrow A = 3$
    Så setter vi $x = 1$ for å bli kvitt $A$:
    $5 \cdot 1 – 7 = A(1 – 1) + B(1 -2) \Leftrightarrow -2 = -B \Leftrightarrow B = 2$
    Det vil si at integralet blir:
    $\int \frac{\displaystyle 5x – 7}{\displaystyle x^2 – 3x +2} \; dx = \int \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle x -2} \; dx + \int \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x – 1} \; dx = 3 \ln |x – 2| + 3 \ln | x – 1| + C$
     
  3. $\int \frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 – 5x + 6} \; dx$
    Her er ikke nevner av større grad enn teller, så vi må først utføre en polynomdivisjon:
    $(x^2 + 8) : (x^2 – 5x + 6) = 1 + \frac{\displaystyle 5x + 2}{\displaystyle x^2 – 5x + 6}$
    Vi arbeider videre med brøken, og finner først nullpunktene i nevneren:
    $x^2 – 5x + 6 = 0 \Leftrightarrow x_1 = 3$ eller $x_2 = 2$
    Det vil si at $x^2 – 5x + 6$ kan faktoriseres som $(x – 3)(x – 2)$
    Så vi kan sette opp følgende likning:
    $\frac{\displaystyle 5x + 2}{\displaystyle x^2 – 5x + 6} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x – 3} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x – 2}$
    Vi multipliserer med fellesnevneren og får
    $5x + 2 = A(x – 2) + B(x – 3)$
    Vi setter først $x = 3$ for å bli kvitt $B$:
    $5 \cdot 3 + 2 = A(3 – 2) + B(3 – 3) \Leftrightarrow 17 = A \Leftrightarrow A = 17$
    Så setter vi $x = 2$ for å bli kvitt $A$:
    $5 \cdot 2 + 2 = A(2 – 2) + B(2 – 3) \Leftrightarrow 12 = -B \Leftrightarrow B = -12$
    Det vil si at integralet blir:
    $\int \frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 – 5x + 6} \; dx = \int 1 \; dx + \int \frac{\displaystyle 17}{\displaystyle x – 3} \; dx – \int \frac{\displaystyle 12}{\displaystyle x – 2} \; dx = x + 17 \ln |x – 3| – 12 \ln |x-2| + C$

Tilbake til oppgaven

Integrasjon ved substitusjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke substitusjon til å beregne integralet $\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$. Her ser vi at hvis vi deriverer uttrykket inni parentesen, får vi uttrykket utenfor parentesen. Så vi setter:

$g = x^2 + 1$

og får

$\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 2x \Leftrightarrow \; dx = \frac{\displaystyle du}{\displaystyle 2x}$

Substitusjon gir

$\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int g^3 \, 2x \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = \int g^3 \; dg = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 + C = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal ta utgangspunkt i det vi gjorde i oppgave 1, og finne $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$ ved

  1. å sette integrasjonsgrensene inn i det endelige ubestemte integralet.
    Vi tar utgangspunkt i det ubestemte integralet i oppgave 1, og får:
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}(x^2 + 1)^4 \big]_0^1 = \frac{\displaystyle (1^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} – \frac{\displaystyle (0^2 + 1)^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} – \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$
     
  2. å sette integrasjonsgrensene inn i integrasjonsuttrykket for $g$. Vi har at:
    $g = x^2 + 1$

    $x = 0$ gir $g= 0^2 + 1 = 1$
    og
    $x = 1$ gir $g = 1^2 + 1 = 2$
    og vi får
    $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx = \int\limits_1^2 g^3 \; dg = \big[\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}g^4 \big]_1^2 = \frac{\displaystyle 2^4}{\displaystyle 4} – \frac{\displaystyle 1^4}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 16}{\displaystyle 4} – \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4} = \frac{\displaystyle 15}{\displaystyle 4}$

Tilbake til oppgaven

Delvis integrasjon

Oppgave 1:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int (x + 1)e^{-x} \; dx$

Vi bør om mulig velge en $u'$ som blir enklere ved integrasjon, og en $v$ som blir enklere ved derivasjon. I denne oppgaven ser vi at $x + 1$ blir enklere ved derivasjon, og $e^{-x}$ vil bare skifte fortegn ved integrasjon. Så vi velger:

$u' = e^{-x}$, som gir $u = -e^{-x}$

og

$v = x + 1$, som gir $v' = 1$

Dette setter vi inn i formelen for delvis integrasjon, $\int u'v \; dx = uv – \int uv' \; dx$, og får:

$\int (x + 1)e^{-x} \; dx = -e^{-x} (x + 1) – \int -e^{-x} \cdot 1 \; dx = -e^{-x} (x + 1) – e^{-x} + C = -e^{-x}(x + 2) + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x(3x + 2) \; dx$

$3x + 2$ blir enklere ved derivasjon og $e^x$ er nøytralt ved integrasjon, så vi velger

$v = 3x + 2$ og $u' = e^x$

og får

$v′ = 3$ og $u = e^x$

Vi setter inn i formelen for delvis integrasjon, $\int u'v \; dx = uv – \int uv' \; dx$, og får:

$\int e^x(3x + 2) \; dx = e^x(3x + 2) – \int e^x \cdot 3 \; dx = e^x(3x + 2) – 3e^x + C = e^x(3x -1) + C$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal bruke delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x \sin x \; dx$

Her blir det hipp som happ hva vi lar være $v$ og $u'$, men velger vi 

$v = \sin x$ og $u' = e^x$

får vi

$v′ = \cos x$ og $u = e^x$

Og delvis integrasjon gir

$\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x – \int e^x \cos x \; dx$

Vi bruker delvis integrasjon igjen på det nye integralet $\int e^x \cos x \; dx$

Igjen blir det hipp som happ hva vi lar være $v$ og $u'$, men velger vi

$v = \cos x$ og $u' = e^x$

får vi

$v′ = -\sin x$ og $u = e^x$

Og delvis integrasjon gir

$\int e^x \cos x \; dx = e^x \cos x – \int e^x (-\sin x) \; dx = e^x \cos x + \int e^x \sin x \; dx$

Setter vi dette inn i uttrykket for det opprinnelige integralet, får vi

$\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x – e^x \cos x – \int e^x \sin x \; dx$

Nå har vi det opprinnelige integralet på nytt på høyre side med motsatt fortegn, og kan flytte det over til venstre side:

$2\int e^x \sin x \; dx = e^x \sin x – e^x \cos x$

Vi dividerer med $2$ på begge sider av likningen og legger til integrasjonskonstanten $C$:

$\int e^x \sin x \; dx = \frac{\displaystyle e^x (\sin x – \cos x)}{\displaystyle 2} + C$

Tilbake til oppgaven