Trigonometri med GeoGebra

De trigonometriske funksjonene

GeoGebra har alle de seks trigonometriske funksjonene innebygd:

Sinus: sin

Cosinus: cos

Tangens: tan

Cosekant: csc eller cosec

Sekant: sec

Cotangens: cot

For sinus, cosinus og tangens finnes inverse funksjoner:

Sinus: asin eller arcsin

Cosinus: acos eller arccos

Tangens: atan eller arctan

For å plotte grafen til sinus, for eksempel, skriver vi: sin(x) i inntastingsfeltet.

Grader og radianer

GeoGebra forventer at argumentet til de trigonometriske funksjonene oppgis i radianer. Vi ser for eksempel i bildet under at grafene til sinus og cosinus skjærer x-aksen i multipler av $\pi$ og  $\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}$.

 

Kurvene til sinus og cosinus, skala langs x-aksen i radianer

GeoGebra tilbyr imidlertid en enkel måte å konvertere fra grader til radianer på, vi skriver bare et gradetegn, °, bak gradtallet. For eksempel er sin 90° = 1. sin(x°) vil tegne grafen til sinus basert på grader. Gradetegnet får vi fram ved å trykke <alt>o, eller velge fra menyen som blir tilgjengelig når vi setter markøren i inntastingsfeltet:

Velge gradetegn fra meny i geogebra.

Vi ser at denne menyen også inneholder en del andre spesialtegn, blant annet π. π kan vi også få fram ved å trykke <alt>p.

For å få $\pi$ eller $\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}$ som akseenhet, slik det er vist over, velger vi «Avstand» i Innstillinger-dialogboksen:

Velge pi / 2 som enhet på x-aksen

Illustrere definisjonen av sinus og cosinus

Med GeoGebra kan vi illustrere definisjonen av sinus og cosinus grafisk. Med basis i en enhetssirkel, er sinus og cosinus til en vinkel definert som vist i figuren under:

Definisjon av sinus og cosinus

Eksempel 1:

Vi skal illustrere definisjonen av sinus i GeoGebra:

      1. Zoom og panorer slik at en sirkel med radius 1 vises godt og tydelig.
         
      2. Lag en enhetssirkel:
        ​Velg «Sirkel definert ved sentrum og radius» fra denne menyen:
        Meny for å sette inn sirkel
        Klikk i origo og oppgi 1 som radius i dialogboksen som kommer opp.
        GeoGebra tegner enhetssirkelen i grafikkfeltet og oppgir formelen i algebrafeltet under navnet c: x2 + y2 = 1.
        GeoGebra lager også et punkt, A, i origo.
         
      3. Lag en sirkelbue på enhetssirkelen:
        Velg «Sirkelbue definert ved sentrum, radius og punkt» fra denne menyen:
        Illustrasjon av menypunkt
        Klikk i origo, deretter i punktet (1, 0), deretter et stykke opp på sirkelen, for eksempel tilsvarende C i figuren over.
        GeoGebra lager et punkt, B, i (1, 0) og C der vi klikket på sirkelen. Punktet C kan skyves rundt på sirkelen. Punktene vises i grafikkfeltet og koordinatene kommer opp i algebrafeltet. I algebrafeltet kommer også lengden av sirkelbuen BC opp under navnet d.
         
      4. Lag et linjestykke mellom A og C:
        Skriv: linjestykke(A, C) i inntastingsfeltet.
        GeoGebra tegner en linje mellom A og C i grafikkfeltet. I algebrafeltet kommer lengden på linjestykket opp under navnet a.
        Men denne lengden vet vi jo allerede alltid er 1.
         
      5. Lag et linjestykke mellom C og x-aksen. Dette linjestykket representerer sinus:
        Skriv: linjestykke(C, (x(C), 0)) i inntastingsfeltet. Her er (x(C), 0) punktet som har samme x-koordinat som C, og y-koordinat 0. Dette punktet vil med andre ord alltid ligge på x-aksen rett under C.
        GeoGebra tegner en loddrett linje mellom C og x-aksen i grafikkfeltet. I algebrafeltet kommer lengden på linjestykket opp under navnet b.

​Når vi nå drar punktet C langs enhetssirkelen, illustreres sinus som et linjestykke i grafikkfeltet og et tall i algebrafeltet.

Oppgave 1:

Modifiser oppskriften i eksempel 1 til å illustrere definisjonen av cosinus.

Se løsningsforslag

GeoGebra-filSe GeoGebra-fil med eksempel 1 og oppgave 1
 

Eksempel 2:

Vi skal bygge ut det vi laget i eksempel 1 slik at en sinuskurve tegnes opp ved å plotte sinus som en funksjon av vinkelen BAC.

      1. Hent fram fila fra eksempel 1.
         
      2. Finn sinus til vinkelen:
        Skriv: y(C) i inntastingsfeltet. Dette er y-koordinaten til punktet C, altså avstanden fra C til x-aksen, med andre ord sinus til BAC.
         
      3. GeoGebra viser tallverdien i algebrafeltet under navnet f.
        I eksempel 1 markerte vi denne avstanden med ei linje. GeoGebra viser lengden på denne linja som b i algebrafeltet. Men vi kan ikke bruke den som sinus fordi den aldri blir negativ.
         
      4. Lag et punkt som har x-koordinat lik vinkelen (i radianer) og y-koordinat lik sinus til vinkelen:
        Skriv: (d, f) i inntastingsfeltet. d har vi fra eksempel 1 som lengden av sirkelbuen fra x-aksen opp til punktet C, altså størrelsen på vinkelen BAC målt i radianer. f er sinus vi laget i punkt 2.
         
      5. GeoGebra oppretter et punkt som kalles D.
        Når vi drar i C, ser vi at D beveger seg langs en sinuskurve.
         
      6. Hvis nødvendig, zoom ut og panorer slik at ikke D forsvinner ut til høyre.
         
      7. Sett sporing på punktet D:
        Høyreklikk i D og velg «Slå på sporing».

GeoGebra tegner opp en graf som følger punktet D.

Oppgave 2:

Modifiser oppskriften i eksempel 2 til å tegne grafen til cosinus.

Se løsningsforslag

GeoGebra-filSe GeoGebra-fil med eksempel 2 og oppgave 2
 

SkjermfilmSe film som viser eksempel 1 og 2
 

Polarkoordinater

I GeoGebra kan vi ikke velge bort det kartesiske koordinatsystemet til fordel for et system med polarkoordinater. Men vi kan få rutenettet til å vise polarkoordinater. Det gjør vi ved å velge «Rutenett» fra Innstillinger-dialogboksen og sette «Type rutenett» til «Polar». Husk også å huke av for «Vis rutenett».

Illustrasjon av hvordan en velger polart rutenett.

Skal vi angi et punkt i polarkoordinater i GeoGebra, angir vi r og θ mellom parenteser, atskilt med semikolon. Forskjellen på å angi polarkoordinater og kartesiske koordinater er altså at vi bruker semikolon som skilletegn i stedet for komma. θ måles i radianer hvis vi ikke angir grader ved å skrive et gradetegn, °, slik som beskrevet i et tidligere avsnitt.

Eksempel 3:

Vi skal plotte punktet r = 2, θ = 45° i GeoGebra. Da skriver vi: (2; 45°) i inntastingsfeltet.

Oppgave 3:

Plott punktet r = 1, θ = 60° i GeoGebra.

Se løsningsforslag

Selv om vi oppgir θ i radianer, viser GeoGebra verdien i grader i algebrafeltet.

I algebrafeltet kan vi bytte mellom kartesiske koordinater og polarkoordinater ved å høyreklikke på koordinatene og velge «Kartesiske koordinater» eller «Polare koordinater».

SkjermfilmSe film som illustrerer bruk av polarkoordinater i GeoGebra
 

Kilder

    • Bueie, H: (2011) GeoGebra for lærere. Universitetsforlaget
    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Integrasjon med GeoGebra

GeoGebra kan brukes til å beregne både bestemte og ubestemte integraler.

Kommandoen for å integrere heter integral. Vi kan skrive inn funksjonsforskriften vi vil integrere direkte i kommandoen, for eksempel integral(6x^2), eller vi kan bruke kommandoen på en funksjon vi allerede har lagt inn. Har vi lagt inn en funksjon som heter f, integrerer vi den med kommandoen integral(f). GeoGebra viser funksjonsforskriften til den integrerte funksjonen i algebrafeltet og grafen i grafikkfeltet. GeoGebra følger imidlertid ikke konvensjonen med å betegne den integrerte funksjonen med stor bokstav, og navngir funksjonen på vanlig måte, for eksempel som g.

Ubestemte integraler

Et ubestemt integral beregner vi, som vist over, ved å skrive inn funksjonsforskriften eller funksjonsnavnet sammen med integral-kommandoen, for eksempel integral(6x^2), eller integral(f).

GeoGebra setter i utgangspunktet integrasjonskonstanten C til 0. Av og til opprettes C som en glider vi kan justere på, men det ser ikke ut til alltid å skje. Da kan vi eventuelt gjøre det manuelt.

Av og til sorteres leddene i en sammensatt funksjonsforskrift litt rart, parenteser multipliseres ut på en måte som kompliserer, og det trekkes ikke alltid sammen så mye som mulig. Det kan derfor være lurt å bruke GeoGebras CAS til integrasjon hvis vi ikke er interessert i å se grafen.

Oppgave 1:

Bruk GeoGebra til å beregne integralet $\int 3x^2 \, dx$.

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

Du har for hånd beregnet at $\int \sin 3x\, dx$ blir ${\large \frac{\cos 3x}{3}} + C$. Bruk GeoGebra til å sjekke om du har regnet riktig.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

Bestemte integraler

For å beregne et bestemt integral bruker vi samme kommando som for et ubestemt, integral, men vi inkluderer en nedre og øvre integrasjonsgrense. Vil vi for eksempel integrere funksjonen f mellom grensene a og b, skriver vi integral(f, a, b) i inntastingsfeltet.

Integralet vises som et tall i algebrafeltet, og i grafikkfeltet vises arealet under grafen til f, avgrenset av linjene x = a og x = b.

Eksempel 1:

Vi har funksjonen f(x) = x2 i GeoGebra, og skal beregne $\int\limits_1^2 f(x) \; dx$.

Vi skriver integral(f, 1, 2) i inntastingsfeltet. GeoGebra viser tallverdien til integralet, 2,33, i algebrafeltet, og markerer arealet under grafen til f(x) = x2 i grafikkvinduet:

Illustrasjon av GeoGebra-funksjonen Integral

En variant er kommandoen integralmellom(f, g, a, b) som beregner det bestemte integralet av differansen mellom f og g, altså arealet mellom grafen til f og g, avgrenset av linjene x = a og x = b. Dette er illustrert under for f(x) = x + 1 (blå graf), g(x) = x2 – 2x + 1 (grønn graf), a = 1 og b = 2.

Illustrasjon av GeoGebra-funksjonen IntegralMellom

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Oppgave 3:

  1. Bruk GeoGebra til å finne arealet under grafen til f(x) = x2 avgrenset av linjene x = 0 og x = 2.
     
  2. Bruk GeoGebra til å finne arealet mellom grafen til g(x) = x + 1 og f(x) = x2.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Bestemt integral som sum av rektangler

I undervisningssammenheng illustrerer en gjerne et bestemt integral som en sum av arealene til rektangler som ligger inntil grafen. GeoGebra tilbyr to funksjoner som illustrerer dette:

sumover(f, a, b, n)) deler opp arealet under f avgrenset av a og b i n rektangler der rektanglenes øvre høyre hjørne ligger på grafen.

sumunder(f, a, b, n) er tilsvarende, men det er rektanglenes øvre venstre hjørne som ligger på grafen.

Dette er illustrert under for f(x) = x2, a = 0, b = 2, n = 6.

Illustrasjon av GeoGebra funksjonen sumover Illustrasjon av GeoGebra funksjonen sumunder
sumover(f, 0, 2, 6) sumunder(f, 0, 2, 6)

Kombinert med en glider vil vi kunne illustrere hvordan oppdeling i stadig mindre rektangler fører til at rektanglenes areal nærmer seg et bestemt integral. sumover fra oversiden og sumunder fra undersiden.

Oppgave 4:

  1. Bruk GeoGebra til å finne oversum og undersum for f(x) = x2 med 10 rektangler mellom x = 0 og x = 2.
     
  2. Utvid det du laget i punkt 1 med en glider slik at du kan variere mellom 1 og 100 rektangler.
     
  3. Sammenlign oversummen og undersummen med $\int\limits_0^2 f(x) \, dx$.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Kilder

    • Bueie, H: (2011) GeoGebra for lærere. Universitetsforlaget
    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Derivasjon med GeoGebra

Kommandoer for derivasjon

GeoGebra har kommandoer for å derivere en funksjon en eller flere ganger:

Derivert: derivert(f) eller f′(x).

Andrederivert: derivert(f, 2) eller f′′(x).

Tredjederivert: derivert(f, 3) eller f′′′(x).

n′te-derivert: derivert(f, n) eller fn apostrofer(x) der n er et positivt helt tall.

Her er f navnet på funksjonen vi skal derivere, og x navnet på den uavhengige variabelen.

GeoGebra viser funksjonsforskriften til den deriverte i algebrafeltet og tegner grafen i grafikkfeltet.

Oppgave 1:

Bruk GeoGebra til å finne første- og fjerdederiverte til funksjonen
f(x) = 3x5 + 2x4 − 3x3 − x2 + 2x − 1.

Se løsningsforslag

GeoGebra følger dessverre ikke konvensjonen med å sette inn et tall for å angi deriverte av høyere orden enn 3, for eksempel f(4)(x) for den fjerdederiverte til f(x). I stedet fylles bare på med apostrofer. Dette blir litt uoversiktlig.

Illustrere definisjonen av den deriverte

Vi skal gjennom et par eksempler vise hvordan vi kan bruke GeoGebra til å illustrere definisjonen av den deriverte grafisk. Eksemplene går i flere trinn, der vi i ett trinn gjerne refererer til navn GeoGebra har opprettet i tidligere trinn. Hvis GeoGebra da har valgt et annet navn enn det som angis i beskrivelsen, må kommandoer justeres i forhold til dette.

Eksempel 1:

Vi skal bruke stigningstallet til en funksjons tangent til å skissere funksjonens deriverte.

Vi velger – nokså tilfeldig – funksjonen f(x) = x3 + 4x2 − 2.

Vi skriver funksjonsforskriften i inntastingsfeltet: x^3 + 4x^2 – 2.

GeoGebra viser funksjonsforskriften i algebrafeltet og tegner grafen i grafikkfeltet.

Vi setter inn et punkt på grafen ved å velge «Nytt punkt» fra denne menyen:
Meny for å sette inn punkter

Vi klikker et vilkårlig sted på grafen.

GeoGebra setter inn et punkt, A, som glir langs grafen når vi drar i det.

Vi setter inn en tangent til grafen i punktet A ved å velge «Tangenter» fra denne menyen:
Meny for å sette inn spesiallinjer

Vi klikker så på punktet A, deretter på grafen.

GeoGebra setter inn en tangent til grafen i punktet A.

Vi setter inn stigningstall for tangenten ved å velge «Stigning» fra denne menyen:
Meny for diverse egenskaper

Vi klikker så på tangenten.

GeoGebra viser stigningstallet til tangenten grafisk i grafikkfeltet og oppgir tallverdien i algebrafeltet under navnet a.

Vi lager et punkt som ligger på x-aksen under punktet A ved å skrive (x(A), 0) i inntastingsfeltet. Dette punktet har samme x-koordinat som A, og y-koordinat 0. Det vil altså alltid ligge på x-aksen like under A. GeoGebra setter inn et punkt, B, på dette stedet. Punktet B flytter seg langs x-aksen når vi drar i A.

Vi endrer y-koordinaten til punktet B, slik at det i stedet for 0 har en verdi som er lik stigningstallet til tangenten. Det gjør ved å klikke på Bi grafikkfeltet eller algebrafeltet, høyreklikke og så endre «Definisjon» under fanen «Basis» i menyen som kommer opp. Vi overskriver 0 med a, som altså er stigningstallet til tangenten:

Endre navn på punkt

GeoGebra endrer definisjonen av punktet B til (x(A), a).

Vi setter sporing på punktet B ved å høyreklikke på B og velge «Slå på sporing».

Vi har nå et verktøy til å illustrere at den deriverte til en funksjon har samme verdi som tangenten til funksjonen. Når vi drar i punktet A, slik at det følger grafen til f(x), vil B tegne opp kurven til f′(x).

GeoGebra-filSe GeoGebra-fil med eksempel 1
 

SkjermfilmSe film som illustrerer eksempel 1

 
Filmen illustrerer i tillegg funksjonene f(x) = sin x og f(x) = ex.

Eksempel 2:

Vi skal illustrere definisjonen av den deriverte:

$f′(x) = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\displaystyle f(x + \Delta x) − f(x)}{\displaystyle \Delta x}$

ved å lage en sekant som går gjennom punktene A: (a, f(a)) og B: (a + Δx, f(a + Δx)) og se at stigningstallet til denne nærmer seg stigningstallet til tangenten i A når A og B nærmer seg hverandre, altså når Δx går mot null.

Vi velger, nokså tilfeldig, funksjonen f(x) = x2 + 1.

Vi skriver funksjonsforskriften i inntastingsfeltet: x^2 + 1.

GeoGebra viser funksjonsforskriften i algebrafeltet og tegner grafen i grafikkfeltet.

Vi setter inn to punkter på grafen ved å velge «Nytt punkt» fra denne menyen:
Meny for å sette inn punkter

Vi klikker så på to vilkårlige steder på grafen.

GeoGebra setter inn to punkter, A og B, som glir langs grafen når vi drar i dem.

Vi setter inn en sekant som går gjennom punktene ved å velge «Linje gjennom to punkt» fra denne menyen:
Meny for å sette inn linjer

Vi klikker så på de to punktene A og B.

Vi lager et punkt som ligger på x-aksen rett under A ved å skrive (x(A), 0) i inntastingsfeltet. Dette punktet har samme x-koordinat som A, og y-koordinat 0. Det vil altså alltid ligge på x-aksen like under A.

GeoGebra setter inn et punkt, C, med disse koordinatene.

Vi lager et punkt som ligger på x-aksen rett under B ved å skrive (x(B), 0) i inntastingsfeltet. Dette punktet har samme x-koordinat som B, og y-koordinat 0. Det vil altså alltid ligge på x-aksen like under B. 

GeoGebra setter inn et punkt, D, med disse koordinatene.

Vi illustrerer at punktene A og C og punktene B og D henger sammen ved å trekke linjer mellom dem ved å velge «Linjestykke mellom to punkt» fra denne menyen:
Meny for å sette inn linjer

Vi klikker så på punktene A og C og deretter på punktene B og D.

Vi skal la punktet C hete a, og punktet B hete a + Δx.

Det kan være vanskelig å få til navnet a + Δx skikkelig bare ved å endre i Innstillinger-dialogboksen. Så i stedet lager vi to tekstbiter og lenker til punktene.

Vi velger «Tekst» fra denne menyen:
Meny for å sette inn tekst

Vi klikker i grafikkfeltet og skriver a i dialogboksen som kommer opp. Vi krysser av for «LaTeX-formel» og klikker «OK».

GeoGebra setter inn teksten a.

Vi gjør tilsvarende for a + Δx. Symbolet Δ finner vi under menyen «Symbol»:

Sette inn spesialsymboler

Alternativt kan vi skrive LaTeX-koden direkte: a + \Delta x.

Vi høyreklikker på a, velger «Egenskaper» og velger «C» under «Posisjon»:

Meny for å velge posisjon

GeoGebra lenker teksten A til punktet C og flytter teksten ned til C.

Vi gjør tilsvarende for a + Δx og D.

Vi skrur av visning av navnene C og D ved å høyreklikke på navnene i algebrafeltet og skru av «Vis navn».

Vi setter inn en tangent til grafen i punktet A ved å velge «Tangenter» fra denne menyen:
Meny for å sette inn spesiallinjer

Vi klikker så på punktet A, deretter på grafen.

GeoGebra setter inn en tangent til grafen i punktet A.

Vi setter inn stigningstall for sekanten og tangenten ved å velge «Stigning» fra denne menyen:
Meny for diverse egenskaper

Vi klikker på sekanten og på tangenten.

GeoGebra setter inn stigningstallet til sekanten og til tangenten.

Vi har nå et verktøy til å illustrere at den gjennomsnittlige stigningen mellom punktene A og B nærmer seg stigningen til tangenten i A når B nærmer seg A.

GeoGebra-filSe GeoGebra-fil med eksempel 2
 

SkjermfilmSe film som illustrerer eksempel 2

Filmen inneholder i tillegg litt kosmetiske detaljer som ikke er tatt med i tekstbeskrivelsen.

Kilder

    • Bueie, H: (2011) GeoGebra for lærere. Universitetsforlaget
    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Delt funksjonsforskrift i GeoGebra

GeoGebra kan håndtere delte funksjonsforskrifter ved hjelp av kommandoen dersom.

Ett kriterium

I sin enkleste form tar dersom to argumenter, atskilt med komma. Ett som angir et kriterium for x-verdier og ett som angir funksjonsverdien når kriteriet er oppfylt.

Eksempel 1:

Vi skriver dersom(x > 1, 2x) i inntastingsfeltet. GeoGebra oppretter en funksjon, f(x), som har verdien 2x når x > 1, ellers er den udefinert. Plottet ser slik ut:
 

Skriver vi f(2) i inntastingsfeltet, svarer GeoGebra med 4, skriver vi f(0), svarer GeoGebra at funksjonen er udefinert.

Vi kan også bruke dersom med tre argumenter. I tillegg til kriteriet for x-verdier og funksjonsverdien når kriteriet er oppfylt, angir vi også funksjonsverdien når kriteriet ikke er oppfylt.

Eksempel 2:

Vi skriver dersom(x > 1, 2x, x) i inntastingsfeltet. GeoGebra oppretter en funksjon, f(x), som har verdien 2x når x > 1, og verdien x ellers. Plottet ser slik ut:

Skriver vi nå f(2) i inntastingsfeltet, svarer GeoGebra fremdeles med 4, men skriver vi f(0), svarer GeoGebra med 0.

Oppgave 1:

Bruk kommandoen dersom i GeoGebra til å plotte funksjonen under:

$f(x) = \begin{cases} x+2 & \text{for } x < 1 \\ 2x+1 & \text{for } x \ge 1 \\ \end{cases}$

Se løsningsforslag

Flere kriterier

Vi kan godt ha mer enn to betingelser i en delt funksjonsforskrift, da fyller vi bare på med kriterier og funksjonsverdier, atskilt med komma.

Eksempel 3:

Vi skal bruke GeoGebra til å plotte funksjonen under:

$f(x) = \begin{cases} x & \text{for } x < 1 \\ 2x & \text{for } 1 \le x < 2 \\ 3x & \text{for } 2 \le x \\ \end{cases}$

Vi skriver dersom(x < 1, x, 1 <= x < 2, 2x, 3x) i inntastingsfeltet, og får et plott som ser slik ut:

 

Oppgave 2:

Bruk kommandoen dersom i GeoGebra til å plotte funksjonen under:

$f(x) = \begin{cases} 1 & \text{for } x < 1 \\ 2 & \text{for } 1 \le x < 2 \\ 3 & \text{for }2 \le x \\ \end{cases}$

Se løsningsforslag

I oppgave 2 har vi sagt at funksjonsverdien skal være 1 for alle x < 1, også negative verdier. Men la oss nå si at vi ønsker at funksjonen bare skal være definert for positive x, slik at første kriterium blir 0 < x < 1:

$f(x) = \begin{cases} 1, & 0 < x < 1 \\ 2, & 1 \le x < 2 \\ 3, & 2 \le x \\ \end{cases}$

Skriver vi dette inn i GeoGebra slik: dersom(0 < x < 1, 1, 1 ≤ x < 2, 2, 3) , får vi plottet vist under:

Plott av delt funksjonsforskrift med tre verdier, negative verdier med

Ikke helt hva vi ventet kanskje, nå har vi fått en funksjonsverdi på 3 når x ≤ 0 i stedet for at funksjonen er udefinert. Årsaken er at vi egentlig ikke har lagt inn kriteriet for 2 ≤ x, det ligger bare som «ellers». Og inn i «ellers» faller også x ≤ 0, siden vi bare har spesifisert verdier for 0 < x < 1 og 1 ≤ x < 2. Problemet unngår vi ved å legge inn et tredje kriterium der vi spesifiserer at verdien 3 bare skal gjelde for 2 ≤ x. Vi skriver: dersom(0 < x < 1, 1, 1 ≤ x < 2, 2, 2 ≤ x, 3), og får plottet under:

Plott av delt funksjonsforskrift med tre verdier, negative verdier ekskludert

GeoGebra-filSe GeoGebra-fil med alle grafer fra temaet
 

Kilder

Funksjonsanalyse med GeoGebra

I denne artikkelen skal vi se hvordan vi kan bruke GeoGebra til å lage grafer og punkter, finne funksjonsverdier, skjæringspunkter, ekstremalpunkter, vendepunkter og asymptoter, samt lage verditabeller og bruke glidere.

Eksempel 1:

Vi skal studere funksjonen f(x) = x4 + 6x3 + 7x2 − 5x − 1. Vi starter med å skrive inn funksjonsforskriften i inntastingsfeltet. Potenser angis med en hatt (^), så det blir
x^4 + 6x^3 + 7x^2 – 5x – 1. Grafen kommer opp i grafikkfeltet mens vi skriver, og når vi trykker på linjeskift-tasten, kommer funksjonsforskriften opp i algebrafeltet:

Graf til en fjerdegradsfunksjon i GeoGebra

Det kan være at vi må justere på akseverdiene for å få bildet slik som vist i eksempel 1. For å justere på akseverdiene åpner vi innstillinger-dialogboksen ved å velge «Rediger» – «Egenskaper», klikker på trekantsymbolet, og velger min- og maksverdier for x og y. I bildet over er «x-min» = -6, «x-max» = 3, «y-min» = -8, «y-max» = 10. (I stedet for å velge fra hovedmenyen kan vi også få opp innstillinger-dialogboksen ved å høyreklikke i grafikkfeltet eller på funksjonsforskriften i algebrafeltet og velge «Egenskaper»).

Punkter

Det finnes flere måter å lage punkter på, beskrevet i brukermanualen. Her skal vi lage punkter ved å skrive inn koordinatene, (x, y), i inntastingsfeltet, for eksempel (2, 3) eller (-2, 1). Punktene dukker opp både i algebrafeltet og i grafikkfeltet, og gis navn fortløpende med store bokstaver, A, B, C, etc. Vi kan også gi punktene egne navn, da skriver vi navnet og et likhetstegn foran koordinatene, for eksempel Origo = (0, 0). Et punktnavn kan altså bestå av flere bokstaver. NB! Første bokstav i navnet må være stor (versal), ellers blir punktet tolket som en vektor.

Funksjonsverdier

Med funksjonsverdien mener vi den verdien en funksjon gir ut når vi putter inn en gitt x-verdi. For å finne en funksjonsverdi, skriver vi funksjonsnavnet med den ønskede x-verdien i parentes i inntastingsfeltet. Har vi lagt inn en funksjon, f(x), finner vi for eksempel verdien til f i x = 1 ved å skrive f(1). Funksjonsverdien kommer opp i algebrafeltet, med navnet a. Navnene tildeles fortløpende på samme måte som for punkter, a, b, c, etc., men kan også gis egne navn på samme måte, for eksempel start = f(0). Vi kan fritt bruke både store og små bokstaver.

Basert på x-verdien og den tilhørende funksjonsverdien kan vi lage punkter på grafen til f(x). Har vi for eksempel funnet to funksjonsverdier, a = f(1) og b = f(−1), skriver vi (1, a) og (-1, b) i inntastingsfeltet.

Vi kan også lage et punkt på grafen uten å finne funksjonsverdien eksplisitt først. Vil vi for eksempel lage et punkt på grafen der x-verdien er −2, skriver vi (-2, f(-2)).

Oppgave 1:

Bruk GeoGebra til å tegne grafen til funksjonen g(x) = x3 − 4x + 2, og plott punktene på grafen som har x-verdi −1 og 1. Kall punktene A og B.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

NB! I den løsningen som vises på filmen heter funksjonen z(x). Nå godtar ikke lenger GeoGebra z som funksjonsnavn, så oppgaven spør derfor etter g(x). Når du ser filmen, må du bare derfor huske å skrive g alle steder filmen sier z.

Skjæringspunkter

Med GeoGebra kan vi finne skjæringspunktene mellom to kurver, eller mellom en kurve og aksene. En enkel måte å gjøre det på er å velge «Skjæring mellom to objekt» fra menyen som vist under.

Menyvalg for å finne skjæring mellom to punkter i GeoGebra

Deretter klikker vi på kurvene/aksene vi vil finne skjæringspunktene mellom. Bildet under viser skjæringspunktene mellom
f(x) = x4 + 6x3 + 7x2 − 5x − 1 og x-aksen.

Skjæring mellom graf og x-akse i GeoGebra

Disse punktene representerer de fire løsningene til fjerdegradslikningen
 x4 + 6x3 + 7x2 − 5x − 1 = 0.

Ekstremalpunkter, nullpunkter og vendepunkter

Med GeoGebra kan vi finne en funksjons ekstremalpunkter, det vi si maksimums- og minimumspunkter, nullpunkter og vendepunkter.

I det følgende forutsetter vi at funksjonen f(x) er en polynomfunksjon. GeoGebra har mulighet for å finne ekstremalpunkter og nullpunkter til andre funksjonstyper også, men kommandoene krever flere parametere, og vi går ikke inn på det her. Sjekk i brukermanualen. Vendepunkter kan vi bare finne i polynomfunksjoner.

Ekstremalpunktene finner vi ved å skrive ekstremalpunkt i inntastingsfeltet etterfulgt av funksjonsnavnet i parentes, for eksempel ekstremalpunkt(f).

Nullpunktene finner vi ved å skrive nullpunkt i inntastingsfeltet etterfulgt av funksjonsnavnet i parentes, for eksempel nullpunkt(f). Nullpunktene er de samme som vi finner ved å be om skjæringspunktene mellom kurven og x-aksen.

Vendepunktene finner vi ved å skrive vendepunkt i inntastingsfeltet etterfulgt av funksjonsnavnet i parentes, for eksempel vendepunkt(f).

Oppgave 2:

Ta utgangspunkt i funksjonen f(x) = x3 + 2x2 − x − 2.

      1. Bruk GeoGebra til å finne ekstremalpunktene til funksjonen.
         
      2. Bruk GeoGebra til å finne funksjonens vendepunkt.
         
      3. Bruk GeoGebra til å løse likningen x3 + 2x2 − x − 2 = 0.

Se løsningsforslag

​Asymptoter

GeoGebra kan finne både horisontale, vertikale og skrå asymptoter. For å finne asymptotene til en funksjon skriver vi asymptote i inntastingsfeltet etterfulgt av funksjonsnavnet i parentes, for eksempel asymptote(f).

Asymptotene presenteres i form av ei liste. Hvis en funksjon ikke har noen asymptoter, er lista tom.

Oppgave 3:

Finn eventuelle asymptoter til funksjonene

      1. $f(x) = 3 + \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x + 4}$
         
      2. $g(x) = x^2 + 3x − 2$

Se løsningsforslag

Lage verditabell

Ønsker vi å lage mange punkter langs en graf, er det tungvint å skrive inn x-verdiene én og én slik vi gjorde tidligere. Mye mer effektivt er det å bruke regneark-funksjonen til å generere en mengde punkter automatisk. Hvordan dette gjøres, er det lettest å vise ved hjelp av en film.

SkjermfilmSe film om å lage verditabell
 

Oppgave 4:

Tegn grafen til f(x) = x3 − 4x + 2 og bruk verditabell til å plotte punkter på grafen med x-verdier fra −2 til 2 i sprang på 0,2.

Det er ikke laget eget løsningsforslag til denne oppgaven, men den er nesten helt lik det som vises i filmen om å lage verditabell, så bruk filmen til hjelp.

Bruke glidere

Av og til ønsker vi å se hvordan grafen til en funksjon endrer seg når en konstant endrer seg. For eksempel studere hvordan stigningen til grafen til f(x) = ax + b endrer seg når a endrer seg, og hvordan skjæringspunktet med y-aksen endrer seg når b endrer seg.

Til det kan vi bruke glidere. En glider som heter a er vist under. I GeoGebra kan vi klikke på prikken og dra den mot høyre for å øke verdien til a, og mot venstre for å redusere verdien til a.

Glider i GeoGebra

For å sette inn en glider, velger vi fra menyen som vist under:

Velge glider fra menyen i GeoGebra

Deretter klikker vi på stedet i grafikkfeltet der vi vil ha glideren.
Vi får opp en dialogboks som vist under:

Dialogboks for å angi glider-data

Det viktigste her er å velge riktig navn. GeoGebra foreslår a som navn på første glider, b som navn på andre og så videre. Dette navnet må samsvare med parameteren vi skal undersøke. Dersom vi for eksempel skal undersøke k i funksjonen f(x) = kx2, må glideren hete k.

Når vi har valgt navn, må vi velge intervall, det vil si hvilket tallområde glideren skal dekke. I dialogboksen over er «Min» = -5 og «Maks» = 5, det betyr at glideren dekker intervallet [−5, 5]. Når den står helt til venstre, har den verdi −5, og når den står helt til høyre har den verdi 5.

Vi kan også velge animasjonstrinn, det vil si hvor mye verdien endrer seg når vi drar i glideren. I dialogboksen over er animasjonstrinnet «0.1», det vil si at hvis glideren står helt til venstre og vi drar den mot høyre, vil verdiene bli −5,0, −4,9, −4,8, … , 5.0.

Oppgave 5:

Bruk glidere i GeoGebra til å studere hvordan forskjellige valg av n påvirker grafen til funksjonen f(x) = xn. La n variere mellom hele tall fra 0 til 10.

SkjermfilmSe film der løsningen vises
 

GeoGebra-filSe den tilhørende GeoGebra-fila
 

Oppgave 6:

I et fysikkforsøk varmer en gruppe elever opp vann til det koker, mens de måler temperaturen hvert minutt. Temperaturen stiger en stund lineært med tida, men stopper på 100 grader.

I perioden mellom 10 og 14 minutter måler de følgende:

Tid (min) 10 11 12 13 14
Temperatur (grader Celsius) 60 64 70 76 80

Legg målingene inn som punkter i GeoGebra, og bruk glidere til å anslå en funksjonsforskrift for en lineær funksjon, f(t), som kan brukes som modell for forsøket. La gliderne angi hele tall. (Du skal altså finne forskriften at + b for ei rett linje som går nærmest mulig målepunktene, der a og b er hele tall, og t er tida).

        1. Hvilken funksjonsforskrift fant du?
           
        2. Bruk funksjonsforskriften til å anslå hvilken temperatur vannet hadde da forsøket startet.
           
        3. Bruk funksjonsforskriften til å anslå hvor mye temperaturen stiger per minutt.
           
        4. Kan funksjonsforskriften brukes til å anslå hvilken temperatur vannet vil ha etter 30 minutter?

Se løsningsforslag

Kilder

    • Bueie, H: (2011) GeoGebra for lærere. Universitetsforlaget
    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget

Modellere med differensiallikninger

Vi skal nå se et eksempel på bruk av en differensiallikning til å løse et problem fra virkeligheten.

Vi setter ei skål suppe som holder 90° til avkjøling, og skal regne ut når suppa holder 50°.

Sette opp likningen

Hadde temperaturen sunket med konstant hastighet, ville dette vært en enkel utregning. Sank den med for eksempel 8° per minutt, ville det tatt ${\large \frac{90 − 50}{8}} = 5$ minutter før suppa holdt 50°.

Men vi vet av erfaring at avkjøling ikke skjer på den måten. Suppa avkjøles fort når den er veldig varm, og så langsommere og langsommere ned mot omgivelsestemperaturen.

Avkjølingen skjer i henhold til Newtons avkjølingslov, som er slik:

T′(t) = −k(T(t) − To)

Her er T temperaturen til objektet som kjølner, To er omgivelsestemperaturen, t er tiden, og k en positiv konstant, som vil variere fra materiale til materiale. Enheten til k vil være den inverse av enheten til t. For eksempel 1/sekund, altså s−1, hvis tiden måles i sekunder.

Tolke likningen

På venstre side av likhetstegnet står T′, den deriverte av temperaturen, altså endring i temperatur. På høyre side har vi et minus-tegn foran produktet av k, som er oppgitt å være positiv, og T − To, som er positiv fordi objektets temperatur alltid vil være høyere enn omgivelsestemperaturen. T′ er derfor alltid negativ, noe som betyr at temperaturen alltid avtar.

Videre ser vi at T′ er proporsjonal med differansen mellom objektets og omgivelsenes temperatur, T − To. Det betyr at jo nærmere T kommer To, jo nærmere kommer T′ null, og jo langsommere synker temperaturen.

Vi ser at likningen

T′(t) = −k(T(t) − To)

er en differensiallikning fordi den inneholder både en funksjon, T(t), og funksjonens deriverte, T′(t). Den er av første orden fordi den bare inneholder første ordens deriverte.

For å kunne regne ut temperaturen på et gitt tidspunkt, må vi løse denne differensiallikningen.

For oversiktens skyld dropper vi å ta med t i det følgende. Vi lar det være underforstått at tiden, t, er den uavhengige variabelen, og skriver bare

T′ = −k(T − To)

Løse likningen

Hvis vi multipliserer −k inn i parentesen og flytter leddet −kT over på venstre side, får vi

T′ + kT = kTo

I artikkelen om lineære differensiallikninger lærte vi at en lineær differensiallikning var på formen

y′ + p(x) · y = q(x)

Vi ser at Newtons avkjølingslov er på denne formen, forskjellen er bare at vi har erstattet y med T og x med t. Vi har p(t) = k og q(t) = kT0

Vi ser at begge funksjonene er konstantfunksjoner, og egentlig uavhengige av t.

Siden p(t) = k, får vi $P(t) = \int k \, dt = kt + C$. Integrerende faktor blir ekt.

Vi multipliserer T′ + kT = kTo med integrerende faktor på begge sider, og får

$T′e^{kt} + kTe^{kt} = kT_0e^{kt}$

Siden (ekt)′ = kekt  kan dette skrives som

$T′e^{kt} + T(e^{kt})′ = kT_0e^{kt}$

Vi bruker produktregelen baklengs på venstre side:

$(Te^{kt})′ = kT_0e^{kt}$

Vi integrerer begge sider, med hensyn på den avhengige variabelen T på venstre side, og med hensyn på den uavhengige variabelen t på høyre side:

$\int (Te^{kt})′ \, dT = \int kT_0e^{kt} \, dt$

$\Downarrow$ (Vi setter konstantene k og T0 utenfor integrasjon)

$\int (Te^{kt})′ \, dt = kT_0\int e^{kt} \, dt$

$\Downarrow$

$Te^{kt}= kT_0 {\large \frac{1}{k}}e^{kt}$

$\Downarrow$

$Te^{kt}= T_0e^{kt}$

Så dividerer vi begge sider med integrerende faktor, og får et uttrykk for temperaturen som funksjon av tiden:

$T = T_o + \frac{\displaystyle C}{\displaystyle e^{kt}} = T_o + Ce^{−kt}$

Denne formen med e opphøyd i minus en positiv konstant ganger tiden er typisk for en mengde fenomener i naturen.

Vi ser at når t → ∞, vil Ce−kt → 0, og vi står igjen med T = To. Temperaturen nærmer seg altså omgivelsestemperaturen når tiden går mot uendelig. To er en grenseverdi for T(t).

Initialbetingelse

Helt i starten, når t = 0, har vi T = To + Ce0 = To + C. Vi har altså en ukjent verdi i uttrykket, nemlig C. Det er naturlig, for temperaturen underveis vil jo ikke bare være avhengig av hvor lang tid som er gått, den vil også være avhengig av hvilken temperatur vi har til å begynne med.

Vi skal nå bruke likningen T = To + Ce−kt til å beregne temperaturen i suppa på noen forskjellige tidspunkter:

Eksempel 1:

Vi antar at vi har funnet ut at konstanten, k, for suppe er 0,1/minutt, og omgivelsestemperaturen er 20°.

Suppas temperatur som funksjon av tiden blir da:

T = 20° + Ce−0,1t

For å bestemme konstanten, C, benytter vi at vi har sagt at suppas temperatur i utgangspunktet er 90°.

Det betyr at når t = 0, har vi T = 90°. Dette kaller vi en initialbetingelse.

Setter vi inn t = 0 og T = 90° i funksjonen, får vi

90° = 20°+ Ce0 = 20° + CC = 70°

Så i vårt tilfelle blir funksjonen for suppas temperatur

T = 20° + 70° · e−0,1t

Etter t = 5 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·5 ≈ 62°

Siden k har enhet 1/minutt, måler vi tiden i minutter.

Etter t = 10 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·10 ≈ 46°

Etter t = 15 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·15 ≈ 36°

Etter t = 20 minutter er temperaturen T = 20° + 70° e−0,1·20 ≈ 29°

Skal vi finne ut hvor lang tid det tar før temperaturen er 50°, som var spørsmålet vi startet med, må vi løse likningen

50° = 20° + 70° · e−0,1t

Vi ordner leddene, dividerer med 70° på begge sider og får

$e^{−0{,}1t} = {\large \frac{30}{70}} \approx 0{,}429$

Vi beregner ln på begge sider og får

−0,1t ≈ ln 0,429 ≈ −0,85 ⇒ t ≈ 8,5.

 Det tar om lag 8,5 minutter før suppa er avkjølt til 50°.

Oppgave 1:

Vi fyller vann i et basseng med en hastighet på 4 m3/min. Bassenget har en vertikal sprekk som gjør at det lekker vann ut med en hastighet som er proporsjonal med vannvolumet i bassenget.

Vi lar V(t) være vannvolumet i bassenget, målt i m3, som funksjon av tiden, t, målt i minutter.

    • Forklar at differensiallikningen V′(t) = 4 − kV er en modell av vannvolumet i bassenget.

Vi har at k = 0,005/min, og bassenget er i utgangspunktet tomt.

    • Finn et uttrykk for vannvolumet i bassenget som funksjon av tiden.
       
    • Beregn hvor lang tid det tar før det er 400 m3 vann i bassenget.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Lineære differensiallikninger

Hva er en lineær differensiallikning?

I artikkelen om separable differensiallikninger så vi på differensiallikninger på formen

g(y) · y′ = h(x)

der g(y) og h(x) er vilkårlige funksjoner av henholdsvis y og x.

I denne likningen tillater vi en funksjon av y, for eksempel $g(y) = y^2$ eller $g(y) = \sqrt y$.

En første ordens lineær differensiallikning er på formen

$\fbox{$y′ + p(x) · y = q(x)$}$

der p(x) og q(x) er vilkårlige funksjoner av x.

Løse lineære differensiallikninger

I lineære differensiallikninger tillater vi ingen funksjoner av y, vi har bare y i første potens, derav navnet lineær. Likningene kan være separable, men de trenger ikke være det. Vi har derfor behov for en annen løsningsmetode enn den vi lærte for separable likninger.

Eksempel 1:

y′ = 2x er en lineær differensiallikning med p(x) = 0 og q(x) = 2x.

Dette er en enkel variant, siden p(x) = 0, og vi kan løse den direkte ved å erstatte y′ med ${\large \frac{dy}{dx}}$, multiplisere begge sider med dx, og integrere:

${\Large \frac{dy}{dx}}=2x$

$\int 1 \,dy = \int 2x \, dx$

$y = x^2 + C$

Eksempel 2:

y′ + y = 6 er en lineær differensiallikning med p(x) = 1 og q(x) = 6.

Her kan vi ikke bare gyve løs med integrering på grunn av leddet y på venstre side. Vi gjør derfor et lite triks og multipliserer begge sider med ex:

y′ · ex + y · ex = 6 · ex

Foreløpig er det ikke så lett å se hvor vi vil med dette, men la oss gjøre en liten omforming til:

y′ · ex + y · (ex) = 6 · ex

Her har vi erstattet ex med (ex)′, og det er jo riktig, siden ex er sin egen deriverte.

Nå later det til at alt vi har oppnådd, er å gjøre det hele mer komplisert, men ser vi nøye på uttrykket på venstre side av likhetstegnet, oppdager vi at det er på formen (u)′v + u(v)′, altså resultatet av produktregelen for derivasjon. Med andre ord kan vi bruke produktregelen baklengs og skrive det som (uv)′, altså (y · ex). Og likningen blir

(y · ex)= 6 · ex

Hvis vi nå integrerer på begge sider av likhetstegnet, vil integrasjonen oppheve derivasjonen på venstre side. På høyre side har vi en konstant multiplisert med ex, noe som ikke endrer seg under integrasjon, vi må bare huske å ta med integrasjonskonstanten. Så vi får

y · ex = 6 · ex + C

Til slutt dividerer vi på begge sider med ex

$y = 6 + \frac{\displaystyle C}{\displaystyle e^x}$.

Svaret blir litt mer oversiktlig hvis vi flytter ex opp fra nevneren, noe vi kan gjøre hvis vi samtidig skifter fortegn på eksponenten:

y = Ce−x + 6

Her flyttet vi også 6-tallet bakerst, fordi det er vanlig å ha konstantledd i et uttrykk til slutt.

Eksempel 2 var imidlertid en nokså enkel differensiallikning fordi funksjonen sammen med ex var p(x) = 1. Å multiplisere på begge sider med ex vil ikke fungere som en generell metode.

Eksempel 3:

Vi skal løse den lineære differensiallikningen y′ + 2y = 6.

Multipliserer vi med ex på begge sider, får vi

y′ · ex + 2y · ex = 6 · ex

Her hjelper det lite å erstatte ex med (ex)′, fordi vi da får (u)′v + 2u(v)′, og ikke kan bruke produktregelen baklengs.

Multipliserer vi derimot med e2x på begge sider, får vi

y′ · e2x + 2y · e2x = 6 · e2x

Og siden (e2x )′ = 2e2x, ser vi at vi kan skrive dette som

y′ · e2x + y · (e2x)′ = 6 · e2x

Vi ble kvitt det brysomme 2-tallet. Nå har vi (u)′v + u(v)′, kan bruke produktregelen baklengs på venstre side, og får (y · e2x)′. Og likningen blir

(y · e2x)′ = 6 · e2x

Vi integrerer begge sider, og får

$\int (y \cdot e^{2x})′ \, dy = \int 6 \cdot e^{2x} \, dx$

$\Downarrow$  (Setter konstanten 6 utenfor integrasjon)

$\int (y \cdot e^{2x})′ \, dy = 6 \int e^{2x} \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{2x} = 6 \cdot {\large \frac{1}{2}}e^{2x} + C$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{2x} = 3e^{2x} + C$

Til slutt dividerer vi på begge sider med e2x

$y = {\large \frac{C}{e^{2x}}} = 3 + Ce^{−2x} + 3$

I eksempel 2 var trikset å multiplisere med ex på begge sider av likhetstegnet, i eksempel 3 var trikset å multiplisere med e2x på begge sider av likhetstegnet. Det gjelder altså å finne riktig faktor å multiplisere med, og denne faktoren avhenger av funksjonen p(x), som står sammen med y.

Trinnvis løsningsmetode

Den generelle regelen for å løse en lineær differensiallikning, y′ + p(x) · y = q(x) er slik:

  1. Beregn $P(x) = \int p(x) \, dx$. Sett integrasjonskonstanten, C, til 0. (Metoden er gyldig for alle C, men C = 0 gir jo det enkleste uttrykket.)
     
  2. Multipliser med eP(x) på begge sider av likhetstegnet. eP(x) kalles likningens integrerende faktor.
     
  3. Skriv om venstre side av likningen ved å bruke produktregelen for derivasjon baklengs.
     
  4. Integrer begge sider av likningen. På venstre side av likhetstegnet betyr det å annullere derivasjonen.
     
  5. Divider på med integrerende faktor på begge sider, så det bare står y på venstre side av likhetstegnet.

Vi ser at det var dette vi gjorde i eksemplene. I eksempel 2 hadde vi p(x) = 1, så vi fikk P(x) = x, og integrerende faktor ble eP(x) = ex. I eksempel 3 hadde vi p(x) = 2, så vi fikk P(x) = 2x, og integrerende faktor ble eP(x) = e2x.

Eksempel 4:

Vi skal løse differensiallikningen $y′+2xy=e^{−x^2}$

Dette er en lineær differensiallikning med $p(x) = 2x$ og $q(x) = e^{−x^2}$

Vi beregner

$P(x) = \int 2x \, dx = x^2+C$

Så integrerende faktor blir

$e^{x^2}$

Vi multipliserer med integrerende faktor på begge sider:

$y′ \cdot e^{x^2} + 2xy\cdot e^{x^2}=e^{−x^2}\cdot e^{x^2}=1$

Siden $2x\cdot e^{x^2} = \big(e^{x^2}\big)′$, kan dette skrives som

$y′ \cdot e^{x^2}+ y\cdot (e^{x^2})′=1$

Vi bruker produktregelen baklengs:

$(y \cdot e^{x^2})′=1$

Vi integrerer begge sider, og får 

$\int (y \cdot e^{x^2})′\, dy = \int 1 \, dx$

$\Downarrow$

$y \cdot e^{x^2}= x + C$

Til slutt dividerer vi på begge sider med integrerende faktor og får

$y = {\Large \frac{x + C}{e^{x^2}}} =( x + C)e^{−x^2}$

I eksempel 4 ble høyre side av likningen lett å integrere fordi vi sto igjen med 1 når vi hadde multiplisert med integrerende faktor. Men ofte vil vi få uttrykk som er vanskelige eller umulige å integrere. Skal metoden virke, må jo også $\int p(x) \, dx$ la seg beregne, og det er heller ikke alltid tilfelle. Så vi skjønner at det vil være mange lineære differensiallikninger som er vanskelige eller umulige å løse for hånd.

Oppgave 1:

Løs den lineære differensiallikningen y′ − 4y = 2, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

Løs den lineære differensiallikningen y′ + 6y = 3, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Separable differensiallikninger

Hva er en separabel differensiallikning?

En første ordens separabel differensiallikning kan skrives på formen

$\fbox{$g(y) · y^\prime = h(x)$}$

der g(y) og h(x) er vilkårlige funksjoner av henholdsvis y og x. Den kalles separabel fordi leddene er separert ut fra variablene x og y. Vi har alt som er knyttet til y, på venstre side av likhetstegnet, og alt som er knyttet til x, på høyre. På venstre side har vi produktet av funksjonen g(y) og y′, og på høyre side funksjonen h(x).

Eksempel 1:

${\Large \frac{y}{3}} y′= x^2+x$ er en separabel differensiallikning, med $g(y) = {\Large \frac{y}{3}}$ og $h(x) = x^2 + x$.

Eksempel 2:

(y2 + y2x2)y′= 2x er en separabel differensiallikning. Den passer ikke umiddelbart inn i malen, men kan skrives om slik at den gjør det:

Vi setter y2 utenfor parentes og får

y2(1 + x2)y′=2x

Så dividerer vi med (1 + x2) på begge sider av likhetstegnet og får

$y^2y′ = \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle 1+x^2}$

Nå ser vi at det er en separabel differensiallikning med $g(y) = y^2$ og $h(x) = \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle 1+x^2}$.

Oppgave 1:

Vis at differensiallikningen y′ = xy + 3x er separabel, det vil si at den kan skrives på formen g(y) · y′ = h(x).

Se løsningsforslag

Løse separable differensiallikninger

I artikkelen om integrasjon ved substitusjon så vi at en annen måte å skrive y′ på var ${\Large \frac{dy}{dx}}$, altså endring i y i dividert med endring i x. Vi så også at dy og dx var faktorer som vi kunne manipulere ved hjelp av algebra. Det får vi bruk for når vi skal løse separable differensiallikninger.

Hvis vi i eksempel 1 erstatter y′ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$, får vi

${\Large \frac{y}{3}} {\Large \frac{dy}{dx}}= x^2+x$

Så multipliserer vi med dx på begge sider av likhetstegnet:

${\Large \frac{y}{3}} \, dy = (x^2+x) \,dx$

Deretter setter vi integrasjonstegn på begge sider av likhetstegnet:

$\int {\Large \frac{y}{3}} \, dy = \int (x^2+x)\,dx$

Dette er jo bare grunnleggende uttrykk vi lærte å integrere i artikkelen om ubestemte integraler. Det eneste som kanskje er fremmed, er at vi har y som variabel, men det er bare et navn, det spiller ingen rolle for reglene. Vi utfører integrasjonene og får

${\Large \frac{1}{2}}{\Large \frac{y^2}{3}} + C_1 = {\Large \frac{1}{3}}x^3 + {\Large \frac{1}{2}}x^2 + C_2$

Vi multipliserer med 6 på begge sider av likhetstegnet og får

$y^2 + 6 \cdot C_1 = 2x^3 + 3x^2 + 6 \cdot C_2$

Siden integrasjonskonstantene er vilkårlige tall, kan vi slå dem sammen til en felles konstant, som vi kaller C:

$y^2 = 2x^3 + 3x^2 + C$

Så tar vi kvadratrota på begge sider og får

$y = \pm \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}$

Teknikken er altså å organisere likningen slik at vi har g(y)y′ på venstre side og h(x) på høyre. (Hvis det ikke lar seg gjøre, er likningen ikke separabel, og kan ikke løses på denne måten.) Deretter erstatter vi $y′$ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$, multipliserer med $dx$ på begge sider av likhetstegnet, og setter på integrasjonstegn på begge sider. Vi får da et uttrykk på formen

$\int g(y) \, dy = \int h(x) \, dx$

Deretter integrerer vi på begge sider av likhetstegnet, og løser den resulterende likningen med hensyn på y. Integrasjonskonstanter kan slås sammen underveis for å forenkle uttrykket.

Eksempel 3:

Vi skal løse differensiallikningen $\sqrt y y′ = 4x$.

Vi erstatter y′ med ${\Large \frac{dy}{dx}}$ og skriver $\sqrt y$ som $y^{\Large\frac{1}{2}}$:

$y^{\Large\frac{1}{2}}{\Large\frac{dy}{dx}}= 4x$

Vi multipliserer begge sider med dx og setter integrasjonstegn på begge sider av likhetstegnet:

$\int y^{\Large\frac{1}{2}} dy= \int 4x \, dx$

Vi utfører integrasjonen og får

${\Large \frac{2}{3}}y^{\Large\frac{3}{2}} + C_1 =2x^2 + C_2$

Vi multipliserer med ${\large \frac{3}{2}}$ på begge sider av likhetstegnet og slår sammen integrasjonskonstantene:

$y^{\Large\frac{3}{2}} =3x^2 + C$

Vi opphøyer begge sider i andre og trekker vi ut tredjerota, slik at y blir stående alene på venstre side:

$y = \sqrt[{\Large 3}]{(3x^2+C)^2}$

Sette prøve på svaret

Når vi har funnet løsningen(e) til en differensiallikning, kan vi sette prøve på svaret ved å sette y og y′ inn i den opprinnelige likningen, regne ut, og se om vi får det samme på venstre og høyre side.

Eksempel 4:

Vi har tidligere funnet at løsningen til differensiallikningen ${\Large \frac{y}{3}} y′= x^2+x$ er

$y = \pm \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}$

Vi har altså to løsninger, vi sjekker den med positivt fortegn først.

Vi deriverer, bruk av kjerneregelen med $g = 2x^3 + 3x^2 + C$ gir

$y′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2\sqrt{g}}g′ = \frac{\displaystyle 6x^2 + 6x}{\displaystyle 2\sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}} = \frac{\displaystyle 3x^2 + 3x}{\displaystyle \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}}$

Setter vi uttrykkene for $y$ og $y′$ inn i den opprinnelige differensiallikningen, ${\Large \frac{y}{3}} y′= x^2+x$, får vi

Venstre side:
 
${\Large \frac{y}{3}} y′={\Large \frac{ \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C} }{3}} \cdot {\Large\frac{3x^2 + 3x}{ \sqrt{2x^3 + 3x^2 + C}}} = {\Large\frac{3x^2 + 3x}{3}} = x^2 + x$

Høyre side:
 
$x^2 + x$

 Høyre og venstre side er like, så likningen er løst riktig.

Tar vi for oss løsningen med negativt fortegn, vil vi få samme deriverte med negativt fortegn. Det negative fortegnet kan forkortes bort når vi setter inn i den opprinnelige likningen, så vi får samme resultat når vi regner ut. Løsningen med negativt fortegn er derfor også riktig.

Oppgave 2:

Løs differensiallikningen $y′=2\sqrt y$, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Oppgave 3:

Løs differensiallikningen $y′ = \frac{\displaystyle 2x−3}{\displaystyle 2y}$, og sett prøve på svaret.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Om differensiallikninger

Differensiallikninger er likninger som inneholder funksjoner og en eller flere av funksjonenes deriverte. Løsningen til en differensiallikning er også en funksjon. Det er vanlig å kalle denne funksjonen y(x), og de deriverte blir y′(x), y′′(x) og så videre. For enkelhets skyld skriver vi imidlertid ofte bare y, y′, y′′ og så videre, det er underforstått at y er en funksjon av x.

Eksempel 1:

Likningen y′ + 2y − 6x = 0 er en differensiallikning.

Likningens løsning er $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} + Ce^{−2x}$, der C er en vilkårlig konstant. Det finnes altså uendelig mange løsninger til likningen, avhengig av verdien til C.

Differensiallikninger kan ha forskjellig orden, der ordenen er den høyeste ordenen til den deriverte til y. Inneholder likningen bare første ordens deriverte, altså y′, er den av første orden, inneholder den andre ordens deriverte, altså y′′ er den av andre orden, og så videre. Likningen i eksempel 1 er av første orden.

Det finnes ingen generell metode til å løse alle differensiallikninger. Det finnes imidlertid en del undergrupper som kan løses ved forskjellige metoder. På dette nettstedet ser vi på to slike grupper: Første ordens separable, og første ordens lineære differensiallikninger.

Differensiallikninger som ikke kan løses, kan vi finne tilnærmede løsninger til ved å bruke numeriske metoder på en datamaskin.

Differensiallikninger er helt nødvendige for å kunne beskrive mange fenomener i naturen, for eksempel temperaturen til et objekt som avkjøles og halveringstid for radioaktive materialer. I økonomifaget trenger vi for eksempel differensiallikninger for å kunne beregne beløp på en konto med kontinuerlig forrentning.

På dette nettstedet arbeider vi bare med første ordens differensiallikninger. Hvis vi i andre artikler bare sier «differensiallikning», er det underforstått at den er av første orden.

I GeoGebra kan vi løse differensiallikninger i CAS med kommandoen løsode, som har syntaks løsode(<likning>, <avhengig variabel>, <uavhengig variabel>). Skriver vi for eksempel løsode(y’ + 2y – 6x = 0, y, x) i CAS, løser GeoGebra differensiallikningen i eksempel 1, og svarer $y = c_1e^{−2x} + 3x − {\large \frac{3}{2}}$. Dette er samme svar som i eksempel 1, bortsett fra at rekkefølgen på leddene er annerledes, og at GeoGebra kaller konstanten C for c1.

Oppgave 1:

I eksempel 1 har vi en differensiallikning og løsningen til likningen. Sett prøve på løsningen, det vil si, gitt $y = 3x − {\large \frac{3}{2}} +Ce^{−2x}$, beregn y′, og sett y og y′ inn i likningen, og vis at venstre side blir lik høyre side.

Se løsningsforslag

Kilder

    • Boyce, W.E, DiPrima, R.C. (1992) Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems. JohnWiley & Sons

Delvis integrasjon

Prinsippet i delvis integrasjon

Generelt har vi ingen regel for å integrere et produkt. Men delvis integrasjon gir oss et verktøy som kan gjøre det mulig å integrere produkter der en faktor blir enklere når den blir derivert eller integrert.

Delvis integrasjon baserer seg på produktregelen for derivasjon:

(uv)′ = (u)′v + u(v)′

Integrerer vi begge sider i produktregelen, får vi:

$\int(uv)′ \; dx = \int u′v \; dx + \int uv′ \; dx$

Derivasjon og integrasjon opphever hverandre, så dette er det samme som:

$uv = \int u′v \; dx + \int uv′ \; dx$

Bytter vi så om på leddene, får vi formelen for delvis integrasjon:

$\fbox{$\int u′v \; dx = uv − \int uv′ \; dx$}$

Det kan se ut som vi ikke har oppnådd så mye, men et eksempel vil klargjøre.

Eksempel 1:

Vi skal beregne integralet $\int \sin x (2x + 1) \; dx$

Her har vi et produkt av to faktorer, sin x og (2x + 1), som ikke kan integreres direkte. Men vi kan bruke delvis integrasjon:

Vi setter

u′ = sin x

og får

$u = \int u′ \; dx = \int \sin x \; dx = − \cos x$ (Integrasjonskonstanten C dropper vi foreløpig og setter inn helt til slutt)

Vi setter

v = (2x + 1)

og får

v′ = 2

uv = −cos x (2x + 1)

og

uv′ = −cos x · 2

Og integralet vårt blir, ifølge formelen for delvis integrasjon

$\int \sin x (2x + 1) \; dx = −\cos x (2x + 1) − \int (−\cos x \cdot 2 ) \; dx = $

$−(2x + 1) \cos x + 2 \int \cos x \; dx = −(2x + 1) \cos x + 2 \sin x + C$

Det store poenget i eksempel 1 var at faktoren (2x + 1) ble redusert til konstanten 2.

Kriterier for valg av u′ og v

Hva om faktorene i eksempel 1 hadde vært byttet om, slik som i eksempel 2?

Eksempel 2:

Vi skal beregne integralet $\int (2x + 1) \sin x \; dx$

Bruker vi formelen for delvis integrasjon direkte, får vi

u′ = 2x + 1, som gir $u = \int u′ \; dx = \int (2x + 1) \; dx = x^2 + x$

og

v = sin x, som gir v′ = (sin x)′ = cos x.

uv = (x2 + x) · sin x og uv′ = (x2 + x) · cos x.

Og integralet vårt blir, ved delvis integrasjon

$\int (2x + 1) \sin x \; dx = (x^2 + x) \sin x − \int (x^2 + x) \cos x$

I eksempel 2 fikk vi noe som var verre enn det vi startet med. Men faktorenes orden er likegyldig, så eksempel 2 er nøyaktig det samme som eksempel 1, problemet er bare at vi har valgt u′ og v på en klønete måte. Det er ikke slik at første faktor må være u′ og andre faktor v. Hva som skal være hva velger vi selv:

Ved delvis integrasjon bør vi, hvis mulig, velge u′ slik at u blir enklere ved integrasjon, og v slik at v′ blir enklere ved derivasjon.

I eksempel 1 fikk vi − cos x i stedet for sin x, det var ikke noen forenkling, men heller ingen forverring. Og vi fikk 2 i stedet for (2x + 1), noe som var en forenkling. Men i eksempel 2 fikk vi x2 + x i stedet for 2x + 1, noe som var en forverring.

SkjermfilmSe film med eksempel på delvis integrasjon
 

Oppgave 1:

Bruk delvis integrasjon til å beregne integralet $\int (x + 1)e^{−x} \; dx$ 

Se løsningsforslag

Oppgave 2:

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

Se løsningsforslag

Sette inn faktoren 1

Av og til kan det være vi må gjøre et lite triks for å kunne bruke delvis integrasjon, slik som i eksempel 3.

Eksempel 3:

Vi skal beregne integralet $\int \ln x \; dx$

Her hadde det jo vært fint å kunne bruke delvis integrasjon, for da kunne vi hatt $v = \ln x$, og $v′ = {\large \frac{1}{x}}$. Men her er jo bare en faktor, og i delvis integrasjon må vi ha to. Vel, vi lager oss bare en faktor til:

$\int \ln x \; dx = \int 1 \cdot \ln x \; dx$

For multiplikasjon med 1 endrer jo ikke noe. Og nå kan vi bruke delvis integrasjon. Vi setter

v = ln x, som gir $v′ = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x}$

og

u′ = 1, som gir u = x

$uv = x \ln x$ og $uv′ = x \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x}$

Og vi får

$\int \ln x \; dx = x \ln x − \int x \frac{1}{x} \; dx = x \ln x − \int 1 \; dx = x \ln x − x + C = x(\ln x −1) + C$

Delvis integrasjon flere ganger

​Av og til kan det være vi må bruke delvis integrasjon flere ganger, slik som i eksempel 4.

Eksempel 4:

Vi skal beregne integralet $\int e^x x^2 \; dx$

ex endrer seg ikke ved derivasjon eller integrasjon, men x2 blir enklere ved derivasjon, så vi velger

v = x2, som gir v′ = 2x

og

u′ = ex, som gir u = ex

uv = ex · x2 og uv′ = ex · 2x

Og vi får

$\int e^x x^2 \; dx = e^x \, x^2 − 2\int e^x \, x \; dx$

Vi har kommet et stykke på vei, for x2 er blitt redusert til x i integrasjonsuttrykket. Men helt i mål er vi ikke, for vi kan ikke integrere $\int e^x \, x$ direkte. Vi må bruke delvis integrasjon en gang til, med

v = 2x, som gir v′ = 2

og, som i sted

u′ = ex, som gir u = ex

uv = ex · 2x og uv′ = 2ex

Og vi får

$− 2\int e^x \, x \; dx = e^x \, 2x − 2 \int e^x \; dx = e^x \, 2x − 2 e^x + C = 2e^x(x − 1) + C$

Setter vi det hele sammen, får vi

$\int e^x x^2 \; dx = e^x \, x^2 − 2e^x(x − 1) + C = e^x(x^2 − 2x + 2) + C$

Delvis integrasjon med gjentatt ledd

Av og til kan det se ut som en delvis integrasjon har gått i sirkel, for integralet vi startet med har dukket opp igjen på høyre side av likhetstegnet. Noe slikt, der a og b er vilkårlige uttrykk:

$\int a \; dx = b − \int a \; dx$

Her har altså leddet $\int a$ dukket opp igjen på høyre side. Men siden det har motsatt fortegn, får vi følgende hvis vi flytter det over på venstre side med fortegnsskifte:

$2\int a \; dx = b$

Dividerer vi så med 2 på begge sider, og setter på integrasjonskonstanten, er vi i mål:

$\int a \; dx = \frac{\displaystyle b}{\displaystyle 2} + C$

Eksempel 5:

Vi skal beregne integralet $\int \cos^2 x \; dx$

cos2 x betyr cos x · cos x, så vi kan bruke delvis integrasjon med

v = cos x, som gir v′ = −sin x

og

u′ = cos x som gir u = sin x

uv = sin x · cos x og uv′ = sin x · (−sin x)

og vi får, ved formelen for delvis integrasjon

$\int \cos^2 x \; dx = \sin x \cdot \cos x − \int \sin x \ (−\sin x) \; dx = \sin x \cdot \cos x + \int \sin^2 x \; dx$

Så benytter vi at sin2 x = 1 − cos2 x:

$\int \sin^2 x \; dx = \int (1 − \cos^2 x) \; dx = x − \int \cos^2 x \; dx$

Setter vi inn i det opprinnelige integralet, får vi

$\int \cos^2 x \; dx = \sin x \cdot \cos x + x − \int \cos^2 x \; dx$

Så flytter vi integralet over på venstre side med fortegnsskifte, og får

$2\int \cos^2 x \; dx = \sin x \cdot \cos x + x$

Til slutt dividerer vi med 2 på begge sider, og setter på integrasjonskonstanten:

$\int \cos^2 x \; dx = \frac{\displaystyle \sin x \cdot \cos x + x}{\displaystyle 2} + C$

Eventuelt kan vi skrive resultatet om ved hjelp av en trigonometrisk identitet for doble vinkler:

$\int \cos^2 x \; dx = \frac{\displaystyle \sin 2x + 2x}{\displaystyle 4} + C$

SkjermfilmSe film med eksempel på delvis integrasjon med gjentatt ledd
 

Oppgave 3:

Bruk delvis integrasjon til å beregne integralet $\int e^x \sin x \; dx$

Se løsningsforslag

Delvis integrasjon med bestemte integraler

Dersom vi skal beregne et bestemt integral ved delvis integrasjon kan vi enten

  1. Først beregne det ubestemte integralet og deretter sette inn integrasjonsgrensene
    eller
     
  2. Sette inn integrasjonsgrensene i formelen for delvis integrasjon
    $\int\limits_a^b u′v \; dx = \big[uv]_a^b − \int\limits_a^b uv′ \; dx$

Eksempel 6:

Vi skal finne $\int\limits_0^\pi x \cos x \; dx$

Vi setter

v = x, som gir v′ = 1

og

u′ = cos x som gir u = sin x

uv = sin x · x og uv′= sin x · 1

Vi bruker først metode 1:

Det ubestemte integralet blir

$\int x \cos x \; dx = x \sin x − \int \sin x \; dx = x \sin x + \cos x + C$

Og det tilhørende bestemte integralet

$\int\limits_0^\pi x \cos x \; dx = \big[x \sin x + \cos x\big]_0^\pi = \pi \sin \pi + \cos \pi − (0 \cdot \sin 0 + \cos 0) = \pi \cdot 0 −1 −( 0 \cdot 0 + 1) = −2$

Så metode 2, der vi setter inn integrasjonsgrensene inn i formelen for delvis integrasjon:

$\int\limits_0^\pi x \cos x \; dx = \big[x \sin x \big]_0^\pi − \int\limits_0^\pi \sin x \; dx = (\pi \sin \pi − 0 \cdot \sin 0) − \big[−\cos x \big]_0^\pi =$

$(0 − 0) + \big[\cos \pi − \cos 0 \big] = 0 + \big[−1 − 1\big] = −2$

I metode 2 må vi sette inn integrasjonsgrensene to plasser, så metode 1 er ofte enklere.

Kilder

    • Gulliksen, T., Hashemi A.M. & Hole A. (2013). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget