Kategori: Funksjoner

Publisert

Integrasjon ved substitusjon

Substitusjon i ubestemte integraler

Som vi nevner i artikkelen om ubestemte integraler, har vi ingen «produktregel» når vi integrerer, og å integrere et produkt kan derfor være vanskelig. Men i et spesialtilfelle der den ene faktoren i et produkt er den deriverte til kjernen av den andre faktoren, eventuelt multiplisert med en konstant, kan vi integrere ved hjelp av substitusjonsmetoden.

Vi starter med en ny måte å skrive den deriverte på:

$y′ = \frac{\displaystyle dy}{\displaystyle dx}$

Eksempel 1:

Vi har

$y = 3x^2$

Da kan vi uttrykke den deriverte som

$\frac{\displaystyle dy}{\displaystyle dx} = 6x$

dy kan vi tenke på som endring i y, og dx som endring i x. Så brøken sier egentlig hvor fort y endrer seg i forhold til x, med andre ord stigningstallet, den deriverte.

Men dx her er egentlig samme dx som brukes bak integrasjonstegnet for å angi hvilken variabel vi integrerer med hensyn på. Og vi kan manipulere dx som en hvilken som helst annen variabel.

Eksempel 2:

La oss si at vi skal beregne følgende integral:

$\int (x^4 −1)^2 \cdot 4x^3 \; dx$

Vi erstatter – substituerer – uttrykket inni parentesen med g:

$g = x^4 −1$

Da blir den deriverte

$\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 4x^3$

Eller, med leddene byttet rundt

$dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4x^3} \; dg$

Hvis vi nå substituerer g og dg inn i det opprinnelige integralet, det vil si bytter ut $x^4 −1$ med g og dx med $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4x^3} \; dg$, får vi:

$\int g^2 \cdot 4x^3 \cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4x^3} \; dg$

Leddene med x kan forkortes bort, og vi står igjen med

$\int g^2 \; dg = {\large \frac{1}{3}} g^3 + C$

Så erstatter vi g med det opprinnelige uttrykket:

$x^4 −1$

og får

${\large \frac{1}{3}} (x^4 − 1)^3 + C$

Hvis vi i CAS i GeoGebra skriver Integral((x^4 −1)^2 * 4x^3), ser vi at utregningen er riktig.

Substitusjon er egentlig å bruke kjerneregelen for derivasjon baklengs, og kan som nevnt benyttes til å løse integraler med flere faktorer, der én av faktorene er den deriverte til kjernen av en annen.

Metoden kan oppsummeres slik:

$\fbox {$\int\ f\big(g(x)\big) \cdot g′(x) \; dx = \int f(g) \; dg$}$

SkjermfilmSe film med eksempel på integrasjon ved substitusjon
 

NB! I denne filmen brukes u i stedet for g som substitusjonsvariabel.

Oppgave 1:

Bruk substitusjon til å beregne integralet $\int (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$

Se løsningsforslag

Substitusjon i bestemte integraler

Dersom vi skal beregne et bestemt integral ved substitusjon kan vi enten

    1. Først beregne det ubestemte integralet og deretter sette inn integrasjonsgrensene. Da setter vi inn de opprinnelige integrasjonsgrensene etter at vi har kvittet oss med g og fått tilbake x.
       
      Eller
       
    2. Sette inn integrasjonsgrensene med en gang. Da må vi konvertere integrasjonsgrensene i forhold til substitusjonsvariabelen, g.

Eksempel 3:

Vi skal beregne ${\large \int} \limits_0^1 \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle 2x^2 + 3} \; dx$

Vi setter $g = 2x^2 + 3$ og får $\frac{\displaystyle dg}{\displaystyle dx} = 4x$, altså $dx = \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle 4x}$.

Metode 1:

Vi beregner det ubestemte integralet:

${\large \int} \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle 2x^2 + 3} \; dx = {\large \int} \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle g} \cdot \frac{\displaystyle dg}{\displaystyle 4x} = {\large \int} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle g} \; dg = 2 \ln |g| + C = 2 \ln |2x^3 + 3| + C$

Så setter vi de opprinnelige integrasjonsgrenene inn i svaret:

${\large \int} \limits_0^1 \frac{\displaystyle 8x}{\displaystyle 2x^2 + 3} \; dx = \big[2 \ln |2x^3 + 3| \big]_0^1 = 2 \ln |2 + 3| − 2 \ln |3| = 2 \ln 5 − 2 \ln 3 = \ln 5^2 − \ln 3^2 = \ln {\large \frac{25}{9}}$

Metode 2:

Vi har g = 2x2 + 3. For å finne de nye integrasjonsgrensene, må vi sette de opprinnelige integrasjonsgrensene, x = 0 og x = 1 inn i uttrykket for g:

Nedre: g = 2 · 02 + 3 = 3

Øvre: g = 2 · 12 + 3 = 5

Og vi får:

${\large \int} \limits_3^5 \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle g} \; dg = \big[2 \ln |g| \big]_3^5 = 2 \ln 5 − 2 \ln 3 = \ln {\large \frac{25}{9}}$

Oppgave 2:

Ta utgangspunkt i det du gjorde i oppgave 1, og finn $\int\limits_0^1 (x^2 + 1)^3 \, 2x \; dx$ ved

        1. Å sette integrasjonsgrensene inn i det endelige ubestemte integralet.
           
        2. Å sette integrasjonsgrensene inn i integrasjonsuttrykket for g.

Se løsningsforslag

Kilder

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

Integrasjon ved delbrøkoppspaltning

Ved derivasjon har vi en regel, kvotientregelen, som vi bruker når vi deriverer brøkuttrykk. For integrasjon har vi ingen slik generell regel. En del brøker vil vi allikevel kunne integrere ved å bruke en metode som heter delbrøkoppspaltning. Vi skal her holde oss til å se på brøker som kan spaltes i to delbrøker, men metoden kan utvides.

Oppspalting i to delbrøker

I artikkelen om ubestemte integraler lærer vi å integrere brøker der teller er en konstant og nevner er et vilkårlig førstegradspolynom, ved følgende regel:

$\fbox {${\large \int} \frac{\displaystyle k}{\displaystyle ax + b} \; dx = \frac{\displaystyle k}{\displaystyle a} \ln |ax + b| + C $}$

Eksempel 1:

${\large \int} \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x +1} \; dx = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2} \ln |2x+1| + C$.

Men denne regelen vil vi ikke kunne bruke på brøker der teller ikke er en konstant eller nevner er et polynom av større grad enn 1, som for eksempel $\frac{\large 2}{\Large x^2 − 1}$. Løsningen er da å bryte en brøk opp i enklere brøker som vi kan integrere.

Vi vet at når vi skal addere eller subtrahere brøker, må vi finne fellesnevneren og utvide brøkene, slik det beskrives i algebra-artikkelen om brøk. For eksempel (x + 1)(x − 1) i eksempel 2:

Eksempel 2:

$\frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1} = \frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} \cdot \frac{\displaystyle x − 1}{\displaystyle x − 1} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1} \cdot \frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x + 1} = $

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

I delbrøkoppspaltning går vi andre veien. Vi har en brøk vi ikke kan integrere, og prøver å løse den opp i enkeltbrøker med en konstant i teller og et førstegradspolynom i nevner.

Eksempel 3:

Vi ønsker å beregne integralet

${\large \int} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1} \; dx$

ved å spalte brøken $\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1}$ i delbrøker.

Vi starter med å faktorisere nevneren. I dette tilfellet er det veldig enkelt, vi bruker konjugatsetningen baklengs: x2 − 1 = (x + 1)(x − 1).

Så ønsker vi å finne to konstanter, A og B, som er slik at vi får to delbrøker der nevnerne består av de faktorene vi fant:

$\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 1}$

Vi multipliserer begge sider av likningen med fellesnevneren, (x + 1)(x − 1), og får:

2 = A(x − 1) + B(x + 1).

Denne er gyldig for alle x. Vi kan derfor bli kvitt B ved å sette inn x = −1:

2 = A(−1 − 1) + B(−1 + 1), som gir A = −1

For å bli kvitt leddet med A setter vi inn x = 1:

2 = A(1 − 1) + B(1 + 1), som gir B = 1

Vi har altså funnet ut at

$\frac{\displaystyle2}{\displaystyle x^2 − 1} = \frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1}$

Derfor er

${\large \int} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle x^2 − 1} \; dx = {\large \int} \frac{\displaystyle −1}{\displaystyle x + 1} \; dx + {\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 1} \; dx = $

$− \ln |x+1| + \ln |x − 1| + C = \ln \frac{\displaystyle |x−1|}{\displaystyle |x+1|} + C$.

Delbrøkoppspaltning gir oss altså en metode til å løse integraler på formen

$\fbox {${\displaystyle \int} \frac{\displaystyle p(x)}{\displaystyle q(x)} \; dx$}$

der p(x) og q(x) er polynomer.

Omregning ved polynomdivisjon

Metoden med delbrøkoppspaltning forutsetter at nevner er av høyere grad enn teller. Hvis dette ikke er tilfelle, må vi først utføre en polynomdivisjon.

Eksempel 4:

Vi ønsker å beregne integralet

${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + x − 3}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx$

Her er ikke nevner av høyere grad enn teller, så vi utfører først en polynomdivisjon:

$\begin{align} &\big(x^2 + x − 3 \big) : \big(x^2 − 4 \big) = 1 + \frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x^2 − 4} \\
&\underline{\big(x^2 \;\;\;\;\; \; − 4 \big)} \\
&\;\; \;\;\;\;\; \, x + 1 \end{align}$

Vi kan altså omskrive integralet til

${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + x − 3}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx = \int 1 \; dx + {\large \int}\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx$

I den nye brøken er nevner av større grad enn teller, og vi kan splitte den opp ved hjelp av delbrøkoppspaltning. Vi skal ha:

$\frac{\displaystyle x + 1}{\displaystyle x^2 − 4} = \frac{\displaystyle A}{\displaystyle x + 2} + \frac{\displaystyle B}{\displaystyle x − 2}$

Vi multipliserer begge sider med fellesnevneren (x + 2)(x − 2), og får:

x + 1 = A(x − 2) + B(x + 2)

Vi setter inn x = −2 for å få B til å falle bort:

−2 + 1 = A(−2 − 2) + B(−2 + 2), altså $A = {\large \frac{1}{4}}$

Så setter vi inn x = 2 for å få A til å falle bort:

2 + 1 = A(2 − 2) + B(2 + 2), altså $B = {\large \frac{3}{4}}$

Og kan nå beregne integralet

${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + x − 3}{\displaystyle x^2 − 4} \; dx = \int 1 \; dx + {\large \frac{1}{4}} {\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x + 2} \; dx + {\large \frac{3}{4}} {\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x − 2} \; dx = $

$x + {\large \frac{1}{4}} \ln |x + 2| + {\large \frac{3}{4}} \ln |x − 2| + C$

Trinnvis framgangsmåte

Vi kan oppsummere metoden med oppspalting i to delbrøker slik:

    1. Dersom nevner ikke er av større grad en teller, utfør polynomdivisjon.
       
    2. Faktoriser nevner, og splitt opp i delbrøker der hver brøk har en av faktorene i nevner og en konstant i teller. Konstantene representeres med bokstavene A og B.
       
    3. Finn konstantene én for én ved å sette inn verdier for x som gjør at en av konstantene faller bort.

Oppgave 1:

Bruk delbrøkoppspalting til å beregne integralene

        1. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 3}{\displaystyle (x + 1)(x −3)} \; dx$
           
        2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 5x − 7}{\displaystyle x^2 − 3x +2} \; dx$
           
        3. ${\large \int} \frac{\displaystyle x^2 + 8}{\displaystyle x^2 − 5x + 6} \; dx$

​Se løsningsforslag

Kilder

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

Integral som helhet

Oppsamling av funksjonsverdier

Store norske leksikon forklarer ordet «integrere» blant annet som «danne et hele; innlemme i en helhet». Vi kjenner ordet fra dagligtalen, for eksempel «å integrere innvandrere», det vil si at innvandrerne skal innlemmes i helheten – i samfunnet. Matematisk er det egentlig det samme vi gjør når vi integrerer, vi samler opp et uendelig antall funksjonsverdier og innlemmer dem i en helhet.

Vi skal nå se noen eksempler på hvordan vi kan bruke et integral til å danne en helhet ved å samle opp uendelig mange funksjonsverdier.

Eksempel 1:

Et basseng blir tappet for vann gjennom en slange der det renner 3,8 liter vann pr. sekund, og vi lurer på hvor mye vann som blir tappet ut de første 60 sekundene.

Dette er en enkel oppgave som ikke krever integrasjon, vi klarer oss lenge med multiplikasjon: Det blir tappet ut 3,8 · 60 = 228 liter vann.

Men så gjør vi det litt vanskeligere, og lar mengden vann som renner, være avhengig av trykket i bassenget, slik at det renner langsommere etter hvert som tida går. Når vi antar at vannet tappes med en hastighet gitt ved funksjonen f(t) = 3,8 · e−0,05 t , der t er tiden i sekunder, hvor mye vann blir da tappet de første 60 sekundene?

Funksjonen f(t) angir hvor mye som tappes i et uendelig kort tidsrom. Når t = 0, blir det tappet f(0) = 3,8 · e−0,05 · 0 = 3,8 liter vann pr. sekund. Men øyeblikket etterpå blir det tappet mindre. For å håndtere denne kontinuerlige endringen, må vi samle opp uendelig mange funksjonsverdier i uendelig korte øyeblikk og slå dem sammen, vi må integrere. Vi får:

$\int\limits_0^{60} 3{,}8 \cdot e^{\large −0{,}05 \, t} \; dt = \big[3{,}8 \cdot {\large \frac{1}{−0{,}05}}e^{\large −0{,}05 \, t}\big]_0^{60} =$

$3{,}8 \cdot {\large \frac{1}{−0{,}05}}e^{\large −0{,}05 \, \cdot \, 60} − 3{,}8 \cdot {\large \frac{1}{−0{,}05}}e^{\large −0{,}05 \, \cdot \, 0} =$

$−{\large \frac{3{,}8}{0{,}05}} ( e^{\large −3} − \, e^0) = −{\large \frac{3{,}8}{0{,}05}} (e^{\large −3} − \, 1) = {\large \frac{3{,}8}{0{,}05}} (1 − \, e^{\large −3}) \approx 72{,}22$

Det tappes ca. 72,22 liter vann de første 60 sekundene.

Vi har i eksempel 1 brukt t som symbol for variabelen i stedet for x, fordi variabelen representerer tid. Da erstatter vi også dx med dt.

Uttrykk på formen e−kt, der k er en positiv konstant og t tiden, forekommer ofte i matematiske modeller av fenomener i naturen.

Oppgave 1:

1 kWh er energien som produseres av 1 kW i løpet av 1 time. Hvis en husstand har et gjennomsnittlig elektrisitetsforbruk på 2 kW, blir derfor totalforbruket i løpet av et døgn 2 kW · 24 h = 48 kWh.

Men nå sier vi at forbruket ikke er konstant, men bestemt av en funksjon, på samme måte som vannet som rant ut av bassenget i eksempel 1. Funksjonen er f(t) = −0,003t3 + 0,1t2 − 0,7t + 1, der t er tiden i timer etter midnatt. Hva blir da totalforbruket i løpet av et døgn? (Mellom klokka 00 og 24.)

Se løsningsforslag

Rotasjonslegemer

Eksempel 2:

Vi vet at formelen for volumet av ei kule er $V = {\large \frac{4}{3}} \pi r^3$, der r er kulas radius.
Kule med radius inntegnet

Nå skal vi se hvordan vi kan komme fram til denne formelen ved hjelp av integrasjon. Vi bruker en idé som går tilbake til Arkimedes, og tenker oss at vi skjærer kula opp i uendelig mange, uendelig tynne skiver.

Vi ser for oss ei kule med radius r, plassert i et koordinatsystem med sentrum av kula i origo. Så snitter vi tynne skiver parallelt med y-aksen, radien på disse vil variere med x. Vi kaller radien f(x):

Illustrasjon av snitt av kule

Vi ser av figuren at x, f(x) og r er henholdsvis kateter og hypotenus i en rettvinklet trekant. Av Pytagoras får vi derfor at (f(x))2 = r2 − x2. Vi får altså uendelig mange, uendelig tynne skiver med areal gitt av formelen for arealet av en sirkel:

A(x) = π[f(x)]2 = π(r2 − x2).

For å finne volumet av kula, må vi addere dette uendelige antallet skiver, vi må integrere dem. Integrasjonsgrensene finner vi ved å tenke på at sirkelen skjærer x-aksen x = −r og x = r.

Integrasjonen er enkel, når vi husker på at r er en konstant:

$V = \int\limits_{−r}^r \pi (r^2 − x^2 ) \; dx =$

$\pi \big[r^2x − {\large\frac{1}{3}}x^3\big]_{−r}^r = \pi [r^3 − {\large \frac{1}{3}}r^3 − (−r^3 + {\large \frac{1}{3}}r^3)]= $

$2 \pi r^3 − {\large \frac{2}{3}} \pi r^3 = {\large \frac{4}{3}} \pi r^3$

Som var det vi skulle komme fram til.

Oppgave 2:

Ta utgangspunkt i figuren under:

Flate som skal roteres til en kjegle

Hvis vi roterer den markerte flaten om x-aksen, får vi en kjegle. Denne kan vi dele inn i uendelig mange uendelig tynne sirkelskiver som hver har areal A = πx2.

Bruk dette til å vise at volumet av kjeglen er 9π.

Se løsningsforslag

Kilder

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

Integral som rektangelsum

I artikkelen om integral som areal ser vi at det bestemte integralet til en funksjon tilsvarte arealet under funksjonens graf. For eksempel tilsvarer det røde arealet i figuren under $\int\limits_1^2 x^2 \; dx = \frac{7}{3} \approx 2{,}33$.

Arealet under x^2

Tilnærme bestemt integral med rektangler

Legger vi fem like brede rektangler i samme område, ser vi at arealet til disse vil tilnærme arealet under grafen, men være litt mindre.

Arealet under x^2 tilnærmet med fem rektangler

Høyden av hvert rektangel er lik funksjonsverdien der rektangelet begynner, f(x) = x2, og bredden er ${\large \frac{2 − 1}{5}} = 0{,}2$.

Så arealet av første rektangel blir f(1) · 0,2 = 12 · 0,2, arealet av andre rektangel blir f(1,2) · 0,2 = (1,2)2 · 0,2, og så videre opp til f(1,8) · 0,2 = (1,8)2 · 0,2. Det totale arealet blir summen av de fem enkeltarealene.

Men det er jo unødvendig å multiplisere med 0,2 i hvert ledd. I stedet setter vi 0,2 utenfor parentes, og får dette uttrykket for det totale arealet:

(12 + (1,2)2 + (1,4)2 + (1,6)2 + (1,8)2 ) · 0,2 ≈ 2,04.

Dette er ca. 12 % mindre enn den nøyaktige verdien, som var 2,33.

Gjør vi rektanglene smalere, får vi plass til flere, og de vil passe bedre. Figuren under viser ti rektangler.

Arealet under x^2 tilnærmet med ti rektangler

Samme utregningsmetode som tidligere gir at arealet av rektanglene nå er om lag 2,18, ca. 6 % mindre enn den nøyaktige verdien på 2,33.

Jo flere rektangler vi deler opp i, jo nærmere kommer vi den nøyaktige verdien til integralet. Kaller vi bredden av hvert rektangel for Δx, vil hvert rektangel ha areal f(x) · Δx og det totale arealet blir $\displaystyle\sum_1^2 f(x) \cdot \Delta x$.

Mer generelt, med integrasjonsgrenser a og b: $\displaystyle\sum_a^b f(x) \cdot \Delta x$. Dette kaller vi en Riemann-sum, oppkalt etter den tyske matematikeren Georg Friedrich Bernhard Riemann.

Lar vi så bredden av hvert rektangel gå mot 0, har vi et nøyaktig uttrykk for det bestemte integralet mellom a og b:

$\fbox {$ \int\limits_a^b f(x) \; dx = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0 } \displaystyle \sum_a^b f(x) \cdot \Delta x$}$

Når antall rektangler øker mot uendelig, samtidig som bredden går mot null, vil Riemann-summen konvergere mot det bestemte integralet.

Numerisk beregning av bestemte integraler

Enkelte ubestemte integraler kan være vanskelige eller umulige å beregne. Men siden det tilhørende bestemte integralet kan tilnærmes med en sum av rektangler, vil vi alltid kunne finne en tilnærmet løsning for et bestemt integral. Ofte velger vi imidlertid andre geometriske figurer enn rektangler. Bruk av trapeser gir ofte mye bedre nøyaktighet, og det finnes andre metoder, som Simpsons regel, der arealenes øvre grense ikke er en rett linje. Uendelig mange arealer kan vi ikke håndtere i praksis, men en datamaskin kan uten problemer kjapt summere millioner av arealer, slik at vi kan få gode svar raskt. 

Kilder

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

Integral som areal

Areal over x-aksen

I artikkelen om bestemte integraler lærer vi at et bestemt integral representerer en verdi. Men hva representerer egentlig denne verdien? Noe ganske interessant viser det seg, nemlig arealet avgrenset av grafen til det tilhørende ubestemte integralet, integrasjonsgrensene og x-aksen.

$\fbox {$ A = \int\limits_a^b f(x) \; dx$}$

Eksempel 1:

Integralet av f(x) = 2x, mellom grensene 0 og 4:

$\int\limits_0^4 2x \; dx = \big[x^2\big]_0^4 = 4^2 − 0^2 = 16$

Dette representerer arealet skravert i figuren under, der den rette linja er grafen til f(x) = 2x.

Arealet mellom f(x) = 2x og x-aksen

En rask kontrollregning ved hjelp av formelen for arealet av en trekant:

$\text{Areal } = \frac{1}{2} \cdot \text{ grunnlinje }\cdot \text{ høyde } = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 8 = 16$.

Det bestemte integralet gir oss altså en måte å beregne arealer på.

Eksempel 2:

Vi skal finne arealet mellom f(x) = ex og x-aksen, avgrenset av linjene x = 0 og x = ln 2.

Det bestemte integralet blir:

$\int\limits_0^{\ln 2} e^x \; dx = \big[e^x\big]_0^{\ln 2} = e^{\ln 2} − e^0 = 2 − 1 = 1$

Dette er illustrert under:

Arealet mellom f(x) = e^x og x-aksen

Oppgave 1:

Beregn arealet avgrenset av grafen til f(x) = −3x2 + 4x + 8, x-aksen og linjene x = −1 og x = 2.

Se løsningsforslag

Areal under x-aksen

Dersom grafen ligger under x-aksen, får vi et negativt tall når vi beregner det bestemte integralet. For å finne arealet mellom grafen og x-aksen må vi bytte fortegn:

$\fbox {$ A = −\int\limits_a^b f(x) \; dx$}$

Eksempel 3:

Vi skal finne arealet mellom f(x) = x2 − 4 og x-aksen, avgrenset av skjæringspunktene, som er x = ±2.

Som vi kan se av grafen under, ligger dette området under x-aksen, så vi må skifte fortegn på integralet for å finne arealet.

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

$A = −\int\limits_{−2}^ 2(x^2 − 4) \; dx = −\Big[\frac{1}{3}x^3 − 4x\Big]_{−2}^ 2 =$

$ −\Big[\frac{1}{3}2^3 − 4 \cdot 2 − \big(\frac{1}{3}(−2)^3 − 4(−2)\big)\Big] = $

$−\big(\frac{8}{3} − 8 −(−\frac{8}{3} + 8 )\big) = −\frac{16}{3} + 16 \approx 10{,}67$

Areal både over og under x-aksen

Dersom grafen ligger delvis over, delvis under x-aksen, må vi dele opp i flere integraler, der vi skifter fortegn på de delene som ligger under x-aksen.

Eksempel 4:

Vi skal finne arealet mellom grafen til f(x) = x3 − x og x-aksen.

Som vi kan se av grafen under, ligger dette området både over og under x-aksen:

Areal under en graf som ligger både over og under x-aksen.

Vi må da dele opp i ett integral som går fra nedre grense til skjæringspunktet, og ett som går fra skjæringspunktet til øvre grense.

Først finner vi skjæringspunktene, det vi si de punktene der funksjonsverdien er 0:

f(x) = 0 ⇒ x3 − x = 0 ⇒ x(x2 − 1) = 0 ⇒ x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1

Så arealene blir:

$A_1 = \int\limits_{−1}^0(x^3 − x) \; dx = \big[\frac{1}{4}x^4 − \frac{1}{2}x^2\big]_{−1}^0 = 0 − (\frac{1}{4} − \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}$

$A_2 = −\int\limits_0^1(x^3 − x) \; dx = −\big[\frac{1}{4}x^4 − \frac{1}{2}x^2\big]_0^1 = − (\frac{1}{4} − \frac{1}{2}) − 0 = \frac{1}{4}$

Og det totale arealet blir:

$A = A_1 + A_2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

SkjermfilmSe film om å beregne arealet under en graf
 

Oppgave 2:

Grafen under viser funksjonen f(x) = x3 + 2x2 − x − 2, som skjærer x-aksen i x = −2, x = −1 og x = 1. Beregn arealet avgrenset av grafen og x-aksen.

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

Se løsningsforslag

Areal mellom grafer

Det er ikke vanskelig å utvide metoden til å finne arealet mellom en graf og x-aksen til å finne arealet mellom to grafer. Integrasjonsgrensene blir skjæringspunktene mellom grafene, og så trekker vi arealet under grafen nærmest x-aksen fra arealet under grafen lengst fra x-aksen.

Eksempel 5:

Figuren under viser arealet mellom f(x) = 2x og g(x) = x2.

Areal mellom grafene f(x) = 2x og g(x) = x^2

Vi finner først skjæringspunktene, det vil si punktene der funksjonene har samme verdi:
f(x) = g(x) ⇒ 2x = x2 ⇒ x2 − 2x = 0 ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2

Siden grafen til f(x) = 2x ligger øverst, blir arealet:
$A = \int\limits_0^2 2x \; dx − \int\limits_0^2 x^2 \; dx= \big[x^2\big]_0^2 − \big[\frac{1}{3}x^3\big]_0^2 = 4 − 0 − (\frac{8}{3} − 0) = \frac{4}{3}$

Alternativt kan vi trekke funksjonene fra hverandre først, og så integrerer resultatet:
f(x) − g(x) = 2x − x2.

$A = \int\limits_0^2 (2x − x^2) \; dx = \big[x^2 − \frac{1}{3}x^3\big]_0^2 = 4 − \frac{8}{3} − (0 − 0) = \frac{4}{3}$

Fordelen med dette er at vi slipper unna med ett integral i stedet for to.

Generelt kan vi uttrykke arealet mellom grafene til to funksjoner, f(x) og g(x), som skjærer hverandre i a og b, ved å beregne integralene hver for seg først, og så subtrahere resultatene:

$\fbox {$ A = \int\limits_a^b f(x) \; dx − \int\limits_a^b g(x) \; dx$}$

eller ved å subtrahere funksjonene først, og så integrere den resulterende funksjonen:

$\fbox {$ A = \int\limits_a^b \Big(f(x) − g(x)\Big) \; dx$}$

Oppgave 3:

Det markerte området i bildet under viser arealet mellom grafen til f(x) = −x2 + 5 (grønn) og g(x) = x + 3 (blå).

Areal mellom grafene f(x) = -x^2 + 5 og g(x) = x + 3

Bruk integrasjon til å beregne dette arealet.

Se løsningsforslag

Kilder

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

Bestemte integraler

I artikkelen om ubestemte integraler lærer vi at når vi beregner det ubestemte integralet til en funksjon, får vi en ny funksjon. Men det finnes også noe som heter bestemte integraler. Når vi beregner det bestemte integralet til en funksjon, får vi en verdi.

Til bestemte integraler bruker vi det samme symbolet som til ubestemte integraler, men vi angir samtidig to integrasjonsgrenser: Øvre grense, plassert over, og nedre grense, plassert under, integrasjonssymbolet.

Eksempel 1:

Bestemt integral med integrasjonsgrenser 4 og 8:

$\int\limits_4^8 f(x)\; dx$

For å beregne det bestemte integralet beregner vi først det ubestemte integralet, slik vi har lært. I funksjonen vi da får, tar vi funksjonsverdien til øvre grense og trekker fra funksjonsverdien til nedre grense. Generelt uttrykker vi det slik, for grensene a og b:

$\fbox {$ \int\limits_a^b f(x) \; dx = \big[F(x)\big]_a^b = F(b) − F(a)$}$

Eksempel 2:

$\int\limits_1^2 (2x + 3) \; dx = \big[x^2 + 3x + C\big]_1^2 = $

$4 + 6 + C − (1 + 3 + C) = 10 + C − (4 + C) = 6$

Her beregner vi først det ubestemte integralet, og får den nye funksjonen x2 + 3x + C. Så setter vi inn øvre integrasjonsgrense, x = 2, og får 22 + 3 · 2 + C = 10 + C. Deretter setter vi inn nedre integrasjonsgrense, x = 1, og får 12 + 3 · 1 + C = 4 + C. Til slutt trekker vi den siste fra den første: 10 + C − (4 + C) = 6.

I eksempel 2 ser vi at integrasjonskonstanten, C, faller bort, det vil den alltid gjøre i et bestemt integral. Vi dropper derfor C i utregningen av bestemte integraler.

SkjermfilmSe film om beregning av bestemt integral
 

I formeleditoren i Word kan vi sette inn klammeparentes med integrasjonsgrenser ved å skrive parentesuttrykket først, og deretter sette på grensene ved hjelp av denne matrisen:

Sette inn integralgrenser i formeleditoren i Word

Oppgave 1:

Beregn følgende bestemte integraler:

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

Se løsningsforslag

Kilder

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

Ubestemte integraler

Integrasjon som antiderivasjon

Vi lærer i andre artikler å derivere, det vil si, basert på en funksjon, avlede en ny funksjon som beskriver hvordan den opprinnelige funksjonen endrer seg. Hvis den opprinnelig funksjonen for eksempel er f(x) = x2, blir den deriverte f′(x) = 2x.

Nå skal vi gå andre veien, det vil si ta utgangspunkt i den deriverte, og finne fram til den opprinnelige funksjonen, antiderivere.

Altså, hvis f′(x) = 2x, er f(x) = x2 en antiderivert.

Men vi sløyfer derivasjonstegnet, og bruker stor F for den antideriverte:

Altså, hvis f(x) = 2x, er F(x) = x2 en antiderivert.

Generelt sier vi at F(x) er en antiderivert til f(x) når F′(x) = f(x).

Eksempel 1:

Hvis f(x) = 3x2, er F(x) = x3 en antiderivert.

Men F(x) = x3 er ikke den eneste antideriverte til f(x) = 3x2, for det er flere funksjoner som har en derivert lik 3x2. For eksempel har vi at

F(x) = x3 + 1 siden (x3 + 1)′= 3x2.

F(x) = x3 − 8 siden (x3 − 8)′= 3x2.

Siden konstanter faller bort ved derivasjon, skjønner vi at det finnes uendelig mange antideriverte som bare skiller seg fra hverandre ved en konstant. Denne konstanten kaller vi integrasjonskonstanten, og symboliserer den med C, der C er et vilkårlig, reelt tall.

Generelt har vi altså at når f(x) = 3x2, er F(x) = x3 + C, siden (x3 + C)′ = 3x2.

Det er vanlig å kalle antiderivasjon for integrasjon, symbolisert med et integrasjonstegn: ∫

Bak uttrykket som skal integreres, skriver vi dx, noe som indikerer at det er x som er variabelen i integrasjonsuttrykket. Det generelle uttrykket for å integrere en funksjon av en variabel, x, er altså:

$\fbox {$\int f(x) \; dx = F(x) + C $}$

∫f(x) dx kalles det ubestemte integralet til f(x) med hensyn på x.

Eksempel 2:

∫2x dx = x2 + C

∫2 dx = 2x + C

Integrasjon av potensfunksjoner

Ved å bruke regelen for å derivere en potensfunksjon baklengs får vi:

$\fbox {Potensregel for integrasjon: $ \int x^{\displaystyle r} \; dx = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle r+1}x^{\displaystyle r+1} + C $, $r\ne −1$}$

Vi adderer altså 1 i eksponenten, og dividerer på den nye eksponenten. Dette gjelder for alle verdier av eksponenten, r, unntatt r = −1. Dette er et spesialtilfelle, der vi har

$\fbox {$ \int \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x} \; dx = \ln|x| + C $}$

Eksempel 3:

$\int x^3 \; dx = {\large \frac{ 1}{3+1}}x^{3+1} + C = {\large \frac{1}{4}}x^4 + C$

Vi fører imidlertid sjelden utregningen så omstendelig, her kan vi gjøre utregningen i hodet, og sette opp svaret direkte:

$\int x^3 \; dx = {\large \frac{1}{4}}x^4 + C$

Konstanter kan settes utenfor integrasjonstegnet:

$\fbox {Integrasjon med konstant: $ \int k f(x) \; dx = k\int f(x) \; dx$}$

Eksempel 4:

$\int 4 x^3 \; dx = 4\int x^3 \; dx = 4 \cdot {\large \frac{1}{4}}x^4 + C = x^4 + C$

Potensregelen gjelder også for negative r, så vi kan benytte at $\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^r} = x^{−r}$ til å integrere uttrykk der variabelen står under en brøkstrek:

Eksempel 5:

${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^2} \; dx = \int x^{−2} \; dx = {\large \frac{1}{−2+1}}x^{−2+1} + C = −1x^{−1} + C = −{\large \frac{1}{x}} + C$

Potensregelen gjelder også for r som ikke er hele tall, så vi kan benytte at $\sqrt[\LARGE n]{x} = x^{\Large \frac{1}{n}}$ til å integrere rotuttrykk:

Eksempel 6:

$\int \sqrt[{\Large 3}]x \; dx = \int x^{\Large \frac{1}{3}} \; dx = {\Large \frac{1}{\frac{1}{3}+1}}x^{\Large{\frac{ 1}{ 3}}+1} + C = {\large \frac{3}{4}}x^{\Large \frac{ 4}{ 3}} + C = {\large \frac{3}{4}}\sqrt[{\Large 3}]{x^4} + C = {\large \frac{3}{4}}x\sqrt[{\Large 3}]{x} + C$

SkjermfilmSe film om integrasjon av potensfunksjoner
 

Oppgave 1:

Beregn følgende ubestemte integraler:

        1. $\int 5x^2 \; dx$
           
        2. ${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x^3} \; dx$
           
        3. $\int \sqrt[{\Large4}]{t} \; dt$

Se løsningsforslag

Et spesialtilfelle har vi når eksponenten er −1, altså f(x) = x−1, eller med andre ord $f(x) = {\large \frac{1}{x}}$. Ved derivasjon av potensfunksjoner trekker vi fra 1 i eksponenten, men for å få x−1 måtte vi da startet med x0, men x0 = 1,og deriverer vi 1, får vi 0. Potensregelen for integrasjon gjelder altså ikke i dette tilfellet. I stedet har vi:

$\fbox {${\large \int} \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle x} \; dx = \ln|x| + C $}$

Denne regelen kan utvides litt, til å gjelde alle brøker der teller er en konstant og nevner er et vilkårlig førstegradspolynom:

$\fbox {${\large \int} \frac{\displaystyle k}{\displaystyle ax + b} \; dx = \frac{\displaystyle k}{\displaystyle a} \ln |ax + b| + C $}$

Eksempel 7:

${\large \int} \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3x − 2} \; dx = \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 3} \ln |3x − 2| + C$

Integrasjon av summer og differanser

Når vi integrerer en sum av flere ledd, kan vi integrere ledd for ledd.

Eksempel 8:

$\int (x^3 + 2x^2 + 3x + 1) \; dx =$

$\Big({\large \frac{1}{4}}x^4 + C_1\Big) + \Big(2 \cdot{\large \frac{1}{3}}x^3 + C_2 \Big) + \Big(3 \cdot{\large \frac{1}{2}}x^2 + C_3 \Big)+ \Big(x + C_4 \Big)=$

${\large \frac{1}{4}}x^4 + {\large \frac{2}{3}}x^3 + {\large \frac{3}{2}}x^2 + x + C$

I eksempel 8 bruker vi regelen for å integrere potensfunksjoner på ett og ett av leddene. Vi ser at vi får en integrasjonskonstant i hvert ledd, C1, C2, C3 og C4, men siden disse konstantene er vilkårlige tall, kan vi slå dem sammen til en enkelt konstant, C. Vanligvis tar vi ikke med de enkelte integrasjonskonstantene i utregninger, vi setter bare på en C til slutt.

Når vi integrerer en differanse av flere ledd, kan vi også integrere ledd for ledd.

En felles regel for å integrere summer og differanser blir da:

$\fbox {$ \int \big(f(x) \pm g(x)\big) \; dx = \int f(x) \; dx \pm \int g(x) \; dx $}$

Eksempel 9:

$\int (3x^2 − 2x + 1) \; dx = 3 \int x^2 \; dx − 2 \int x \; dx + \int 1 \; dx =$

$3 \cdot {\large \frac{1}{3}}x^3 − 2 \cdot {\large \frac{1}{2}}x^2 + x + C = x^3 − x^2 + x + C$

I eksempel 9 bruker vi reglene som sier at vi integrerer summer og differanser ledd for ledd, og setter konstanter utenfor. Dette er helt tilsvarende reglene vi har for derivasjon. Men når det gjelder derivasjon, har vi også regler for produkter og kvotienter, «produktregelen» og «brøkregelen». Noe tilsvarende finnes det ikke for integrasjon. Skal vi integrere et produkt eller en kvotient, har vi altså ingen generell formel vi kan bruke. Det finnes noen spesialtilfeller, men generelt er integrasjon av sammensatte uttrykk mye mer komplisert enn derivasjon, og i noen tilfeller helt umulig.

Oppgave 2:

Beregn følgende ubestemte integral:

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

Se løsningsforslag

Integrasjon av trigonometriske funksjoner

Ved å tenke derivasjon baklengs, er det lett å finne den integrerte til sinus og cosinus:

$\fbox {$\begin{align} {\small \int} \sin x \; dx &= −\cos x + C \\
{\small \int} \cos x \; dx &= \sin x + C \end{align}$}$

For vi vet jo at den deriverte til sinus er lik cosinus, og den deriverte til cosinus er lik minus sinus.

Det finnes også et uttrykk som gir tangens når det blir derivert, men det er mer sammensatt, og vi går ikke inn på det her.

Integrasjon av eksponentialfunksjoner

Siden (ex )′ = ex , skjønner vi at ex ikke endrer seg ved integrasjon, vi må bare huske på integrasjonskonstanten, C:

$\fbox {$\int e^{\large x} \; dx = e^{\large x} + C$}$

Med en konstant, k, i eksponenten har vi at (ekx )′ = kekx, så vi må dividere med k når vi integrerer:

$\fbox {$\int e^{\large kx} \; dx = {\large \frac{1}{k}}e^{\large kx} + C$}$

For en vilkårlig eksponentialfunksjon med vekstfaktor a, har vi at (ax)′ = ln a · ax, så vi må dividere med ln a når vi integrerer:

$\fbox {$\int a^{\large x} \; dx = {\large \frac{1}{\ln a}}a^{\large x} + C$}$

Eksempel 10:

$\int (e^x + e^{2x} + 5^x) \; dx = e^x + {\large \frac{1}{2}}e^{2x} + {\large \frac{1}{\ln 5}}5^x$

SkjermfilmSe film om integrasjon av diverse funksjoner

Reglene med å integrere ledd for ledd og å sette konstanter utenfor gjelder alltid.

Eksempel 11:

${\large \int} ( {\large \frac{2}{x}} + 5 \sin x+ 4 e^{2x}) \; dx = {\large \int} {\large \frac{2}{x}} \; dx + \int{ 5 \sin x} \; dx+ \int 4 e^{2x} \; dx = $

$2{\large \int} {\large \frac{1}{x}} \; dx + 5 \int{\sin x} \; dx+ 4\int e^{2x} \; dx = 2 \ln |x| − 5\cos x + 4 \cdot {\large \frac{1}{2}}e^{2x} + C =$

$2 \ln |x| − 5\cos x + 2e^{2x} + C$

Normalt vil vi ikke føre utregningen så omstendelig, med litt trening gjør vi mange av mellomregningene i hodet.

Oppgave 3:

Beregn følgende ubestemte integraler:

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

Se løsningsforslag

Kilder

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

L′Hôpitals regel

I artikkelen om kontinuitet og grenser ser vi på grenser som en funksjonsverdi nærmer seg når variabelen nærmer seg en gitt verdi, eller når den nærmer seg pluss/minus uendelig.

I brøker kan vi imidlertid oppleve at det ikke er opplagt om et funksjonsuttrykk har en grenseverdi, og i så fall hva den er, fordi vi får et ubestemt uttrykk, der både teller og nevner går mot 0 eller uendelig samtidig.

Eksempel 1:

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle x^3 + 6x}{\displaystyle 3x^3 + x^2 + 1} = \frac{\infty}{\infty}$

Dividere med høyeste potens

I artikkelen om asymptoter ser vi hvordan vi kan løse problemet med ubestemte uttrykk i rasjonale funksjoner ved å dividere alle ledd i teller og nevner med høyeste potens av variabelen, slik som i eksempel 2, under:

Eksempel 2:

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle x^3 + 6x}{\displaystyle 3x^3 + x^2 + 1} = \displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle \frac{x^3}{x^3} + \frac{6x}{x^3}}{\displaystyle \frac{3x^3}{x^3} + \frac{x^2}{x^3} + \frac{1}{x^3}} =\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 1 + \frac{6}{x^2}}{\displaystyle 3 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^3}} = \frac{\displaystyle 1 +0}{\displaystyle 3 + 0 + 0} = \frac{1}{3}$

Har vi et brøkuttrykk som ikke er en rasjonal funksjon, trenger imidlertid ikke metoden med å dividere med høyeste potens av variabelen å føre fram, slik som i eksempel 3, under:

Eksempel 3:

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 5x}{\displaystyle e^x} = \frac{\infty}{\infty}$

Her hjelper det ikke å dividere teller og nevner med x, da får vi en delbrøk som er $\frac{\displaystyle e^x}{\displaystyle x}$, og vi er like langt.

L′Hôpitals regel

I alle uttrykk som går mot ${\large \frac{0}{0}}$ eller ${\large \frac{\pm \infty}{\pm \infty}}$, kan vi imidlertid løse opp i floken ved å benytte noe som heter l′Hôpitals regel, oppkalt etter den franske matematikeren Guillaume François Antoine, marquis de l′Hôpital.

L’Hôpitals regel sier at grenseverdien i en brøk som går mot ${\large \frac{0}{0}}$ eller ${\large \frac{\pm \infty}{\pm \infty}}$, ikke endrer seg hvis vi deriverer teller og nevner hver for seg.

Eksempel 4:

Vi skal finne

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 5x}{\displaystyle e^x}$

som i eksempel 3.

Her har vi et uttrykk som er ${\large \frac{\infty}{\infty}}$, og kan bruke l′Hôpitals regel. Deriverer vi telleren, får vi (5x)’ = 5, og deriverer vi nevneren, får vi (ex)’ = ex.

Når x → ∞, vil ex → ∞, så vi får:

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 5x}{\displaystyle e^x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle (5x)’}{\displaystyle (e^x)’} = \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle e^x} = \frac{\displaystyle 5}{\displaystyle \infty} = 0$

NB! I l′Hôpitals regel bruker vi ikke kvotientregelen, men deriverer funksjonene i teller og nevner hver for seg.

Eksempel 5:

Vi skal finne

$\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}$

Når x → 0, vil både sin x → 0 og x → 0, så vi får en brøk med 0 i både teller og nevner:

$\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \frac{0}{0}$

Bruker vi l′Hôpitals regel, får vi:

$\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{(\sin x)’}{x’} \displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{1} = \frac{1}{1} = 1$

Oppgave 1:

Bruk l′Hôpitals regel til å beregne $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x − 1}{\displaystyle \sin x}$

Se løsningsforslag

Formelt sett uttrykker vi L′Hôpitals regel slik:

$\fbox{$\begin{align} &\text{Hvis } \displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = \displaystyle \lim_{x \to a} g(x) = 0\\
&\text{eller } \displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = \pm \displaystyle \lim_{x \to a} g(x) = \pm \infty \\
&\text{har vi at} \\
&\displaystyle \lim_{x \to a}\frac{\displaystyle f(x)}{\displaystyle g(x)} = \displaystyle \lim_{x \to a}\frac{\displaystyle f′(x)}{\displaystyle g′(x)}
\end{align}$}$

Gjentatt bruk av l′Hôpitals regel

Av og til må vi bruke l′Hôpitals regel flere ganger før vi får et uttrykk som ikke der ikke både teller og nevner går mot 0 eller uendelig samtidig.

Eksempel 5:

Vi bruker l′Hôpitals regel på brøken i eksempel 1. 

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle x^3 + 6x}{\displaystyle 3x^3 + x^2 + 1} = \displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 3x^2 + 6}{\displaystyle 9x^2 + 2x} = \displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 6x}{\displaystyle 18x + 2} = \frac{\displaystyle 6}{\displaystyle 18} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 3}$

Oppgave 2:

Bruk l′Hôpitals regel til å beregne $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 − \cos x}{\displaystyle x^2} $

Se løsningsforslag

I artikkelen om asymptoter sier vi at når variabelen går mot uendelig, går en brøk med polynomfunksjoner i teller og nevner mot en konstant hvis funksjonene i teller og nevner har samme grad, mot uendelig hvis funksjonen i teller har høyere grad enn nevner, og mot 0 hvis funksjonen i teller har lavere grad enn nevner.

Hvis vi tenker oss at vi bruker l′Hôpitals regel gjentatte ganger på en slik brøk, forstår vi hvorfor det er slik. For hver derivasjon reduseres polynomenes grad med 1. Er de i utgangspunktet av samme grad, vil begge bli redusert til en konstant samtidig. Er de av forskjellig grad, vil polynomet av høyest grad fremdeles være en funksjon av x, som går mot uendelig, idet den andre funksjonen er redusert til en konstant.

Feil bruk av l′Hôpitals regel

Vi kan bare bruke l′Hôpitals regel på uttrykk som går mot ${\large \frac{0}{0}}$ eller ${\large \frac{\pm \infty}{\pm \infty}}$.

Eksempel 6:

Vi har $\displaystyle \lim_{x \to 2} \frac{\displaystyle x−2}{\displaystyle 4x} = \frac{ 0}{8} = 0$

Bruker vi l′Hôpitals regel på denne brøken, får vi

$\displaystyle \lim_{x \to 2} \frac{\displaystyle (x−2)’}{\displaystyle (4x)’} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 4}$

som er feil. Grenseverdien for brøken er verken ${\large \frac{0}{0}}$ eller ${\large \frac{\pm \infty}{\pm \infty}}$, så det er feil å bruke l′Hôpitals regel i dette tilfellet.

Vi må også passe på å ikke tolke for mye inn i l′Hôpitals regel. L′Hôpitals regel angir hva en grenseverdi er, men sier ikke noe om formen på funksjonen.

Eksempel 7:

I eksempel 9 i artikkelen om asymptoter bruker vi polynomdivisjon til å omforme brøken

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

til

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

Siden brøken vil gå mot 0 når x går mot uendelig, får vi at $\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = x$.

Vi konkluderer derfor med at f(x) → ∞ når x → ∞, og at linja y = x er en skråasymptote for f(x).

Det opprinnelige funksjonsuttrykket går mot uendelig på uendelig, så vi kan også bruke l′Hôpitals regel på det:

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle x^3 + 2}{\displaystyle x^2 + 1} =\lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 3x^2}{\displaystyle 2x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\displaystyle 6x}{\displaystyle 2} = 3x$

Ut fra dette kan vi lese at f(x) → ∞ når x → ∞, som vi fant da vi brukte polynomdivisjon. Men vi har skapt et nytt funksjonsuttrykk, og vi kan ikke ut av dette tolke at y = 3x er en skråasymptote for f(x).

Kilder

    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
    • Thomas, G.B., Finney R.L. (1988). Calculus and Analytic Geometry. Addison-Wesley.
    • matematikk.org
Publisert

Funksjonsdrøfting

I andre artikler ser vi på en funksjons eventuelle asymptoter, kritiske punkter og vendepunkter. I denne artikkelen samler vi trådene og utfører funksjonsdrøfting.

Hva er funksjonsdrøfting?

Med å drøfte en funksjon mener vi å finne fram til funksjonens viktigste egenskaper, og eventuelt skissere en graf på bakgrunn av disse.

Vi undersøker:

  • Er funksjonen kontinuerlig? Hvis ikke, har den noen vertikale asymptoter?
     
  • Hva skjer med funksjonsverdien når den uavhengige variabelen går mot pluss/minus uendelig? Finner vi da noen horisontale asymptoter eller skråasymptoter?
     
  • Hvilke karakteristiske punkter har funksjonen: Skjæringspunkter med aksene? Globale eller lokale maksimums- eller minimumspunkter? Terrassepunkter? Vendepunkter?
     
  • Hva er funksjonens monotoniegenskaper: Hvor er den stigende og avtagende? Hvor den er konkav og konveks?

Drøfting av en polynomfunksjon

Eksempel 1:

Vi skal drøfte funksjonen f(x) = 2x3 − 3x2 − 12x.

Dette er en polynomfunksjon, den er følgelig kontinuerlig og har ingen asymptoter. Det er leddet med høyeste potens av x som bestemmer hva som skjer når x → ±∞.

Når x → +∞, vil x3 → +∞, og når x → −∞, vil x3 → −∞.

Skjæringspunktet med y-aksen finner vi ved å sette x = 0 inn i funksjonen: f(0) = 0.

Så skjæringspunktet med y-aksen er (0, 0).

Skjæringspunkter med x-aksen finner vi ved å løse likningen f(x) = 0. Vi får 2x3 − 3x2 − 12x = 0. Generelt forventes vi ikke å kunne løse en tredjegradslikning, men her kan vi sette x utenfor parentes, og får x(2x2 − 3x − 12) = 0.

Så x = 0 er en løsning.

Løser vi så andregradslikningen 2x2 − 3x − 12, får vi

$x_1 = {\large \frac{3+ \sqrt{105}}{4}} \approx 3{,}31$ og $x_2 = {\large \frac{3− \sqrt{105}}{4}} \approx −1{,}81$.

Så skjæringspunktene med x-aksen er om lag (−1,81, 0), (0, 0) og (3,31, 0).

Vi deriverer funksjonen og får f′(x) = 6x2 − 6x −12.

Løser vi likningen 6x2 − 6x −12 = 0, får vi x1 = 2 og x2 = −1.

De tilhørende funksjonsverdiene er f(2) = −20 og f(−1) = 7.

Så vi har stasjonære punkter i (−1, 7) og (2, −20).

Denne funksjonen er lett å derivere en gang til, så vi velger å bruke andrederivert-testen til å klassifisere punktene. f′′(x) = 12x −6.

f′′(−1) = −18. Siden dette tallet er mindre enn 0, er punktet et maksimumspunkt.

f′′(2) = 18. Siden dette tallet er større enn 0, er punktet et minimumspunkt.

Siden funksjonen går mot pluss/minus uendelig, har den ingen globale ekstremalpunkter. Vi har derfor at (−1, 7) er et lokalt maksimumspunkt og (2, −20) er et lokalt minimumspunkt.

Siden (−1, 7) er eneste maksimumspunkt og (2, −20) eneste minimumspunkt, er funksjonen voksende når −∞ < x ≤ −1, avtagende når −1 ≤ x ≤ 2, og voksende når 2 ≤ x < ∞.

Vi har funnet at f′′(x) = 12x − 6. f′′(x) er 0 når 12x − 6 er 0, det vil si når $x = {\large \frac{1}{2}}$.

Den tilhørende funksjonsverdien er $f({\large \frac{1}{2}}) = {−\large \frac{13}{2}} = −6{,}5$.

Så vi har et vendepunkt i (0,5, −6,5).

Siden f′′ skifter fra − til + når $x = {\large \frac{1}{2}}$, er funksjonen konkav (hule side ned) når $−\infty < x \le {\large \frac{1}{2}}$ og konveks (hule side opp) når ${\large \frac{1}{2}} \le x < \infty$.

Basert på dette kan vi skissere grafen:

Graf som illustrerer resultatet av funksjonsdrøfting

Vi ser at vi i eksempel 1 har inkludert ekstremalpunktene i intervallene der funksjonen er voksende og avtagende, selv om funksjonen verken vokser eller avtar i disse punktene. Dette er i tråd med definisjonene, som sier at

    • En funksjon, f(x), er voksende i et intervall, [a, b], hvis x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2) for alle x ∈ [a, b].
       
    • En funksjon, f(x), er avtagende i et intervall, [a, b], hvis x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2) for alle x ∈ [a, b].

En funksjon er altså voksende i et intervall hvis grafen beveger seg oppover eller flater ut, og avtagende i et intervall hvis grafen beveger seg nedover eller flater ut. En fellesbetegnelse for voksende og avtagende er monoton.

Hvis vi ikke tillater at grafen flater ut, er funksjonen strengt monoton. Vi har at

    • En funksjon, f(x), er strengt voksende i et intervall, [a, b], hvis x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) for alle x ∈ [a, b].
       
    • En funksjon, f(x), er strengt avtagende i et intervall, [a, b], hvis x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) for alle x ∈ [a, b].

Tilsvarende har vi inkludert vendepunktet både i intervallet der funksjonen er konkav og der den er konveks. Vi har at

    • En funksjon, f(x), er konkav i et intervall, [a, b], hvis f′′(x) ≤ 0 for alle x ∈ [a, b].
       
    • En funksjon, f(x), er konveks i et intervall, [a, b], hvis f′′(x) ≥ 0 for alle x ∈ [a, b].

Og at

    • En funksjon, f(x), er strengt konkav i et intervall, [a, b], hvis f′′(x) < 0 for alle x ∈ [a, b].
       
    • En funksjon, f(x), er strengt konveks i et intervall, [a, b], hvis f′′(x) > 0 for alle x ∈ [a, b].

Drøfting av en rasjonal funksjon

Eksempel 2:

Vi skal drøfte funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle 3x^2−1}{\displaystyle x^2−4}$.

Når x → ±2, går nevneren i brøken mot 0 mens telleren ikke går mot 0. Brøken går derved mot uendelig og x = −2 og x = 2 er derfor vertikale asymptoter for funksjonen.

Når x → ±∞, går både teller og nevner mot uendelig, og vi har et ubestemt uttrykk. Vi bruker derfor L′Hôpitals regel og får

$\displaystyle \lim_{x \to \pm \infty} \frac{3x^2−1}{x^2−4} = \displaystyle \lim_{x \to \pm \infty} \frac{6x}{2x}= 3$

Så y = 3 er en horisontal asymptote.

Skjæringspunktet med y-aksen finner vi ved å sette x = 0 inn i funksjonen: $f(0) = {\Large \frac{1}{4}}$.

Så skjæringspunktet med y-aksen er (0, 0,25).

Skjæringspunkter med x-aksen får vi når telleren er 0, så vi løser likningen 3x2 − 1 = 0.

Vi får $x = {\large \pm \frac{1}{\sqrt3}} \approx \pm 0{,}58$.

Så skjæringspunkter med x-aksen er om lag (−0,58, 0), (0,58, 0).

Vi deriverer funksjonen og får

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

$\frac{\displaystyle(6x)(x^2−4) − (3x^2−1)(2x)}{\displaystyle(x^2−4)^2} = \frac{\displaystyle−22x}{(\displaystyle x^2−4)^2}$

Nevneren i denne brøken kan aldri bli negativ, det er derfor bare telleren som avgjør fortegnet på den deriverte, og vi ser at den skifter fortegn fra + til − når x = 0, med tilhørende funksjonsverdi $f(0) = {\large \frac{1}{4}}$.

(0, 0,25) er derved et maksimalpunkt. Når x ≤ 0, er funksjonen voksende, og når x ≥ 0, er den avtakende.

Vi ser litt nøyere på brøken i den opprinnelige funksjonen, $f(x) = \frac{\displaystyle 3x^2−1}{\displaystyle x^2−4}$. Telleren er positiv når vi er i nærheten av verdiene som gir asymptoter, −2 og 2, så det er nevneren som bestemmer brøkens fortegn. Vi har derfor

$\displaystyle \lim_{x \to −2^{\Large −}}f(x) = + \infty$

$\displaystyle \lim_{x \to −2^{\Large +}}f(x) = − \infty$

$\displaystyle \lim_{x \to 2^{\Large −}}f(x) = − \infty$

$\displaystyle \lim_{x \to 2^{\Large +}}f(x) = + \infty$

Dette vil vi ha nytte av når vi skal skissere grafen. Og vi kan også slå fast at siden funksjonen går mot pluss/minus uendelig, har den ingen globale ekstremalpunkter.

(0, 0,25) er derfor et lokalt maksimalpunkt.

For å bestemme eventuelle vendepunkter, må vi derivere funksjonen en gang til. Dette blir en utregning der vi må holde tunga rett i munnen. Siden vi skal studere fortegnet til den dobbeltderiverte, passer vi på å ikke multiplisere ut (x2−4)2, for dette uttrykket vet vi aldri blir negativt. Vi innfører en hjelpevariabel, v = x2−4, for å få en mer oversiktlig utregning. Når vi deriverer v, må vi huske å multiplisere med den deriverte av kjernen, (x2−4)′ = 2x.

$f′′(x) = \frac{\displaystyle(−22x)′ \cdot v^2 − 22x \cdot (v^2)′}{\displaystyle (v^2)^2}= \frac{\displaystyle −22 \cdot v^2 − 22x \cdot 2v \cdot 2x}{\displaystyle (v^2)^2} = \frac{\displaystyle v(−22v − 88x^2)}{\displaystyle (v^2)^2} =$

$\frac{\displaystyle (x^2−4)\big(−22(x^2−4)+88x^2\big)}{\displaystyle \big((x^2−4)^2\big)^2} = \frac{\displaystyle (x^2−4)(66x^2+88)}{\displaystyle (x^2−4)^4}$

Nevneren i denne brøken kan aldri bli negativ, det samme gjelder faktoren 66x2 + 88. Vi trenger derfor bare å studere faktoren x2−4 for å finne fortegnsskiftene til den dobbeltderiverte. x2−4 kan faktoriseres som (x + 2)(x − 2), med fortegnsskjema vist under.

Fortegnsskjema for (x + 2)(x - 2)

Vi ser at den dobbeltderiverte er negativ når −2 < x < 2 og positiv når x < −2 og x > 2. Der fortegnet skifter, i x= ±2, er imidlertid ikke funksjonen definert, fordi vi får 0 i nevneren. Funksjonen har derfor ingen vendepunkter.

Fortegnet til den dobbeltderiverte forteller oss imidlertid at funksjonen er konveks når x ≤ −2, konkav når −2 ≤ x ≤ 2, og konveks når x ≥ 2. Den skifter altså mellom å være konveks og konkav selv om den ikke har vendepunkter.

For å tegne grafen, er det mest asymptotene vi har å holde oss til. Vi tegner dem opp, og skisserer hvordan grafen legger seg inntil disse. Grafen er vist under, asymptotene tegnet inn med rødt.

Graf med asymptoter

Oppgave 1:

Drøft funksjonen f(x) = (x2 + 3x + 2)(x − 3), Df = [−3, 3].

Se løsningsforslag

Kilder

    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
    • Thomas, G.B., Finney R.L. (1988). Calculus and Analytic Geometry. Addison-Wesley.
    • matematikk.org
Publisert

Optimeringsproblemer

En typisk anvendelse av derivasjon er optimering. Vi har en funksjon som beskriver et eller annet som vi ønsker å gjøre så stort eller så lite som mulig. Det kan være at vi ønsker mest mulig fortjeneste, størst mulig areal, minst mulig utgifter eller lavest mulig materialforbruk. Vi bruker da funksjonens deriverte til å finne et maksimumspunkt eller minimumspunkt.

Maksimalt areal

Eksempel 1:

En klassiker er bonden og gjerdet: 

En bonde skal lage en rektangulær innhegning av et 50 meter langt gjerde, og vi skal finne ut hvor lange sidekantene må være for at innhegningens areal skal bli størst mulig.

Vi starter med å finne et funksjonsuttrykk for arealet. Kaller vi den ene sidekanten x og den andre y, blir arealet A = x · y.

Omkretsen av rektangelet blir x + y + x + y = 2x + 2y. Siden gjerdet er 50 meter langt, vet vi at 2x + 2y = 50. Dette er en likning vi kan løse med hensyn på y. Vi dividerer først med 2 på begge sider av likhetstegnet, og får x + y = 25. Så flytter vi x over til høyre side med fortegnsskifte, og får y = 25 – x.

Så erstatter vi y med 25 – x i uttrykket for arealet, og får A = x · y = x · (25 – x). Multipliserer vi x inn i parentesen og ordner leddene etter synkende potenser, får vi 25x – x2 = –x2 + 25x.

En funksjon som beskriver innhegningens areal, blir altså

f(x) = x (25 – x) = –x2 + 25x.

Vi deriverer, og får f′(x) = –2x + 25, som er 0 når x = 12,5. Den deriverte skifter fortegn fra + til – i dette punktet, derfor er det et maksimumspunkt.

Den andre sidekanten blir y = 25 – 12,5 = 12,5.

Konklusjonen er at bonden får størst areal ved å lage en innhegning der alle sidene er 12,5 meter lange.

Oppgave 1:

Du skal lage en rektangulær innhegning der den ene siden utgjøres av en flat låvevegg. Du har 40 meter gjerde til rådighet. Hvordan skal målene på innhegningen velges for at arealet skal bli størst mulig?

Se løsningsforslag

Minimale kostnader

Eksempel 2:

Kostnadene ved å produsere en vare er gitt ved k(x) = 0,002x2 – 6x + 1000, der x er antall produserte enheter per døgn, og vi skal finne ut hvor mange produserte enheter som gir lavest produksjonskostnader.

Vi deriverer, og får k′(x) = 0,004x – 6. Dette uttrykket er 0 når x = 1500. Den deriverte skifter fortegn fra – til + i dette punktet, derfor er det et minimum.

Vi får lavest produksjonskostnader ved å produsere 1500 enheter per døgn.

Endring i høyde

Eksempel 3:

Høyden til et fly er i en periode på litt over to minutter gitt ved funksjonen

$h(t) = {\large \frac{1}{100}}t^3 − 2t^2 + 60t + 7000$,

illustrert med grafen under. Høyden i meter og tiden i sekunder.

Graf som illustrerer høyden til fly

  1. Vi skal gi en tolkning av grafen.
     
    Grafen viser at flyet stiger, går inn i et stup, flater ut og begynner å stige igjen.
     
  2. Vi skal beregne hvor høyt flyet er på det høyeste, og hvor lavt det er på det laveste.
     
    Når flyet er på sitt høyeste og laveste, er det ingen endring i høyden, så h′(t) må være 0.
     
    Vi deriverer h(t) og får
    $h′(t) = {\large \frac{3}{100}}t^2 − 4t + 60$.
     
    Løser vi likningen ${\large \frac{3}{100}}t^2 − 4t + 60 = 0$, får vi 
     
    t1 ≈ 17,23 og t2 ≈ 116,11
     
    De tilhørende funksjonsverdiene blir
     
    h(17,23) ≈ 7491 og h(116,11) ≈ 2657
     
    På det høyeste er flyet om lag 7491 meter over bakken, og på det laveste om lag 2657 meter over bakken.
     
  3. Vi skal beregne hvor fort flyet mister høyde når stupet er på det bratteste, og hvor høyt det da er over bakken.
     
    Når stupet er på det bratteste, mister flyet høyde på det raskeste, så den deriverte må da ha sin mest negative verdi. Med andre ord må h′(t) ha et minimumspunkt. For å finne dette, undersøker vi når den derivertes deriverte er 0. Den derivertes deriverte kalles den andrederiverte, og angis med to apostrofer.
     
    Vi deriverer h′(t) og får
    $h′\,′(t) = {\large \frac{6}{100}}t − 4$.
    Denne er 0 når t ≈ 66,67.
     
    Endringen i høyde er da gitt ved h′(66,67) ≈ −73.
    og høyden er gitt ved h(66,67) ≈ 5074.
     
    På sitt meste mister flyet om lag 73 høydemeter per sekund, og det er da om lag 5074 meter over bakken.
    Den andrederiverte beskrives nærmere i artikkelen om høyere ordens deriverte.

Kilder

    • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
    • Thomas, G.B., Finney R.L. (1988). Calculus and Analytic Geometry. Addison-Wesley.
    • matematikk.org