Beregne bestemte integraler og arealer ved regning

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_1^{10}5 dx & =& {\left[5x\right]}_1^{10}\\ & =& 5·10-5·1\\ & =& 45\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_1^3\left(4x+2\right)dx & =& {\left[4·\frac{1}{2}{x}^2+2x\right]}_1^3\\ & =& {\left[2x^2+2x\right]}_1^3\\ & =& 2·3^2+2·3-\left(2·1^2+2·1\right)\\ & =& 18+6-2-2\\ & =& 20\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^1\left(x^2+2x+1\right)dx & =& {\left[\frac{1}{3}{x}^3+2·\frac{1}{2}{x}^2+x\right]}_0^1\\ & =& \frac{1}{3}·1^3+2·\frac{1}{2}·1^2+1-0\\ & =& \frac{7}{3}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-1}^1\left(3x^2-2x+1\right)dx & =& {\left[3·\frac{1}{3}{x}^3-2·\frac{1}{2}{x}^2+x\right]}_{-1}^1\\ & =& {\left[x^3-x^2+x\right]}_{-1}^1\\ & =& 1^3-1^2+1-\left({\left(-1\right)}^3-{\left(-1\right)}^2+\left(-1\right)\right)\\ & =& 1-1+1+1+1+1\\ & =& 4\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_1^e\frac{1}{x}dx & =& {\left[\ln \left|x\right|\right]}_1^e\\ & =& \ln e-\ln 1\\ & =& 1-0\\ & =& 1\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-e}^{-1}\frac{1}{x}dx & =& {\left[\ln \left|x\right|\right]}_{-e}^{-1}\\ & =& \ln \left|-1\right|-\ln \left|-e\right|\\ & =& \ln 1-\ln e\\ & =& 0-1\\ & =& -1\\ & =& 1\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{\ln 2}^{\ln 3}{e}^{2x}dx & =& {\left[\frac{1}{2}{e}^{2x}\right]}_{\ln 2}^{\ln 3}\\ & =& \frac{1}{2}{\left[e^{2x}\right]}_{\ln 2}^{\ln 3}\\ & =& \frac{1}{2}\left(e^{2·\ln 3}-\left(e^{2\ln 2}\right)\right)\\ & =& \frac{1}{2}\left({\left(e^{\ln 3}\right)}^2-{\left(e^{\ln 2}\right)}^2\right)\\ & =& \frac{1}{2}\left(3^2-2^2\right)\\ & =& \frac{1}{2}\left(9-4\right)\\ & =& \frac{5}{2}\end{array}$$

Området avgrenset av grafen, $$ x$$-aksen og de rette linjene $$ x=-4$$ og $$ x=0$$ er markert med brun farge.

Området avgrenset av grafen, $$ x$$-aksen og de rette linjene $$ x=0$$ og $$ x=4$$ er markert med blå farge.

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-4}^{0}2x dx & =& {\left[x^2\right]}_{-4}^0\\ & =& 0^2-{\left(-4\right)}^2\\ & =& -16\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^{4}2x dx & =& {\left[x^2\right]}_0^4\\ & =& 4^2-0^2\\ & =& 16\end{array}$$

$$ A_1=\left|{\int }_{-4}^{0}f\left(x\right)dx\right|=\left|-16\right|=16$$

$$ A_2=\left|{\int }_0^{4}f\left(x\right)dx\right|=\left|16\right|=16$$

$$ $$$$ A_{tot}=\left|{\int }_{-4}^{0}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_0^{4}f\left(x\right)dx\right|=16+16=32$$

$$ {\int }_{-4}^{4}f\left(x\right)dx={\left[x^2\right]}_{-4}^4=4^2-{\left(-4\right)}^2=0$$

Vi så i b) at de to bestemte integralene hadde den samme tallverdien, men forskjellig fortegn. Summen av de to bestemte integralene blir 0, noe som også integrasjonen i denne oppgaven gir.

Vi ser i c) at selv om vi bruker integralregning som utgangspunkt for å beregne areal, får vi ikke den samme tallverdien på arealet og det bestemte integralet for det samme området. Dette skyldes at en del av grafen er under $$ x$$-aksen.

$$ \int \left(x^5-5x^3+4x\right)dx=\frac{1}{6}{x}^6-\frac{5}{4}{x}^4+2x^2+C$$

Areal 1:

$$ \begin{array}{c}\left|{\int }_{-2}^{-1}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_{-1}^{0}f\left(x\right)dx\right|=\left|\frac{9}{4}\right|+\left|-\frac{11}{12}\right|=\frac{19}{6}\end{array}$$

Areal 2:

$$ \begin{array}{c}\left|{\int }_{-1}^{0}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_0^{-1}f\left(x\right)dx\right|=\left|\frac{-11}{12}\right|+\left|\frac{11}{12}\right|=\frac{11}{6}\end{array}$$

Areal 3:

$$ \begin{array}{lc}\left|{\int }_{-1}^{0}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_1^{2}f\left(x\right)dx\right|& \\ =\left|-\frac{11}{12}\right|+\left|\frac{11}{12}\right|+\left|\frac{9}{4}\right|& \\ =\frac{49}{12}& \end{array}$$

Areal 4:

$$\begin{gathered} \\ \begin{array}{l}\left|{\int }_{-2}^{-1}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_{-1}^{0}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_1^{2}f\left(x\right)dx\right|\\ =\left|-\frac{9}{4}\right|+\left|-\frac{11}{12}\right|+\left|\frac{11}{12}\right|+\left|\frac{9}{4}\right|\\ =\frac{19}{3}\end{array} \end{gathered}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-2}^1\left(x^3-x\right)dx & =& {\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2\right]}_{-2}^1\\ & =& \frac{1}{4}·1^4-\frac{1}{2}·1^2-\left(\frac{1}{4}{\left(-2\right)}^4-\frac{1}{2}{\left(-2\right)}^2\right)\\ & =& \frac{1}{4}-\frac{1}{2}-4+2\\ & =& -\frac{9}{4} \end{array}$$

Vi starter med å faktorisere funksjonsuttrykket:$$ f\left(x\right)=x^3-x=x\left(x^2-1\right)=x\left(x+1\right)\left(x-1\right)$$

Dette gir at $$ f$$ har følgende nullpunkter: $$ x=-1, x=0, x=1$$

For å bestemme hvor $$ f$$ er positiv og negativ, tester vi $$ x$$-verdier før, etter og mellom nullpunktene:

$$ f\left(-2\right)={\left(-2\right)}^3-\left(-2\right)=-8+2=-6$$

$$ f\left(-0,1\right)={\left(-0,1\right)}^3+0,1=-0,001+0,1=0,9$$

$$ f\left(0,1\right)=0,1^3-0,1=0,001-0,1=-0,099$$

$$ f\left(2\right)=2^3-2=8-2=6$$

Fortegnslinje:

Vi kunne også ha tegnet fortegnslinja til funksjonen ut fra det vi kan lese ut av funksjonsuttrykket. Dette er fordi en tredjegradsfunksjon med tre nullpunkt og positivt tredjegradsledd alltid vil følge dette mønsteret. Tenk gjennom hva som er grunnen til det.

Arealet av det angitte området er summen av arealene av de tre områdene som er avgrenset av $$ x=-2$$ og nullpunktene til funksjonen. Vi beregner de bestemte integralene for disse områdene hver for seg, og vi beregner deretter det samlede arealet ut fra absoluttverdiene.

$$ {\int }_{-2}^{-1}\left(x^3-x\right)dx={\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2\right]}_{-2}^{-1}$$

$$\begin{gathered} \begin{array}{ccl}& & \begin{array}{cl}=& \frac{1}{4}·{\left(-1\right)}^4-\frac{1}{2}·{\left(-1\right)}^2-\left(\frac{1}{4}{\left(-2\right)}^4-\frac{1}{2}{\left(-2\right)}^2\right)\end{array}\\ & & \begin{array}{cl}=& \frac{1}{4}-\frac{1}{2}-4+2\end{array}\\ & & \begin{array}{cl}= & -\frac{9}{4}\end{array}\end{array} \\ \end{gathered}$$

$$ {\int }_{-1}^0\left(x^3-x\right)dx={\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2\right]}_{-2}^{-1}$$

$$ \begin{array}{ccl}& & \begin{array}{cl}= & \frac{1}{4}·0^4-\frac{1}{2}·0^2-\left(\frac{1}{4}{\left(-1\right)}^4-\frac{1}{2}{\left(-1\right)}^2\right)\end{array}\\ & & \begin{array}{cl}= & 0-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\end{array}\begin{array}{cl}& \end{array}\\ & & \begin{array}{cl}= & \frac{1}{4}\end{array}\end{array}$$

$$ {\int }_0^1\left(x^3-x\right)dx={\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2\right]}_0^1$$

$$ \begin{array}{ccl}& & \begin{array}{ccc}\begin{array}{cl}= & \frac{1}{4}·1^4-\frac{1}{2}·1^2-0\end{array}& & \begin{array}{cl}& \end{array}\end{array}\\ & & \begin{array}{cl}= & \frac{1}{4}-\frac{1}{2}\end{array}\begin{array}{cl}& \end{array}\\ & & \begin{array}{cl}= & -\frac{1}{4}\end{array}\end{array}$$

Arealet av området fra $$ x=-2$$ til $$ x=1$$ blir

$$ \left|{\int }_{-2}^{-1}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_{-2}^{-1}f\left(x\right)dx\right|+\left|{\int }_{-2}^{-1}f\left(x\right)dx\right|$$

$$ \begin{array}{ccl}& & = \frac{9}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\\ & & = \frac{11}{4}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-1}^1\left(x^4-x\right)dx & =& {\left[\frac{1}{5}{x}^5-\frac{1}{3}{x}^3\right]}_{-1}^1\\ & =& \frac{1}{5}{1}^5-\frac{1}{3}{1}^3-\left(\frac{1}{5}{\left(-1\right)}^5-\frac{1}{3}{\left(-1\right)}^3\right)\\ & =& \frac{1}{5}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{3}\\ & =& -\frac{4}{15}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{x}^4-x^{2 }& =& 0\\ x^2\left(x^2-1\right) & =& 0\\ x^2\left(x-1\right)\left(x+1\right) & =& 0\end{array}$$

Funksjonen har nullpunkt for $$ x=-1, x=0, x=1$$.

Når vi skal beregne arealet mellom grafen og $$ x$$-aksen, er det viktig å vite hvor grafen krysser $$ x$$-aksen. Dette er fordi vi må beregne de bestemte integralene for områdene over og under $$ x$$-aksen hver for seg. Nullpunktene angir hvor grafen krysser $$ x$$-aksen og gir oss derfor informasjon om øvre og nedre grense i hvert av de bestemte integralene.

Ut fra informasjonen vi fikk i b), vet vi at grafen har nullpunkter for $$ x=-1$$, $$ x=0$$ og $$ x=1$$. For å beregne arealet av det angitte området beregner vi det bestemte integralet for områdene mellom nullpunktene hver for seg og summerer absoluttverdien av disse.

$$ \begin{array}{rcl}\left|{\int }_{-1}^0\left(x^4-x^2\right)dx\right| & =& \left| {\left[\frac{1}{5}{x}^5-\frac{1}{3}{x}^3\right]}_{-1}^0\right|\\ & =& \left| \frac{1}{5}·0^5-\frac{1}{3}·0^3-\left(\frac{1}{5}{\left(-1\right)}^5-\frac{1}{3}{\left(-1\right)}^3\right)\right|\\ & =& \left|\frac{1}{5}-\frac{1}{3}\right|\\ & =& \left|\frac{-2}{15}\right|\\ & =& \frac{2}{15}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}\left|{\int }_0^1\left(x^4-x\right)dx\right| & =& \left|{\left[\frac{1}{5}{x}^5-\frac{1}{3}{x}^3\right]}_{-1}^0\right|\\ & =& \left|\frac{1}{5}·1^5-\frac{1}{3}·1^3-\left(\frac{1}{5}{\left(0\right)}^5-\frac{1}{3}{\left(0\right)}^3\right)\right|\\ & =& \left|\frac{1}{5}-\frac{1}{3}\right|\\ & =& \left|\frac{-2}{15}\right|\\ & =& \frac{2}{15}\end{array}$$

Totalt areal: $$ \frac{2}{15}+\frac{2}{15}=\frac{4}{15}$$

Siden begge integralene er negative, betyr det at grafen er under $$ x$$-aksen fra $$ x=-1$$ til $$ x=1$$. Når vi til tross for dette har et nullpunkt i $$ x=0$$, betyr det at grafen også har et toppunkt for $$ x=0$$.