Berekne bestemde integral og areal ved rekning

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

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

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

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

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

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

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

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\pi }}\sin x dx & =& {\left[-\cos x\right]}_0^{\mathrm{\pi }}\\ & =& -\mathrm{cos\pi }-(-\cos 0)\\ & =& -\mathrm{cos\pi }+\cos 0\\ & =& - \left(-1\right)+1\\ & =& 2\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^{2\mathrm{\pi }}\sin x dx & =& {\left[-\cos x\right]}_0^{2\mathrm{\pi }}\\ & =& -\cos 2\mathrm{\pi }-\left(-\cos 0\right)\\ & =& -1+1\\ & =& 0\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\pi }}\cos x dx & =& {\left[\sin x\right]}_0^{\mathrm{\pi }}\\ & =& \mathrm{sin\pi }-\sin 0\\ & =& 0\end{array}$$

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

Området avgrensa av grafen, $$ x$$-aksen og dei 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 såg i b) at dei to bestemde integrala hadde den same talverdien, men ulikt forteikn. Summen av dei to bestemde integrala blir 0, noko som òg integrasjonen i denne oppgåva gir.

Vi ser i c) at sjølv om vi bruker integralrekning som utgangspunkt for å berekne areal, får vi ikkje den same talverdien på arealet og det bestemde integralet for det same området. Dette kjem av at ein 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 startar 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 følgande nullpunkt: $$ x=-1, x=0, x=1$$

For å avgjere kvar $$ f$$ er positiv og negativ, testar vi $$ x$$-verdiar før, etter og mellom nullpunkta:

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

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

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

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

Forteiknslinje:

Vi kunne òg ha teikna forteiknslinja til funksjonen ut frå det vi kan lese ut av funksjonsuttrykket. Dette er fordi ein tredjegradsfunksjon med tre nullpunkt og positivt tredjegradsledd alltid vil følge dette mønsteret. Tenk gjennom kva som er grunnen til det.

Arealet av det angitte området er summen av areala av dei tre områda som er avgrensa av $$ x=-2$$ og nullpunkta til funksjonen. Vi reknar ut dei bestemde integrala for desse områda kvar for seg, og vi reknar deretter ut det samla arealet ut frå absoluttverdiane.

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

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

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

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

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

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

Arealet av området frå $$ x=-2$$ 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 rekne ut arealet mellom grafen og $$ x$$-aksen, er det viktig å vite kvar grafen kryssar $$ x$$-aksen. Dette er fordi vi må rekne ut dei bestemde integrala for områda over og under $$ x$$-aksen kvar for seg. Nullpunkta angir kvar grafen kryssar $$ x$$-aksen og gir oss derfor informasjon om øvre og nedre grense i kvart av dei bestemde integrala.

Ut frå informasjonen vi fekk i b), veit vi at grafen har nullpunkt for $$ x=-1$$, $$ x=0$$ og $$ x=1$$. For å rekne ut arealet av det angitte området reknar vi ut vi det bestemde integralet for områda mellom nullpunkta kvar for seg og summerer absoluttverdien av desse.

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

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

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

Sidan begge integrala er negative, betyr det at grafen er under $$ x$$-aksen frå $$ x=-1$$ til $$ x=1$$. Når vi trass i dette har eit nullpunkt i $$ x=0$$, betyr det at grafen òg har eit toppunkt for $$ x=0$$.