Arealet mellom grafar

Vi ser at skjeringspunkta mellom grafane er $$ \left(-1,1\right)$$ og $$ \left(2,4\right)$$. Området strekker seg derfor frå $$ x=-1$$ til $$ x=2$$.

$$ {\int }_{-1}^{2}g\left(x\right)dx-{\int }_{-1}^{2}f\left(x\right)dx$$$$ \begin{array}{ccl}& =& {\int }_{-1}^2\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx\\ & =& {\int }_{-1}^2\left(x+2-x^2\right)dx\\ & =& {\left[\frac{1}{2}{x}^2+2x-\frac{1}{3}{x}^3\right]}_{-1}^2\\ & =& \frac{1}{2}·2^2+2·2-\frac{1}{3}·2^3-\left(\frac{1}{2}{\left(-1\right)}^2+2\left(-1\right)-\frac{1}{3}{\left(-1\right)}^3\right)\\ & =& 2+4-\frac{8}{3}-\left(\frac{1}{2}-2+\frac{1}{3}\right)\\ & =& \frac{9}{2}\end{array}$$

Arealet av det markerte området er $$ \frac{9}{2}$$.

Skjeringspunkta mellom grafane er $$ \left(0,0\right)$$ og $$ \left(1,1\right)$$. Området strekker seg derfor frå $$ x=0$$ til $$ x=1$$.

$$ {\int }_0^{1}g\left(x\right)dx-{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx$$

$$ \begin{array}{l}\begin{array}{ccl}& =& {\int }_0^1\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx\\ & =& {\int }_0^1\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx\\ & =& {\int }_0^1\left(x-x^3\right)dx\\ & =& {\left[\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{4}{x}^4\right]}_0^1\\ & =& \frac{1}{2}·1^2-\frac{1}{4}·1^4-\left(\frac{1}{2}·0^2-\frac{1}{4}·0^4\right)\\ & =& \frac{1}{2}-\frac{1}{4}\\ & =& \frac{1}{4}\end{array}\end{array}$$

Arealet av det markerte området er $$ \frac{1}{4}$$.

Skjeringspunkta mellom grafane er $$ \left(-1,4\right)$$ og $$ \left(3,4\right)$$. Området strekker seg derfor frå $$ x=-1$$ til $$ x=3$$.

$$ {\int }_{-1}^{3}g\left(x\right)dx-{\int }_{-1}^{3}f\left(x\right)dx$$$$ \begin{array}{rcl}& & \begin{array}{ccl}& =& {\int }_{-1}^3\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx\\ & =& {\int }_{-1}^3\left(4 -\left(x^2-2x+1\right)\right)dx\\ & =& {\int }_{-1}^3\left(-x^2+2x+3\right)dx\\ & =& {\left[-\frac{1}{3}{x}^3+x^2+3x\right]}_{-1}^3\\ & =& -\frac{1}{3}·3^3+3^2+3·3-\left(-\frac{1}{3}{\left(-1\right)}^3+{\left(-1\right)}^2+3\left(-1\right)\right)\\ & =& -9+9+9-\frac{1}{3}-1+3\\ & =& \frac{32}{3}\end{array}\end{array}$$

Arealet av det markerte området er $$ \frac{32}{3}$$.

Grafane teikna i GeoGebra:

Ut frå skjeringspunkta mellom grafane ser vi at området mellom grafane strekker seg frå $$ x=0$$ og $$ x=2$$. Vi bereknar arealet i CAS:

Når vi endrar konstantleddet i ein polynomfunksjon, vil grafen flyttast vertikalt utan å endre form. Dersom vi aukar verdien av konstantleddet, vil grafen flyttast opp. Dersom vi minkar verdien av konstantleddet, vil grafen flyttast ned.

Eit døme på dette er vist i det interaktive GeoGebra-arket nedanfor, der du kan endre konstantleddet, $$ a$$, ved hjelp av ein glidar.

Begge funksjonane må ha den same endringa i konstantleddet for at ikkje området skal endre storleik. I dette tilfellet har begge funksjonane i utgangspunktet eit konstantledd som er lik $$ 0$$.

Grafen til $$ f$$, som er øvst, må flyttast $$ 4$$ ned for at heile området skal vere under $$ x$$-aksen, noko som betyr at konstantleddet må vere $$ -4$$ eller lågare. I løysinga vår har vi derfor sett konstantledda til $$ -4$$ i begge funksjonane.

$$ f\left(x\right)=-x^2+4x-4$$ og $$ g\left(x\right)=x^2-4$$

Området har den same forma, og arealberekninga gir det same resultatet etter at heile området er flytta under $$ x$$-aksen.

Begge funksjonane må framleis ha det same konstantleddet. For at området skal vere både over og under $$ x$$-aksen, veit vi frå tidlegare oppgåver at konstantleddet må vere mellom $$ 0$$ og $$ -4$$. I løysinga vår har vi sett inn konstantleddet $$ -2$$ i begge funksjonane.

Området har den same forma, og arealberekninga gir det same resultatet òg når området er delvis over og delvis under $$ x$$-aksen.

Vi får dei same talverdiane som ved dei første berekningane, men denne gongen med negativt forteikn, sidan vi angir den nedste funksjonen først. Med andre ord er absoluttverdien av integralet den same, og det er alltid absoluttverdien av integralet som gir arealet.

Døme på ny berekning av oppgåve d):

Vi definerer funksjonane i GeoGebra. For å markere det aktuelle området skriv vi IntegralMellom(f,g,-2,1) i algebrafeltet. Vi bereknar eksakt verdi for skjeringspunkta og arealet av området i CAS.

Arealet av området mellom grafane er $$ \frac{9}{2}$$.

Vi definerer funksjonane i GeoGebra. Vi finn ut at området mellom grafane strekker seg over heile definisjonsområdet, og at grafen til $$ g$$ alltid er øvst. Vi bereknar deretter det eksakte arealet i CAS.

Arealet av det markerte området er $$ 4\mathrm{\pi }$$.

Vi definerer funksjonane i GeoGebra og får eit visuelt bilete av grafane og området dei avgrensar. Grafane vekslar på å vere øvst og derfor avgrensar to område.

Vi bereknar skjeringspunkta ved å løyse likning i CAS, og deretter blir det eksakte arealet berekna i CAS.

Arealet av det markerte området er 4.

Alternativ løysing:

Arealet blir berekna ved bruk av absoluttverditeikn, slik at vi ikkje treng å ta omsyn til kva graf som er øvst:

Den nedre grensa er $$ x$$-verdien til skjeringspunktet mellom grafane, den øvre grensa er $$ y$$-aksen, det vil seie linja $$ x=0$$.

Vi finn først $$ x$$-verdien til skjeringspunktet mellom grafane til $$ f$$ og $$ g$$:

$$ \begin{array}{rcl}{e}^{-x} & =& 2\\ \ln e^{-x} & =& \ln 2\\ -x & =& \ln 2\\ x & =& -\ln 2\end{array}$$

Vi bereknar arealet ved å berekne det bestemde integralet frå $$ x=-\ln 2$$ til $$ x=0$$:

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-\ln 2}^0\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx & =& {\int }_{-\ln 2}^0\left(2-e^{-x}dx\right)\\ & =& {\left[2x-\left(-e^{-x}\right)\right]}_{-\ln 2}^0\\ & =& {\left[2x+e^{-x}\right]}_{-\ln 2}^0\\ & =& 2·0+e^{-0}-\left(2·\left(-\ln 2\right)+e^{-\left(-\ln 2\right)}\right)\\ & =& 1+2\ln 2-2\\ & =& 2\ln 2-1\end{array}$$

Arealet av det markerte området er $$ 2\ln 2-1$$.

Det markerte området kan delast inn i tre delområde.

Vi finn først skjeringspunkta mellom grafane.

$$ \begin{array}{rcl}\sin x+1 & =& \cos x+1\\ \sin x & =& \cos x\end{array}$$

$$ x=\frac{\mathrm{\pi }}{4} \mathrm{og} x=\frac{5\mathrm{\pi }}{4}$$

Vi bereknar så areala av dei tre områda kvar for seg:

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx & =& {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}\left(\cos x+1-(\sin x+1\right)dx\\ & =& {\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}\left(\cos x-\sin x\right)dx\\ & =& {\left[\sin x-\left(-\cos x\right)\right]}_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}\\ & =& \cos \frac{\mathrm{\pi }}{4}+\sin \frac{\mathrm{\pi }}{4}-\left(\cos 0+\sin 0\right)\\ & =& \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}-1-0\\ & =& \sqrt{2}-1\end{array}$$$$ $$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{5\mathrm{\pi }}{4}}\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx & =& {\left[\sin x-\left(-\cos \left(x\right)\right)\right]}_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{5\mathrm{\pi }}{4}}\\ & =& \sin \frac{5\mathrm{\pi }}{4}+\cos \frac{5\mathrm{\pi }}{4}-\left(\sin \frac{\mathrm{\pi }}{4}+\cos \frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)\\ & =& \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ & =& -\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ & =& -2\sqrt{2}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{\frac{5\mathrm{\pi }}{4}}^{2\mathrm{\pi }}\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx & =& {\left[\sin x-\left(-\cos x\right)\right]}_{\frac{5\mathrm{\pi }}{4}}^{2\mathrm{\pi }}\\ & =& \cos 2\mathrm{\pi }+\sin 2\mathrm{\pi }-\left(\cos \frac{5\mathrm{\pi }}{4}+\sin \frac{5\mathrm{\pi }}{4}\right)\\ & =& 1+0-\left(\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right)\\ & =& 1+\sqrt{2}\end{array}$$$$ $$

Areal av markert område:

$$ \left|\sqrt{2}-1\right|+\left|-2\sqrt{2}\right|+\left|1+\sqrt{2}\right|=4\sqrt{2}$$

Alternativ løysing:

Figuren over viser at sidan vi bereknar arealet av eit område som strekker seg over ein periode, kunne vi òg ha berekna arealet slik:

$$ 2·\left|{\int }_{\frac{\mathrm{\pi }}{4}}^{\frac{5\mathrm{\pi }}{4}}\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)dx\right|=2·\left|-2\sqrt{2}\right|=4\sqrt{2}$$$$ $$

Berekn arealet som blir avgrensa av $$ f$$ og $$ g$$ først, deretter arealet av området som blir avgrensa av $$ f$$og $$ h$$. Så kan du berekne arealet av det markerte området som ein differanse.

Vi finn dei eksakte $$ x$$-verdiane til skjeringspunkta mellom $$ f$$ og $$ g$$ ved rekning:

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right)& =& g\left(x\right)\\ x^3& =& 2x\\ x^3-2x& = & 0\\ x\left(x^2-2\right)& =& 0\\ x& =& 0 \vee x^2=2\\ x& =& 0 \vee x = \pm \sqrt{2}\\ & & \end{array}$$

Figuren viser at skjeringspunkta som avgrensar det aktuelle området mellom $$ f$$ og $$ g$$, er for $$ x=0$$ og $$ x=\sqrt{2}.$$

Vi finn så dei eksakte $$ x$$-verdiane til skjeringspunkta mellom $$ f$$ og $$ h$$ ved rekning:

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& h\left(x\right)\\ x^3 & =& x\\ x^3-x & =& 0\\ x\left(x^2-1\right) & =& 0\\ x\left(x+1\right)\left(x-1\right) & =& 0\end{array}$$

$$ x=-1 \vee x=0 \vee x=1$$

Berekningane viser at $$ f$$ har skjeringspunkt med både $$ g$$ og $$ h$$ for $$ x=0$$.

Figuren viser at dei skjeringspunkta som avgrensar det aktuelle området mellom $$ f$$ og $$ h$$, er $$ x=0$$ og $$ x=1$$.

Vi bereknar arealet av området avgrensa av $$ f$$ og $$ g$$ og arealet av området avgrensa av $$ f$$ og $$ h$$. Til slutt finn vi arealet av det markerte området som differansen av desse.

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

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

Arealet av det markerte området er $$ 1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$.

Vi finn skjeringspunkta mellom grafane til $$ f$$ og $$ g$$:

$$ \begin{array}{rcl}{x}^3-x^2-x+2 & =& -x^2+2\\ x^3-x & =& 0\\ x\left(x^2-1\right) & =& 0\\ x\left(x-1\right)\left(x+1\right) & =& 0\end{array}$$

$$ x=-1 \vee x=0 \vee x=1$$

Det er tre skjeringspunkt mellom grafane, noko som betyr at det er to område som blir avgrensa av $$ f$$ og $$ g$$.

Det bestemde integralet må derfor reknast i to delar, og absoluttverdiane må summerast for å få samla areal.

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

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^1\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)dx & =& {\left[\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2\right]}_0^1\\ & =& \frac{1}{4}-\frac{1}{2}-0\\ & =& -\frac{1}{4}\end{array}$$$$ $$

Samla areal: $$ \left|\frac{1}{4}\right|+\left|-\frac{1}{4}\right|=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$$

Tilsvarande berekning i CAS:

Vi finn først skjeringspunkta mellom grafane til $$ f$$ og g:

$$ \begin{array}{rcl}{x}^3-6x& = & x^2\\ x^3-x^2-6x& =& 0\\ x\left(x^2-x-6\right)& =& 0\end{array}$$

$$ \begin{array}{ccccccrcccccc}x& =& 0& & \vee & & x^2-x-6& =& 0& & & & \\ & & & & & & \left(x+2\right)\left(x-3\right)& =& 0& & & & \\ & & & & & & x& =& -2& & \vee & & x=3\end{array}$$

Det er tre skjeringspunkt mellom grafane, noko som betyr at det her òg er to område som blir avgrensa av $$ f$$ og $$ g$$. Det bestemde integralet blir rekna i to delar, og absoluttverdiane blir summerte for å få samla areal.

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-2}^0\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)dx& = & {\int }_{-2}^0\left(x^2-\left(x^3-6x\right)\right)dx\\ & =& {\int }_{-2}^0\left(-x^3+x^2+6x\right)dx\\ & =& {\left[-\frac{1}{4}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3+6·\frac{1}{2}{x}^2\right]}_{-2}^0\\ & =& 0-\left(-\frac{1}{4}{\left(-2\right)}^4+\frac{1}{3}{\left(-2\right)}^3+3{\left(-2\right)}^2\right)\\ & =& 4+\frac{8}{3}-12\\ & =& -\frac{16}{3}\\ & & \end{array}$$$$ \begin{array}{rcl}{\int }_0^3\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)dx & =& {\int }_0^3\left(x^2-\left(x^3-6x\right)\right)dx\\ & =& {\int }_0^3\left(-x^3+x^2+6x\right)dx\\ & =& {\left[-\frac{1}{4}{x}^4+\frac{1}{3}{x}^3+6·\frac{1}{2}{x}^2\right]}_0^3\\ & =& -\frac{1}{4}·3^4+\frac{1}{3}·3^3+3·3^2-0\\ & =& -\frac{81}{4}+9+27\\ & =& \frac{63}{4}\end{array}$$

Samla areal: $$ \left|-\frac{16}{3}\right|+\left|\frac{63}{4}\right|=\frac{64}{12}+\frac{189}{12}=\frac{253}{12}$$

Tilsvarande berekning i CAS: