Arealet mellom grafer

Skjæringspunktene mellom grafene er $\left(-1,1\right)$ og $\left(2,4\right)$. Området strekker seg derfor fra $x=-1$ 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{4}{3}-\left(\frac{1}{2}+2-\frac{1}{3}\right)\\ & =& \frac{9}{2}\end{array}$

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

Skjæringspunktene mellom grafene er $\left(0,0\right)$ og $\left(1,1\right)$. Området strekker seg derfor fra $x=0$ 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 $\frac{1}{4}$.

Skjæringspunktene mellom grafene er $\left(-1,4\right)$ og $\left(3,4\right)$. Området strekker seg derfor fra $x=-1$ 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 $\frac{32}{3}$.

Grafene tegnet i GeoGebra:

Ut fra skjæringspunktene mellom grafene ser vi at området mellom grafene strekker seg fra $x=0$ og $x=2$. Vi beregner arealet i CAS:

Når vi endrer konstantleddet i en polynomfunksjon, vil grafen forflyttes vertikalt uten å endre form. Hvis vi øker verdien av konstantleddet, vil grafen flyttes opp. Hvis vi minker verdien av konstantleddet, vil grafen flyttes ned.

Et eksempel på dette er vist i det interaktive GeoGebra-arket nedenfor, der du kan endre konstantleddet, $a$, ved hjelp av en glider.

• Du kan laste ned simuleringen her(GGB)

Begge funksjonene må ha samme endring i konstantleddet for at ikke området skal endre størrelse. I dette tilfellet har begge funksjonene i utgangspunktet et konstantledd som er lik $0$.

Grafen til $f$, som er øverst, må flyttes $4$ ned for at hele området skal være under $x$-aksen, noe som betyr at konstantleddet må være $-4$ eller lavere. I vår løsning har vi derfor satt konstantleddene til $-4$ i begge funksjonene.

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

Området har den samme formen, og arealberegningen gir det samme resultatet etter at hele området er flyttet under $x$-aksen.

Begge funksjonene må fortsatt ha det samme konstantleddet. For at området skal være både over og under $x$-aksen, vet vi fra tidligere oppgaver at konstantleddet må være mellom $0$ og $-4$. I vår løsning har vi satt inn konstantleddet $-2$ i begge funksjonene.

Området har den samme formen, og arealberegningen gir det samme resultatet også når området er delvis over og delvis under $x$-aksen.

Vi får de samme tallverdiene som ved de første beregningene, men denne gangen med negativt fortegn, siden vi angir den nederste funksjonen først. Med andre ord er absoluttverdien av integralet den samme, og det er alltid absoluttverdien av integralet som gir arealet.

Eksempel på ny beregning av oppgave d):

Vi definerer funksjonene i GeoGebra. For å markere det aktuelle området skriver vi IntegralMellom(f,g,-2,1) i algebrafeltet. Vi beregner eksakt verdi for skjæringspunktene og arealet av området i CAS.

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

Vi definerer funksjonene i GeoGebra og får et visuelt bilde av grafene og området de avgrenser. Grafene veksler på å være øverst og derfor avgrenser to områder.

Vi beregner skjæringspunktene ved å løse likning i CAS, og deretter beregnes det eksakte arealet i CAS.

Arealet av det markerte området er 4.

Alternativ løsning:

Arealet beregnes ved bruk av absoluttverditegn, slik at vi ikke trenger å ta hensyn til hvilken graf som er øverst:

Den nedre grensa er $x$-verdien til skjæringspunktet mellom grafene, den øvre grensa er $y$-aksen, det vil si linja $x=0$.

Vi finner først $x$-verdien til skjæringspunktet mellom grafene til $f$ og $g$:

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

Vi beregner arealet ved å beregne det bestemte integralet fra $x=-\ln 2$ 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 $2\ln 2-1$.

Beregn arealet som avgrenses av $f$ og $g$ først, deretter arealet av området som avgrenses av $f$og $h$. Så kan du beregne arealet av det markerte området som en differanse.

Vi finner de eksakte $x$-verdiene til skjæringspunktene mellom $f$ og $g$ ved regning:

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

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

Vi finner så de eksakte $x$-verdiene til skjæringspunktene mellom $f$ og $h$ ved regning:

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

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

Beregningene viser at $f$ har skjæringspunkt med både $g$ og $h$ for $x=0$.

Figuren viser at de skjæringspunktene som avgrenser det aktuelle området mellom $f$ og $h$, er $x=0$ og $x=1$.

Vi beregner arealet av området avgrenset av $f$ og $g$ og arealet av området avgrenset av $f$ og $h$. Til slutt finner vi arealet av det markerte området som differansen av disse.

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

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

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

Vi finner skjæringspunktene mellom grafene 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 skjæringspunkter mellom grafene, noe som betyr at det er to områder som avgrenses av $f$ og $g$.

Det bestemte integralet må derfor regnes i to deler og absoluttverdiene summeres for å få samlet 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}$$$

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

Tilsvarende beregning i CAS:

Vi finner først skjæringspunktene mellom grafene 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 skjæringspunkter mellom grafene, noe som betyr at det også her er to områder som avgrenses av $f$ og $g$. Det bestemte integralet regnes i to deler, og absoluttverdiene summeres for å få samlet 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}$

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

Tilsvarende beregning i CAS: