kapittel 1 - universitetet i oslo · eksempel 1.2.3. funksjonen f(x)=ex har ingen loka- le...

Kapittel 1

Derivasjon

I det første kapitlet skal vi friske opp teorien forfunksjoner i en variabel, se på hvordan de vokser/avtar,studere deres kritiske punkter og beskrive krumning ogvendepunkter. For intervaller skal vi bruke notasjonen

[a,b] = {x 2 R |a x b}

for lukkede intervaller,

(a,b) = {x 2 R |a < x < b}

for åpne intervaller og

(a,b] = {x 2 R |a < x b}[a,b) = {x 2 R |a x < b}

for halvåpne intervaller.

1.1 Monotoni

Lokale egenskaper til en funksjon er egenskaper somobserveres i små intervaller om punkter i definisjons-området til funksjonen. Monotoni-egenskapene til enfunksjon, dvs. hvor den vokser og hvor den avtar, er enlokal egenskap, det samme gjelder krumning. Kontinui-tet, deriverbarhet og maksimums- og minimumspunkterer også lokale egenskaper.

Definisjon 1.1.1. En funksjon y= f (x) er (strengt) vok-sende på et intervall I dersom f (x1) f (x2) ( f (x1)<f (x2)) for alle x1 < x2 i intervallet. Funksjonen er(strengt) avtagende dersom f (x1) � f (x2) ( f (x1) >f (x2)) for alle x1 < x2 i intervallet.

Figur 1.1. To monotone grafer, voksende til venstre ogavtagende til høyre.

Eksempel 1.1.1. Funksjonen f (x) = x2 er strengt vok-sende på intervallet [0,•), siden x21 < x22 når x1 < x2.Tilsvarende er funksjonen strengt avtagende på interval-let (�•,0].

Eksempel 1.1.2. Funksjonen f (x) = x3 er strengt vok-sende overalt, siden x31 < x

32 når x1 < x2.

Eksempel 1.1.3. Eksponensialfunksjonen f (x) = ex,definert på hele tallinja, er strengt voksende overalt.

Monotoni kan måles ved den deriverte til funksjonen.

Teorem 1.1.2. Dersom f 0(x)> 0 (henholdsvis f 0(x)<0) på et intervall, så vokser (henholdsvis avtar) f (x) påintervallet.

Eksempel 1.1.4. Vi ser på funksjonen f (x) = x2. Denderiverte er gitt ved f 0(x) = 2x, som betyr at funksjo-nen vokser på intervallet [0,•) og avtar på intervallet(�•,0].

Eksempel 1.1.5. Betrakt funksjonen f (x) = ex. Denderiverte er gitt ved f 0(x) = ex > 0, som betyr at funk-sjonen vokser overalt.

Eksempel 1.1.6. Funksjonen f (x) = sinx, hvor x 2[�p,p] har derivert f 0(x) = cosx. På intervallet[�p2 ,

p2 ] har vi cosx � 0 og funksjonen vil derfor være

voksende på dette intervallet.

1

Oppgave 1. Avgjør hvor funksjonen f (x) = x3 + 1vokser og hvor den (eventuelt) avtar.

Oppgave 2. Betrakt funksjonen

g(x) = tanx =sinxcosx

definert på det åpne intervallet (0, p2 ). Vis at funksjonener strengt voksende i hele sitt definisjonsområde.

Eksempel 1.1.7. Betrakt en beholder fylt med gass veden konstant temperatur. Boyles gasslov sier at trykket avgassen er omvendt proporsjonal med volumet av gassen.Vi uttrykker dette ved likningen

P =C(T )

V

der P er trykket, V er volumet og C(T ) er en konstantsom avhenger av temperaturen T i gassen. Dersom videriverer P med hensyn på V får vi

P0(V ) =�C(T )V 2

som uttrykker at trykket er en avtagende funksjon medhensyn på volumet, ved konstant temperatur. Jo størrevolum, jo lavere trykk.

1.2 EkstremalpunkterVi er interessert i å finne punkter der funksjonen antarsin største/minste verdi. I første omgang leter vi etterlokale maksimums- og minimumspunkter, dvs. punkterder funksjonen er større (mindre) enn eller lik alle andrepunkter i nærheten. Dette trenger ikke å gi oss de største(minste) verdiene for funksjonen, som vi skal se senere.

Vi skal bruke begrepet i nærheten av x om punktersom er forskjellig fra x, men hvor avstanden til x er såliten som det er hensiktsmessig i det aktuelle tilfellet.Denne avstanden kan være 1 eller den kan være 0.00001,eller en enda mindre verdi. Det viktigste er at det finnesen fast avstand slik at påstanden vi kommer med er sannfor alle y som ikke er lenger fra punktet x enn denneavstanden.

Et eksempel på bruk av begrepet i nærheten av ersom følger: La f (x) være en kontinuerlig funksjon, dvs.at limx!a f (x) = f (a) for alle a i definisjonsområdet tilf . F.eks. kan vi se på f (x) = x� x2. For x = 0.9 har vi

f (0.9) = 0.9� (0.9)2 = 0.09 > 0. La nå x = 0.9+h foren liten verdi for h. Da har vi at

f (0.9+h) = 0.9+h� (0.9+h)2

= 0.9+h�0.81�1.8h�h2

= 0.09�0.8h�h2

Vi ser at dersom |h|< 0.1 så har vi f (0.9+h)> 0. Detbetyr at i dette tilfellet vil i nærheten av naturlig bety atavstanden til 0.9 er ekte mindre enn 0.1.

Definisjon 1.2.1. Det er to typer lokale ekstremalpunk-ter:

i) Funksjonen y = f (x) har et lokalt minimum i x =c dersom f (c) er mindre enn eller lik f (x) for allex i et åpent intervall om x = c.

ii) Funksjonen y = f (x) har et lokalt maksimum ix = c dersom f (c) er større enn eller lik f (x) foralle x i et åpent intervall om x = c.

En fellesbetegnelse på punkter hvor funksjonen harlokale maks- eller minimumspunkter er lokale ekstre-malpunkter.

Figur 1.2. Figuren indikerer lokale maksimums- ogminimumspunkter.

Eksempel 1.2.1. Funksjonen f (x) = x2 definert på heleR har et lokalt minimumspunkt i x= 0 siden f (x)> f (0)for alle x 6= 0.

Eksempel 1.2.2. Funksjonen f (x) = cosx definert påhele R har et lokalt maksimumspunkt i x = 0 sidencosx cos0 = 1 for alle x i nærheten av 0. Dennefunksjonen er periodisk med periode 2p og vi har derforogså maksimumspunkter for x = 2kp , for alle hele tall k.Tilsvarende har vi lokale minimumspunkter for x = p +2kp for alle hele tall k, siden cos(p +2kp) = cosp =�1 cosx for alle verdier av x.

2

Eksempel 1.2.3. Funksjonen f (x) = ex har ingen loka-le ekstremalpunkter siden dens deriverte f 0(x) = ex > 0for alle x.

Oppgave 3. Vis at funksjonen f (x) = 1x definert påintervallet (0,•) ikke har noen ekstremalpunkter.

1.3 Kritiske punkterDen deriverte til en funksjon y = f (x) i et punkt x0 giross stigningstallet til tangenten til funksjonen i punktet.I et maksimums- eller minimumspunkt for en deriverbarfunksjon (en funksjon er deriverbar i et punkt dersomden har en derivert i punktet) vil tangenten være hori-sontal, dvs. tangentlinja har stigningstall 0. Det betyr atf 0(x0) = 0. Slike punkter er så viktige at de har fått eteget navn.

Definisjon 1.3.1. Et punkt x= c i definisjonsområdet tilen funksjon f (x) kalles et kritisk punkt for funksjonendersom f 0(c) = 0 eller f 0(c) ikke eksisterer.

Merk at vi bruker betegnelsen kritisk punkt bådeom punkter der den deriverte er 0, og om punkter derfunksjonen ikke har noen derivert, f.eks. i knekkpunkterpå grafen. Dersom funksjonen f (x) er definert på etlukket intervall [a,b], inkluderer vi endepunktene x = aog x= b blant funksjonens kritiske punkter. Dette passermed definisjonen siden den deriverte av en funksjon,formelt sett ikke er definert i endepunktene av et lukketdefinisjonsområde.

Figur 1.3. De markerte punktene viser de kritiske punk-tene (bortsett fra endepunktene).

Eksempel 1.3.1. Funksjonen f (x) = |x| har et kritiskpunkt i x = 0 siden f 0(0) ikke er definert i det punktet.Absoluttverdifunksjonen er ikke deriverbar i x = 0 sidengrenseverdiene fra høyre og venstre side ikke er like, vihar for positive verdier av h,

limh!0

f (0+h)� f (0)h

= limh!0

|h|h

= 1

og for negative verdier av h,

limh!0

f (0+h)� f (0)h

= limh!0

|h|h

=�1

Figur 1.4. Grafen til absoluttverdifunksjonen, f (x) =|x| med et kritisk punkt i x = 0.

Eksempel 1.3.2. Alle potensfunksjoner g(x) = xn forn� 2 har kritisk punkt i x = 0 siden f 0(0) = n ·0n�1 = 0.

Figur 1.5. Grafen til f (x) = 1x .

Eksempel 1.3.3. Funksjonen h(x) = 1x har ikke et kri-tisk punkt i x = 0 siden funksjonen ikke er definert idette punktet.

I mange tilfeller er det sammenfall mellom ekstre-malpunkter og kritiske punkter, men det er ikke alltidsant. Imidlertid er det slik at ekstremalpunkter alltider kritiske punkter, men det er det motsatte som ikkenødvendigvis er riktig.

Teorem 1.3.2. Dersom f (x) har et lokalt maksimums-eller lokalt minimumspunkt i x = c, så er c et kritiskpunkt.

3

Bevis. Anta at funksjonen er deriverbar i punktet x = c.Hvis ikke er punktet pr. def. et kritisk punkt. Vi har

f 0(c) = limh!0

f (c+h)� f (c)h

⇡ f (x)� f (c)x� c

hvor vi i det siste uttrykket lar x = c + h være inærheten av c, dvs. at h er liten. Anta at f (x) har etlokalt maksimum i x = c. Dersom f 0(c) > 0, så vilf (x) > f (c) for x > c. Dette er ikke mulig siden cer et lokalt maksimumspunkt. Dersom f 0(c) < 0, såvil f (x) > f (c) for x < c, som på tilsvarende måte erumulig og vi har en motsetning. Samme slags argumentgjelder for lokale minimumspunkter.

Teorem 1.3.3. Hvis f (x) har et kritisk punkt i x = c, såer dette

i) et lokalt minimum dersom f 0(x) skifter tegn franegativ til positiv i x = c.

ii) et lokalt maksimum dersom f 0(x) skifter tegn frapositiv til negativ i x = c.

Bevis. Følger nokså direkte fra definisjonen av denderiverte ved å analysere fortegnet til uttrykkene sominngår.

Eksempel 1.3.4. Vi ser på funksjonen f (x) = x2. Denderiverte er gitt ved f 0(x) = 2x, som betyr at funksjonenhar et kritisk punkt i x = 0. Dette er også et lokaltminimumspunkt siden den deriverte til (x) skifter tegnfra negativt til positivt i x = 0.

Grunnen til at det ikke er en enentydig sammenhengmellom kritiske punkter og ekstremalpunkter, er at detfinnes kritiske punkter som ikke er ekstremalpunkter.Det at den deriverte til en funksjon er 0 i et punkt, tren-ger ikke å bety at punktet er et maksimums- eller mi-nimumspunkt for funksjonen. Det er fullt mulig at denderiverte til funksjonen er 0 i et punkt, samtidig medat funksjonen vokser overalt i nærheten av punktet (seeksemplet under).

Figur 1.6. Grafen til funksjonen f (x) = x3.

Eksempel 1.3.5. Betrakt funksjonen g(x) = x3. Denderiverte er gitt ved g0(x)= 3x2, som betyr at funksjonenhar et kritisk punkt for x = 0. Dette er imidlertid ikkenoe ekstremalpunkt. Funksjonens deriverte skifter ikketegn i dette punktet, vi har g0(x)> 0 for alle x 6= 0.

Oppgave 4. Finn de kritiske punktene til funksjonenf (x) = cos2x. Hvilke av dem er lokale maksimumspunk-ter og hvilke er lokale minimums-punkter?

En typisk problemstilling vi møter på, dreier seg omå analysere monotoni-egenskapene og å finnne lokaleekstremalpunkter for en funksjon. Det neste eksempletillustrerer framgangsmåten, hvor fortegnsskjema er etsentralt hjelpemiddel.

Eksempel 1.3.6. Vi skal bestemme monotomi-egenskaper og lokale ekstremalpunkter for funksjonen

f (x) = 3x4 �4x3 +3

Vi regner ut den deriverte, faktoriserer og setter den lik0;

f 0(x) = 12x3 �12x2 = 12x2(x�1) = 0Vi tegner fortegnsskjema for f 0(x):

x < 0 0 0 < x < 1 1 x > 112x2 + 0 + + +x�1 - - - 0 +f 0(x) - 0 - 0 +

& & ^ %

4

Hver faktor i uttrykket for den deriverte har sin egenrad og ±-tegnene angir tegnet til faktoren i det angitteintervallet. Tegnene multipliseres sammen i raden tilf 0(x) og i nederste rad er konklusjonen gitt, om hvorvidt funksjonen vokser eller avtar.

Det betyr at vi har et lokalt minimumspunkt for x =1, at funksjonen er avtagende for x 1 og at den ervoksende for x � 1. Vi har ikke noe ekstremalpunkt forx = 0, selv om f 0(x) = 0. Den deriverte skifter ikke tegni dette punktet.

1.4 Globale ekstremalpunkterI motsetning til de lokale egenskapene, som sier noe omfunksjonen i en liten omegn om et punkt, vil de globaleegenskapene beskrive funksjonen på hele definisjons-området sett under ett.

Definisjon 1.4.1. (Globale maksimums- og minimums-punkter)

i) Funksjonen y = f (x) har et globalt minimum ix = c dersom f (c) er mindre enn eller lik f (x) foralle x i definisjonsområdet.

ii) Funksjonen y = f (x) har et globalt maksimum ix = c dersom f (c) er større enn eller lik f (x) foralle x i definisjonsområdet.

Vi vil omtale funksjonsverdien i de globale minimums-og maksimumspunktene som funksjonens minimums-og maksimumsverdier og samlet som funksjonenes eks-tremalverdier.

Funksjoner trenger verken å ha lokale eller globaleekstremalpunkter. Et eksempel er funksjonen f (x) = xdefinert på hele tallinja. Den har ingen ekstremalpunk-ter fordi for alle punkter x = a på tallinja så vil detfinnes punkter x i nærheten av a slik at f (x)> f (a) ogandre som oppfyller f (x)< f (a). Funksjonen f (x) = xhar heller ingen ekstremalverdier dersom definisjons-området er et åpent intervall (a,b). På et lukket inter-vall derimot, har funksjonen f (x) = x både et globaltmaksimumspunkt og et globalt minimumspunkt, nemligendepunktene i intervallet. Et åpent intervall som (0,1)inneholder ikke sine endepunkter. Vi kan finne tall iintervallet som er så nær opp til 1 som vi måtte ønske.Men uansett hvilket tall vi velger, vil det alltid finnestall mellom det valgte tallet og 1. Alle tall i det åpneintervallet (0,1) har andre tall på begge sider. Dette er

karakteristisk for åpne intervaller. I det lukkede interval-let [0,1] finnes det to tall, 0 og 1, som kjennetegnes vedat de har naboer i intervallet kun på sin ene side.

En kontinuerlig funksjon vil alltid oppnå sine eks-tremalverdier dersom definisjonsområdet er et lukketintervall. Dette er innholdet i ekstremalverdi-teoremetsom vi gjengir uten bevis.

Teorem 1.4.2. En funksjon f (x) som er kontinuerligpå et lukket, begrenset inervall [a,b], vil oppnå sinemaksimums- og minimums-verdier i intervallet.

Eksempel 1.4.1. La f (x) =�x2 +4x�3. Vi skal finnemaksimumsverdien til f (x) på intervallet [�1,1].

Vi observerer at f 0(x) =�2x+4 = 0 når x = 2. Menx = 2 er ikke i intervallet, så dette punktet er vi ikkeinteressert i. Det betyr at de eneste punktene vi trengerå sjekke er endepunktene: f (�1) =�8 og f (1) = 0. Såden største verdien til f (x) på [�1,1] er f (1) = 0.

Eksempel 1.4.2. Vi skal finne ekstremalverdiene tilfunksjonen f (x) = 7+ |x�2| på intervallet 1 x 4.Den deriverte f 0(x) er aldri 0. Men den er ikke definert ipunktet x = 2, så vi regner ut verdien her, f (2) = 7. Forendepunktene har vi f (1) = 8 og f (4) = 9. Det minsteav disse tre verdiene er f (2) = 7, som derfor er mini-mumsverdien, mens den største er f (4) = 9 som gir ossmaksimumsverdien på intervallet [�1,4].

Eksempel 1.4.3. Av alle rektangler med areal 25, ogsidekanter kortere enn 10, hvilket har den minste oghvilket har den største omkretsen?

Vi starter med å formulere problemet mer matematisk.Vi lar x være lengden på den ene sidekanten. Da vil denandre sidekanten ha lengde 25x siden arealet skal være25. Omkretsen blir da gitt ved funksjonen

f (x) = 2x+2 · 25x

over intervallet (0,10]. Denne funksjonen skal vi finnemaksimumsverdien til. Vi deriverer og får

f 0(x) = 2� 50x2

Løser vi likningen f 0(x) = 0 får vi x = ±5. Punktetx =�5 er ikke med i definisjnsområdet, så det forkastervi. Dermed står vi igjen med ett kritisk punkt, x = 5.Funksjonen er ikke definert i punktet x = 0 (rektangletkollapser) og vi må sjekke de to kritiske punktene x = 5og x = 10. Innsetting gir f (5) = 20 og f (10) = 25. Det-te gir kandidater for maksimum og minimum. Men vi

5

er ikke ferdige enda. Siden definisjonsområdet ikke erlukket (men halvåpent) kan vi ikke bruke ekstremalverdi-setningen, og vi må sjekke hva som skjer når x ! 0. Deter opplagt at omkretsen vil vokse over alle grenser nården ene sidekanten blir veldig liten, og den andre blirveldig stor. Derfor vil ikke f (10) = 25 være noe globaltmaksimum, men f (5) = 20 er fortsatt minimumsverdien.

Eksempel 1.4.4. Vi skal finne det største rektangelet vikan legge inne grafen til parabelen y = x2 når y skalvære mindre enn en fast verdi a.

Figur 1.8. Rektangel i en parabel.

La A(x) være arealet av rektangelet med grunnlinje 2x(begge sider av y-aksen). Høyden i rektangelet vil værea� x2. Det gir areal A(x) = 2x(a� x2) = 2xa� 2x3hvor x ligger i intervallet [0,

pa]. De kritiske punktene

vil være endepunktene og punktene der A0(x) = 0. Denderiverte av A(x) er gitt ved

A0(x) = 2a�6x2

Setter vi denne lik 0 får vi x = ±p a

3 . Vi forkasterden negative løsningen siden den ikke er i definisjons-området. Innsetting gir A(0) =A(

pa) = 0 og A(

p a3 ) =

( 49 )p

3a32 . Det gir minimumsareal (selvfølgelig) 0 og

maksimumsareal ( 49 )p

3a32 .

Eksempel 1.4.5. Vi ser på funksjonen

f (x) = x2e�x �1 x 3

For å finne ut hvor funksjonen vokser, hvor den avtar oghvor den har sine ekstremalpunkter, må vi se på densderiverte. I dette tilfellet får vi

f 0(x) = 2xe�x � x2e�x = x(2� x)e�x

Denne informasjonen bruker vi til å tegne et fortegns-skjema for f 0(x) (se figur 1.7) Skjemaet viser at funksjo-nen avtar på intervallene (�1,0) og (2,3) og vokser påintervallet (0,2). Den har lokale maksimumspunkter ix =�1 og i x = 2, og lokale minimumspunkter for x = 0og for x = 3. For å finne ut hvilke punkter som gir oss deglobale ekstremalverdiene regner vi ut funksjonsverdieni de lokale ekstremalpunktene, og i tillegg i endepunk-tene til det lukkede intervallet. Verdiene står i nederstelinje. Av disse ser vi at x =�1 gir den største verdien,altså et globalt maksimumspunkt og x = 0 gir minsteverdi og dermed svarer til et globalt minimumspunkt.

Oppgave 5. Finn de kritiske punktene, bestemmonotoni-egenskapene og finn de lokale ekstremal-punktene for funksjonene f (x) = x2 � 3x+ 2, g(x) =(x�1)2(x+2) og h(x) = x+ 1x2 .

1.5 Krumning og vendepunkterNeste skritt er å studere funksjonenes krumningsegen-skaper.

Definisjon 1.5.1. En deriverbar funksjon y = f (x)krummer opp (resp. ned) i et intervall (a,b) dersomf 0(x) er voksende (resp. avtagende) i intervallet.

Krumning innebærer at stigningstallet til funksjonenendrer seg. Krumning oppover betyr at funksjonen blirbrattere, som betyr at stigningstallet øker. Stigningstal-let til funksjonen er gitt ved den deriverte, så økendestigningstall betyr at den deriverte av den deriverte erpositiv. Den deriverte til den deriverte til en funksjonkalles den dobbelt-deriverte og vi skriver f 00(x).

Teorem 1.5.2. La f (x) være to ganger deriverbar pået intervall I, dvs. at den deriverte f 0(x) også er deri-verbar.

i) Dersom f 00(x) > 0 på I, så krummer grafen opp-over.

ii) Dersom f 00(x) < 0 på I, så krummer grafen ned-over.

Bevis. Bruk Teorem 1.1.2 på den deriverte.

Definisjon 1.5.3. Et punkt x = c der funksjonen f (x)skifter krumning fra opp til ned eller motsatt, kalles etvendepunkt for f .

6

På samme måte som at ekstremalpunkter finnes derden deriverte skifter tegn, finner vi vendepunkter denden dobbelt-deriverte skifter tegn.

Teorem 1.5.4. Dersom x = c er et vendepunkt for f (x),og f 00(c) er veldefinert, så er f 00(c) = 0.

Bevis. Et vendepunkt er et ekstremalpunkt for denderiverte, og Teorem 1.3.2 gir at x = c er et kritiskpunkt for f 0(x). Siden den deriverte av f 0(x) eksistereri x = c, så følger det at f 00(c) = 0.

Eksempel 1.5.1. Funksjonen f (x) = x3 har et vende-punkt i x = 0 siden f 00(0) = 0 og den dobbeltderivertef 00(x) = 6x skifter tegn i x = 0.

Merk at vi kan ha f 00(c) = 0 uten at x = c er et vende-punkt, slik som tilfellet er for funksjonen f (x) = x4 ipunktet x = 0. Den dobbelt-deriverte er gitt ved f 00(x) =12x2. Den har et nullpunkt for x = 0, men f 00(x) > 0for både positive og negative verdier for x. Den dobbelt-deriverte f 00(x) skifter derfor ikke tegn i dette punktet,og x = 0 er ikke noe vendepunkt.

Eksempel 1.5.2. Vi skal studere krumningsegenskape-ne til funksjonen

f (x) = 3x4 �4x3 +3

Vi regner ut den deriverte og den dobbelt-deriverte ogfinner deres nullpunkter. Dette bruker vi til å finne fak-

toriseringer:

f 0(x) = 12x3 �12x2 = 12x2(x�1)f 00(x) = 36x2 �24x = 12x(3x�2)

For å finne monotoniegenskaper tegner vi fortegnsskje-ma for den deriverte:

x < 0 0 0 < x < 1 1 x > 112x2 + 0 + +x�1 - - 0 +f 0(x) - 0 - 0 +

& & ^ %

Vi ser at x = 0 er et kritisk punkt, men ikke noe ekstre-malpunkt.

For å finne krumningsegenskapene tegner vi fortegns-skjema for den dobbel-deriverte (se figur 1.9). Konklu-sjonen står i nederste linje.

I mange anvendelser betrakter vi størrelser som varie-rer med tiden. Et eksempel kan våre en bil som kjørerpå en vei. Vi betegner avstanden bilen har kjørt fra etstartpunkt ved funksjonen s(t). Ved tiden t = 0 settervi s(0) = 0. Den deriverte til funksjonen s0(t) betegnerfarten til bilen ved tidspunktet t, mens den dobbelt-deriverte s00(t) gir et uttrykk for akselerasjonen til bilen.Dersom s0(t) = 0 står bilen stille, mens s00(t) = 0 uttryk-ker at akselerasjonen er 0, eller at bilen beveger seg medkonstant fart.

-1 �1 < x < 0 0 0 < x < 2 2 2 < x < 3 3x - 0 + + +

2� x + + + 0 -e�x + + + + +f 0(x) - 0 + 0 -

_ & ^ % _ & ^f (x) e 0 4e2

9e3

Figur 1.7. Fortegnsskjema for f 0(x) = x(2� x)e�x.

x < 0 0 0 < x < 2323 x >

23

12x - 0 + + +3x�2 - - - 0 +f 00(x) + 0 - 0 +

opp vendepunkt ned vendepunkt opp

Figur 1.9. Fortegnsskjema for f 00(x) = 12x(3x�2).

7

Et annet eksemepl kan være en kjemisk reaksjon. Vilar c(t) betegne konsentrasjonen av sluttproduktet i reak-sjonen. Så lenge reaksjonen pågår har vi c0(t)> 0. Der-som reaksjonen eskalerer (går fortere) vil også c00(t)> 0.Ved et vendepunkt c00(t) = 0 vil reaksjonshastighetenha stabilisert seg, reaksjonen pågår fortsatt, men dengårsaktere. Til slutt har vi c0(t) = 0, som betyr at reak-sjonen har stoppet opp.

Eksempel 1.5.3. Anta at vi skal gå til et punkt A utei sanden og at vi befinner oss ved punktet D på veienillustrert ved linja DC (se figuren). Veien er rett og bgir avstanden fra A til det nærmeste punktet C på veien.Avstanden fra punktet D til punktet C kaller vi a. Anta atvi kan holde farten v langs veien og w < v ute i sanden.Hvor langt skal vi gå langs veien før vi svinger ut isanden for å bruke kortest mulig tid mellom D og A?

Vi kaller punktet hvor vi svinger ut i sanden for B oglar avstanden fra B til C være x. Det betyr at vi bevegeross en avstand a� x langs veien, og ved Pythagorasvil avstanden fra B til A være

px2 +b2. Tid er gitt ved

avstand delt med fart, og vi får samlet tid gitt ved funk-sjonen

f (x) =a� x

v+

px2 +b2

wVi skal finne minimum av f (x) når x ligger mellom 0 oga. Vi setter f 0(x) = 0 og får

0 = f 0(x) =�1v+

xwp

x2 +b2

Det girwp

x2 +b2 = vx

Vi kvadrerer begge sider og får

w2(x2 +b2) = v2x2

som ved litt enkel algebra gir

x =wbp

v2 � x2

Dette gir oss det kritiske punktet vi leter etter og (noksåopplagt) minimumspunktet.

Vi merker oss at a ikke inngår i dette uttrykket, noesom betyr at vi alltid skal gå til det samme punktet,uavhengig av utgangspunkt, men under en forutsetning,at det kritiske punktet ligger inne i intervallet [0,a].Dersom dette ikke er tilfelle har vi ikke noe kritisk punktinne i intervallet, og da vil minimumsverdien bli å finnei et av endepunktene. De to verdiene der er gitt ved

f (0) =av+

bw

f (a) =p

a2 +b2

w

Nå har vi

f (a)2 � f (0)2 = a2

v2+

2abvw

+b2

w2� a

2 +b2

w2

=a2

v2+

2abvw

� a2

w2

= a2(1v2

� 1w2

)+2abvw

=a2(w2 � v2)�2abvw

v2w2

Siden w < v vil dette uttrykket alltid være negativt, noesom betyr at f (0)> f (a) og minimum vil være i x = a.Oppsummert, vi skal alltid gå langs veien til et punktsom ligger i avstand wbp

v2�x2fra C, og deretter gjen-

nom sanden. Dersom vi starter nærmere C enn denneavstanden skal vi gå rett ut gjennom sanden.

OppgaverOppgave 6. I de følgende oppgavene, i) finn alle kritis-ke punkter til f (x), ii) beskriv monotoni-egenskapenetil funksjonene ved å se på fortegnet til f 0(x), iii) finnlokale ekstremalpunkter, iv) bestem de intervallene derfunksjonene krummer, henholdsvis opp og ned, v) finnfunksjonenes vendepunkter, vi) finn globale maks og min

a) f (x) = x3 �4x, x 2 [�1,2]

b) f (x) = (x2�4)

(x2�9) , x 2 [0,2]

c) f (x) = x� sinx, x 2 [0,2p]

d) f (x) = sin2 x, x 2 [�p,p]

8

Oppgave 7. La funksjonen f være definert for alle relletall x ved

f (x) = e�12 (x�a)

2

hvor a er en konstant.

a) Avgjør hvor f vokser og hvor den avtar. Finn even-tuelle ekstremalpunkter for f .

b) Finn eventuelle vendepunkter for f og undersøkhvor grafen til f krummer opp og hvor den krum-mer ned.

Oppgave 8. Funksjonen f (t) er gitt ved

f (t) = t ln t � t, 14 t 3

Avgjør hvor funksjonen f vokser og hvor den avtarog finn ut hvor i definisjonsområdet den antar sinstørste/minste verdi.

Oppgave 9. Finn dimensjonene til rektangelet medstørst areal når omkretsen er gitt lik 100.

Oppgave 10. Du har 60 meter gjerde til rådighet ogskal bruke det til å gjerde inn et rektangel langs med enrett fjellside (hvor du ikke trenger å sette opp gjerde).Hva er det største arealet du kan gjerde inn?

Oppgave 11. Et budfirma har følgende begrensning påhvilke rektangulære pakker de kan levere: Summen avlengden og omkretsen må ikke overstige 108cm. Antaat du skal sende en pakke som er kvadratisk i den eneenden. Hva er det maksimale volumet til en akseptabel(for budfirmaet) pakke?

Oppgave 12. Et firma produserer små notisblokkermed festlige motiv på forsiden. Dersom prisen for hverblokk er 10 kroner vil firmaet ikke få solgt noen, men forhver krone de reduserer prisen vil de kunne selge 500blokker. De faste kostnadene ved produksjonen (uav-hengig av antall) er kr. 3000, og produksjonsprisen pr.blokk er 2 kroner. Hva bør prisen være for at firmaetskal tjene mest mulig på blokkene?

Oppgave 13. Van der Waals gass-likning har formen

(P+a

V 2)(V �b) = RT

hvor P er trykket, V er volumet og T er temperetaureni gassen, og a, b og R er konstanter. Vi kan omskri-ve denne slik at trykket uttrykkes som en funksjon avvolumet,

P(V ) =RT

V �b �a

V 2Vis at V = 3b er et kritisk punkt for denne funksjonennår vi setter T = 8a27Rb .

9

Kapittel 2

Integrasjon

Matematiske modeller som beskriver naturvitenska-pelige fenomener er i mange tilfeller ensbetydende medå gi en eller flere differensiallikninger. For å løse dif-ferensiallikninger er utfordringen veldig ofte å finnefunksjoner med en gitt derivert, dvs. det vi kaller anti-derivasjon. Et eksempel på dette er hastighet og aksele-rasjon. Akselerasjon er definert som endring av hastig-het, og måles med den deriverte av hastighetsfunksjonen.Akselerasjonen til et legeme er styrt av kraftlover somvi tenker oss at vi kjenner fullt ut, og oppgaven blir åfinne en hastighetsfunksjon med en derivert funksjonsom passer med den aktuelle kraftloven. Dette kalles åanti-derivere funksjonen eller ubestemt integrasjon.

I dette kapitlet skal vi studere ubestemte og bestem-te integral. Ubestemte integral er det samme som anti-derivasjon, mens bestemte integral beregnes ved å evalu-ere ubestemte integral over et intervall slik at svaret bliret tall og ikke en funksjon. Dette tallet kan vi for en posi-tiv funksjon tolke som arealet mellom grafen og x-aksen,eller i mer generelle tilfeller som den akkumulerte verdi-en for en funksjon over et tidsrom, strekning eller annetvalg av argumentet x (eller t). Det bestemte integralettil en funksjon som beskriver et legemes akselerasjonsom funksjon av tiden, vil gi oss hastighetsendringen tillegemet i det aktuelle intervallet.

Et svært viktig resultatet er fundamentalteoremet (in-trodusert av Newton og Leibniz) som knytter sammenderivasjon og integrasjon.

Når vi har gitt en funksjon, kan vi alltid regne ut densderiverte, men det er ikke nødvendigvis mulig å finne etenkelt uttrykk for den anti-deriverte til funksjonen. Viskal se på hvordan vi kan bruke numeriske beregningertil å bestemme verdien av et bestemt integral når vi ikkekan finne en anti-derivert til den aktuelle funksjonen.Videre skal vi ta for oss noen ulike fysiske tolkningerav det bestemte integral.

Det er ikke alltid at definisjonsområdet til en funksjoner et lukket intervall og da må vi gjøre noen modifika-sjoner mht. denisjonen av det bestemte integralet. Deter heller ikke alltid slik at funksjonen vi skal integrereer begrenset, men vi kan likevel regne ut et areal undergrafen. Dette vil involvere bruk av grenseverdier.

2.1 Ubestemt integrasjonVi starter med å gi en kort innføring i regnereglene foranti-derivasjon. Disse reglene framkommer i stor gradved å se på tilsvarende regneregler for derivasjon, ogbruke dem baklengs.

Dersom F(x) er en funksjon med derivert lik F 0(x) =f (x), så sier vi at F(x) er en anti-derivert av f (x), og viskriver Z

f (x)dx = F(x)+C

Her er det et par ting som krever en forklaring. Fordet første så inngår det et uttrykk dx. Dette kalles etdifferensial og har en viktig betydning. I denne omgangskal vi kun tenke på det som en angivelse av hvilkenvariabel vi anti-deriverer med hensyn på. Det andre erleddet C på høyre side i formelen. Bakgrunnen for detteleddet er som følger: Det er enkelt å vise at den deriverteav en konstant er 0, men det motsatte er også tilfelle.

Lemma 2.1.1. Dersom en funksjon f (x) oppfyllerf 0(x) = 0 for alle x i et intervall, så er funksjonen kon-stant, f (x) =C i intervallet.

Bevis. Anta for en motsigelse at funksjonen f ikke erkonstant, og at a 6= b er to punkter slik at f (a) 6= f (b).Betrakt funksjonen

h(x) = f (x)(b�a)� x( f (b)� f (a))

10

Vi har h(a) = h(b). Dersom h0(x) 6= 0 overalt i (a,b),så må h ha sine ekstremalpunkter i endepunktene.Siden verdien av h(x) er lik i endepunktene, betyr detat funksjonen er konstant på [a,b], noe som betyr atfor alle punkter c 2 [a,b] så er h0(c) = 0. Det følgerat f 0(c)(b� a) = c( f (b)� f (a)). Siden vi kan anta atc 6= 0 og f (b)� f (a) 6= 0 betyr det at f 0(c) 6= 0, somgir en motsigelse mot antagelsen at f ikke er konstant,og vi har vist lemmaet.

Teorem 2.1.2. Dersom F1(x) og F2(x) begge er anti-deriverte til samme funksjon på et intervall (a,b), så erde like på en konstant nær, dvs. F1(x)�F2(x) =C.

Bevis. Vi vet fra lemmaet over at dersom funksjonenf oppfyller f 0(x) = 0 for alle x, så er funksjonenkonstant. Lar vi f (x) = F1(x)�F2(x) og bruker dennekunnskapen, så følger resultatet.

Dette er grunnen til at vi alltid må legge til en konstantnår vi anti-deriverer.

Definisjon 2.1.3. La f (x) være en funksjon. Familienav alle anti-deriverte til f (x) kalles det ubestemte in-tegralet til f (x). La F(x) være en slik anti-derivert. Viskriver Z

f (x)dx = F(x)+C

hvor C er en vilkårlig konstant, kalt integrasjonskon-stanten.

Det finnes mange gode regneregler for ubestemt inte-grasjon, og vi skal presentere de viktigste.

I likhet med derivasjon er anti-derivasjon en lineæroperasjon. Det innebærer at vi har de to formeleneZ

( f (x)+g(x))x =Z

f (x)dx+Z

g(x)dx

og Za f (x)x = a

Zf (x)dx

for funksjoner f (x) og g(x), og reelle tall a2R. Dermedkan vi alltid anti-derivere ledd for ledd;

Eksempel 2.1.1. Vi harZx2 +2xdx =

Zx2 dx+2

Zxdx

Videre har vi en del spesielle integrasjonsregler:

Eksempel 2.1.2. Det ubestemte integralet av potens-funksjonen er gitt vedZ

xn dx =1

n+1xn+1 +C n 6=�1

Eksempel 2.1.3. For det spesielle tilfellet der n =�1har vi Z 1

xdx = lnx+C

Eksempel 2.1.4. Det ubestemte integralet av eksponen-sialfunksjonen er gitt vedZ

eax dx =1a

eax +C

Eksempel 2.1.5. Det ubestemte integralet av de tri-gonometriske funksjonene er gitt vedZ

sinxdx =�cosx+C

og Zcosxdx = sinx+C

I tillegg til de spesielle integrasjonsreglene har vimer generelle integrasjonsregler. Den første bygger påformelen for derivasjon av et produkt av to funksjonerog kalles delvis integrasjon. Produktregelen sier at

( f (x)g(x))0 = f 0(x)g(x)+ f (x)g0(x)

Dersom vi flytter litt rundt på leddene og integrererbegge sider av likhetstegnet, får vi

Zf 0(x)g(x)dx =

Z( f (x)g(x))0 dx�

Zf (x)g0(x)dx

= f (x)g(x)�Z

f (x)g0(x)dx

siden derivasjon og integrasjon er omvendte operasjoner,dvs. Z

f 0(x)dx = f (x)+C

Dette viser seg å være en nyttig regel, og vi skal sepå et eksempel på hvordan vi bruker den:

Eksempel 2.1.6. Vi skal regne ut det ubestemte integra-let av funksjonen xsinx. Vi lar f 0(x) = sinx og g(x) = xi formelen over. Da får vi at f (x) =�cosx (Vi trenger

11

ikke å ta med integrasjonskonstanten C ennå). Setter vidette inn i formelen får viZ

xsinxdx =�xcosx�Z(�cosx ·1)dx

=�xcosx+Z

cosxdx

=�xcosx+ sinx+C

Eksempel 2.1.7. Det ubestemte integralet av funksjo-nen f (x) = lnx er gitt vedZ

lnxdx = x lnx� x+C

siden den deriverte av x lnx� x+C med hensyn på xved produktregelen er lnx+ x 1x �1 = lnx.

Men vi kan også se dette ved å bruke delvis integra-sjon. I så fall setter vi f 0(x) = 1 og g(x) = lnx. (Detteer et lite triks, siden det på ingen måte er noe opplagtat man skal betrakte lnx som 1 · lnx.) Dette girZ

lnxdx =Z

1 · lnxdx

= x lnx�Z

x1x

dx

= x lnx� x+C

En annen generell regneregel er substitusjon. Sub-stitusjon baserer seg på baklengs bruk av kjerneregelen.Kjerneregelen sier noe om den deriverte til en sammen-satt funksjon:

( f (g(x)))0 = f 0(g(x)) ·g0(x)

og regelen gir da atZf 0(g(x)) ·g0(x)dx =

Z( f (g(x)))0 dx

= f (g(x))+C

For å bruke denne regneregelen baklengs må vi iden-tifisere de to leddene på høyre side av formelen medfaktorer i den oppgitte integranden.

Eksempel 2.1.8. Vi skal integrere funksjonene f (x) =2x(x2 +1)3. Hvis vi setter g(x) = x2 +1 og h(x) = 14 x

4,så ser vi at h(g(x)) = 14 (x

2 +1)4, h0(g(x)) = (x2 +1)3

og g0(x) = 2x. Dermed følger det atZ2x(x2 +1)3 dx =

Zh0(g(x))g0(x)dx

=Z(h(g(x))0 dx

= h(g(x))+C

=14(x2 +1)4 +C

Vi skal snart komme tilbake til flere eksempler påbruk av disse regnereglene.

2.2 Bestemt integrasjonVi starter med å definere det bestemte integralet av enpositiv funksjon over et intervall.

Definisjon 2.2.1. La y = f (x) være en positiv funksjondefinert på et intervall [a,b]. Da er

S =Z b

af (x)dx

definert som arealet over intervallet [a,b] mellom x-aksen og grafen til f .

Figur 2.1. Bestemt integral tolket som areal.

Man kan vise at følgende generelle regler gjelder forbestemte integral:

Linearitet:Z ba(a f (x)+bg(x))dx=a

Z ba

f (x)dx+bZ b

ag(x)dx

Additivitet av definisjonsområde:Z ca

f (x)dx =Z b

af (x)dx+

Z cb

f (x)dx

12

Degenerert areal:Z aa

f (x)dx = 0

De to siste er nokså opplagte ut i fra definisjonen,mens den første følger fra et tilsvarende resultat forubestemte integral. I tillegg til disse tre definerer vi etbestemt integral beregnet i motsatt retning,Z b

af (x)dx =�

Z ab

f (x)dx

For å beregne det bestemte integralet til en vilkårligfunksjon (ikke kun positiv), deler vi opp intervallet i del-intervaller slik at funksjonen enten er positiv eller nega-tiv på delintervallene. For en negativ funksjon g(x)< 0setter vi Z b

ag(x)dx =�

Z ba(�g(x))dx

hvor �g(x) nå er en positiv funksjon.

Figur 2.2. Integralet er summen av arealene med posi-tivt tegn over x-aksen og negativt tegn under.

Eksempel 2.2.1. Vi skal beregne det bestemte integraletZ 2p0

sinxdx

Siden sinx er positiv på intervallet [0,p] og negativ påintervallet [p,2p], så deler vi opp integralet i to delerZ 2p

0sinxdx =

Z p0

sinxdx+Z 2p

psinxdx

Vi vet at sinx = �sin(x�p). Det betyr at for hver xmellom p og 2p så finnes en u = x� p mellom 0 ogp hvor funksjonen sinx har akkurat samme verdi, menmed motsatt fortegn. Dermed vil arealet mellom grafenog x-aksen for de to delene være nøyaktig likt, menmed motsatt fortegn. Til sammen vil derfor integraletbli nullet ut og vi har

Z 2p0

sinxdx = 0

2.3 Fundamentalteoremet

Det er flere måter å definere hva vi skal mene med enintegrerbar funksjon. Vi skal ikke gå nærmere inn pådet her, men nøye oss med å fastslå at alle kontinuerligefunksjoner er integrerbare.

Neste skritt er å finne metoder for å beregne bestem-te integral. Det viktigste hjelpemiddelet vil være detsåkalte fundamentalteoremet for differensial- og inte-gralregningen. Dette resultatet setter i system det vi harsagt så langt om derivasjon og anti-derivasjon og gir osslinken mellom ubestemt og bestemt integrasjon.

Teorem 2.3.1. La f (x) være en kontinuerlig funksjonpå et intervall [a,b], og la F(x) være en anti-derivert tilf (x). Da har vi

F 0(x) =ddx

Z xa

f (t)dt = f (x)

og Z ba

f (x)dx = F(x)|ba = F(b)�F(a)

Merk: Dette er den mest fundamentale egenskapenved integralet og faktisk den egenskapen som er grunn-laget for hele differensial- og integralregningen.

Merk at vi også bruker notasjonen

[F(x)]ba = F(b)�F(a)

I tillegg har vi her introdusert den ofte hensiktsmessigenotasjonen

ddx

g(x) = g0(x)

Begge deler vil bli brukt i det som følger.

13

Figur 2.3. Fundamentalteoremet for differensial- ogintegralregningen.

Figuren illustrerer fundamentalteoremet. Vi lar A(x)være arealet under grafen fra x = 0 og ut til en vilkårligx. Den relative tilveksten fra x til x+ h er gitt ved (sefigur)

A(x+h)�A(x)h

⇡ f (x) ·hh

= f (x)

hvor uttrykkene blir like når h ! 0. Den deriverte avdet bestemte integralet som arealfunksjon er altså funk-sjonen selv.

En praktisk nytte av fundamentalteoremet er at vikan beregne areal ved å anti-derivere funksjoner. Ved åkombinere fundamentalteoremet med regnereglene forubestemte integral får vi følgende liste over spesielleintegrasjonsregler for bestemt integrasjon:

Z ba

xkdx =1

k+1(bk+1 �ak+1)Z b

a

1x

dx = lnb� lna = ln baZ b

aekxdx =

1k(ekb � eka)Z b

asinxdx =�cosb+ cosaZ b

acosxdx = sinb� sina

Eksempel 2.3.1. Vi kan bruke dette til å beregne inte-gralet av sinx over intervallet 0 x 2p som vi harsett på tidligere.Z 2p

0sinxdx = [�cosx]2p0

=�cos(2p)+ cos0==�1+1 = 0

I tillegg til de spesielle integrasjonsreglene har vi degenerelle integrasjonsteknikkene, substitusjon og del-vis integrasjon. Disse er helt analoge med tilsvarendeteknikker for å regne ut ubestemte integral.Substitusjon:Z b

af (g(x))g0(x)dx = F(g(b))�F(g(a))

hvor F(x) er en anti-derivert til f (x), og delvis integra-sjonZ b

af (x)g0(x)dx = [ f (x)g(x)]ba �

Z ba

f 0(x)g(x)dx

Eksempel 2.3.2. Vi skal beregne det bestemte integraletZ p0

xcosxdx

Vi bruker delvis integrasjonZ p0

xcosxdx = [u · v]p0 �Z p

0u0 · vdx

u = x v0 = cosxu0 = 1 v = sinx

= [xsinx]p0 �Z p

01 · sinxdx

= [xsinx+ cosx]p0= p sinp + cosp �0� cos0 =�2

Eksempel 2.3.3. Vi skal beregne det bestemte integraletZ 20

xex2

dx

Vi bruker substitusjonZ 20

xex2

dx =Z 2

0

12 e

x2 2xdx

u = x2 du = 2xdxx = 0 gir u = 0 x = 2 gir u = 4

=Z 4

0

12 e

u du

= [ 12 eu]40 =

12 (e

4 �1)

Oppgave 1. Regn ut det bestemte integralet av potens-funksjonen f (x) = xn over det lukkede intervallet [0,1].

Vi kan bruke det bestemte integralet til å beregnearealet mellom to kurver y = f (x) og y = g(x), derf (x)� g(x) på hele intervallet [a,b]:Z b

a[ f (x)�g(x)]dx = [Arealet mellom f og g]

14

Figur 2.4. Arealet mellom grafene til y = x2 og y = x3.Eksempel 2.3.4.Z 1

0(x2 � x3)dx = [ 13 x

3 � 14 x4] = 13 �

14 =

112

Eksempel 2.3.5.Z 10(x

13 � x

12 )dx = [ 34 x

43 � 23 x

32 ] = 34 �

23 =

112

Det er ikke tilfeldig at de to siste eksempene gir sam-me svar. Hvorfor?

I alle integral-uttrykk inngår et differensial dx eller dteller tilsvarende. Denne notasjonen ble innført av Got-fried Leibniz og har flere ulike tolkninger. Den fysisketolkningen, slik Newton så det, er som en ørliten del avstørrelsen x eller t. Differensialet dx har ingen utstrek-ning, men er heller ikke 0. Man kan tenke på den somen liten størrelse som vi lar gå mot 0. Vi kommer tilbaketil denne tolkningen i avsnittet om Riemannsummer.

En annen tolkning kommer fra Leibniz selv. Hanbetraktet dx som et formelt uttrykk, som ikke skal til-legges noen fysisk størrelse, differensialet lever i enannen verden enn den fysiske størrelsen x. Operasjonenx 7! dx tilordner til en størrelse x et differensial dx. Denmotsatte operasjonen kalte Leibniz

R. Den tilordner en

størrelse til et differensial, AltsåR

dx = x, eller Leibnizsin versjon av fundamentalteoremet.

2.4 RiemannsummerVi skal se på en måte å beregne et areal under grafen tilen funksjon og som også kan være med på å illustrerefundamentalteoremet. Vi tenker oss at vi deler opp inter-vallet [a,b] i delintervaller med delingspunkter (kallesofte en partisjon av intervallet)

a = a0 < a1 < .. . < an = b

og at vi velger ut et punkt x⇤i i hvert delintervall, altsåx⇤i 2 [ai,ai+1]. Da vil summen (som vi kaller en Rie-mannsum, etter den tyske matematikeren Bernhard Rie-mann)

n�1

Âi=0

f (x⇤i )(ai+1 �ai)

være en god approksimasjon til integraletR b

a f (x)dx,og bedre jo flere delingspunkter vi velger. Vi sier at viapproksimerer funksjonen ved hjelp av trappefunksjo-ner. Trappefunksjoner er funksjoner som er stykkviskonstante og derfor ser litt ut som trappetrinn. Fordelenmed å bruke trappefunksjoner er at det er enkelt å regneut arealet under grafen. Samtidig kan vi lage dem på enslik måte at når vi gjør en finere og finere oppdeling,dvs. at trinnene blir flere og flere og smalere og smalere,så vil grenseverdien gi oss det arealet vi egentlig vilberegne. Vi kan faktisk i mange tilfeller definere

Z ba

f (x)dx = limn!•

n�1

Âi=0

f (x⇤i )(ai+1 �ai)

Vi skal i alle eksempler holde oss til uniforme opp-delinger, dvs. der ai+1 �ai = Dx er den samme for allei.

Figur 2.5. Trappefunksjon som approksimerer en funk-sjon, med xi som venstre endepunkt i hvert delintervall.Merk at partiskjonen her er skrevet a = x0 < x1 < · · ·<x7 = b.

I noen tilfeller kan vi bruke trappefunksjoner direktetil å beregne et bestemt integral, men ofte vil dette in-volvere veldig mye regning. For en datamaskin er ikke

15

mye regning noe problem og gode numeriske tilnærmin-ger til et bestemt integral kan derfor lett gjennomføresmed datamaskiner.

I det neste eksempelet skal vi beregne arealet av entrekant, med grunnlinje g og høyde h. For enkelthetskyld lar vi trekanten være rettvinklet. En vilkårlig tre-kant kan alltid deles opp i rettvinklede trekanter og vedå summere areal kan vi lett generalisere formelen til ågjelde for alle trekanter.

Eksempel 2.4.1. Vi lar trekanten ligge med den rettevinkelen inn mot x- og y-aksen. Grunnlinjen vil da liggelangs x-aksen fra 0 til g, og høyden opp til hypotenusenfra et punkt x på grunnlinjen vil være gitt ved y = hg (g�x). Dette er akkurat likningen til en rett linje som gårgjennom punktene (g,0) og (0,h). Det betyr at vi måberegne det bestemte integraletZ g

0

hg(g� x)dx

Vi deler opp grunnlinjen i n like store deler, med Dx = gn :

0 <gn<

2gn

<3gn

< · · ·< (n�1)gn

<ngn

= g

Vi skal beregnen

Âi=1

f (x⇤i )Dx

med x⇤i som høyre endepunkt i delintervallene, dvs. x⇤i =

ign og med f (x

⇤)= hg (g�x⇤). Dette gir oss arealet under

trappefunksjonen gitt ved

hg(g� g

n) · g

n+ · · ·+ h

g(g� (n�1)g

n) · g

n

=hg

gn((n�1)g� g

n(1+2+ · · ·+(n�1)))

=ghn(n�1� 1

n12

n(n�1))

=ghn(

12

n� 12)

=gh2

� gh2n

! gh2

når n ! •

dvs. arealet er gitt ved gh2 , som forventet.

I det neste eksemplet skal vi bruke summeformelen

12 +22 + · · ·+n2 = n(n+1)(2n+1)6

Eksempel 2.4.2. Vi skal beregne

Z 10

x2dx

ved hjelp av Riemannsummer. Partisjon av enhetsinter-vallet, med Dx = 1n :

0 <1n<

2n<

3n< · · ·< n�1

n<

nn= 1

Vi skal beregnen

Âi=1

f (x⇤i )Dx

med xi som høyre endepunkt i delintervallene, dvs.x⇤i =

in og f (x) = x

2. Dette gir oss arealet under trappe-funksjonen gitt ved

(1n)2 · 1

n+(

2n)2 · 1

n+(

3n)2 · 1

n+ · · ·+(n

n)2 · 1

n

=1n3

(12 +22 +32 + · · ·+(n)2)

=1n3

(n+1)n(2n+1)6

=2n3 +3n2 +n

6n3

=13+

12n

+1

6n2! 1

3når n ! •

dvs. Z 10

x2dx =13

2.5 Archimedes beregning av volu-met av en kule

Selv om differential- og integralregningen er av nyeredato, bare 3-400 år gammel, var man inne på mangeav de samme tankene i det gamle Hellas, for mer enn2000 år siden. Ideen med trappefunksjoner, som liggertil grunn for Riemannsummene var ikke ukjent for Ar-chimedes, og han brukte et tilsvarende prinsipp for åutlede formelen for volumet av en kule.

Archimedes stilte opp et praktisk eksperiment:

16

Figur 2.6. Illustrasjon av Archimedes oppsett for utreg-ning av volumet av en kule.

Archimedes oppsett er som følger: Alle legemene sominngår har samme tetthet, satt til 1. I opphenget hengerdet en tverrgående, masseløs stang. På høyre side hen-ger en sylinder med radius a i grunnflaten og høyde a.Sylinderen henger på høykant. På venstre side, i avstanda henger to legemer, en kule med radius a2 og en kjeglemed høyde og radius i grunnflaten, begge lik a.

Dersom systemet er i balanse er dette nok til å bereg-ne volumet av kula.

Tyngdepunktet til sylinderen har armlengde a2 , dvs.et moment på pa2 · a · a2 . Armen på venstre side harlengde a og momentet er a · (V + 13 pa

2 · a), der V ervolumet av kula. Dersom systemet er i balanse gir detteV = 43 p(

a2 )

3, som er volumet av kula slik vi kjenner det.Så det gjenstår å vise at systemet er i balanse. Vi skal

sammenlikne tynne skiver på de to figurene, av tykkelsedx. Størrelse dx er en slags grenseverdi for Dx, når den-ne blir mindre og mindre. Vi snakker om uendelig tynneskiver. Disse skivene har ikke noen synlig tykkelse, mennår vi legger uendelig mange av dem oppå hverandre,får vi likevel noe med et ordentlig volum.

La 0 x a. På høyre side har vi en skive i av-stand x, som gir et moment på x · pa2 dx. På venstreside er det litt mer regning. Kjeglen måler vi ovenifra,slik at skiva ved dybde x gir et moment på a ·px2 dx.Kula deler vi også ovenfra, ved Pythagoras blir radius

i skivaq( a2 )

2 � ( a2 � x)2 =p

ax� x2, dvs. et bidrag tilmomentet på a ·p(ax� x2)dx. Dette er i balanse siden

pa2xdx = a ·px2 dx+a ·p(ax� x2)dx

På denne finurlige måten klarte altså Archimedes forover 2000 år siden å regne seg fram til formelen forvolumet av en kule.

2.6 Trapesmetoden og Simpsonsmetode

Vi fortsetter med å se på det bestemte integralet, spesieltpå hvordan vi kan bruke numeriske beregninger til åbestemme verdien når vi ikke nødvendigvis kan finneen anti-derivert.

Vi skal gi to metoder for å gjøre slike numerisketilnærminger av et bestemt integral. Den første er tra-pesmetoden (tilnærminger med trapeser eller lineærapproksimasjon). Vi deler intervallet I = [a,b] i n likestore deler

a = a0 < a1 < .. . < an = b

Da har vi følgende formel,Z ba

f (x)dx = (f (a0)

2+ f (a1)+ f (a2)+ . . .

+ f (an�1)+f (an)

2) ·Dx+ET

der ET er et restledd som gir avviket i tilnærmingen,dvs. det som mangler for at summen på høyresiden skalvære lik integralet på venstresiden.

Teorem 2.6.1. Anta at f 00(x) eksisterer og er kontinu-erlig på intervallet [a,b] og at | f 00(x)| har maksimums-verdi K på intervallet. Da er feilen ET i trapesmetodenbegrenset ved

|ET |K(b�a)3

12n2

Det er et viktig poeng ved dette restleddet. Sidennevneren i uttrykket er proporsjonalt med n2, så vil endobling av antall punkter i tilnærmingen gi en feil somer rundt en fjerdedel. Tredobling av antall punkter vil gien feil som er rundt en ni-del osv. Det betyr at jo finereoppdeling vi har, dvs. jo flere delingspunkter, jo bedreblir approksimasjonen.

17

Trapesmetoder baserer seg på at vi tilnærmer inte-granden med stykkvis lineære funksjoner, og så regnerut integralet av disse funksjonene i stedet for den ori-ginale funksjonen. Dersom integranden er en lineærfunksjon i utgangspunktet burde den selv være sin egenbeste approksimasjon, og trapesmetoden burde gi oss eteksakt svar.

Eksempel 2.6.1. Vi skal bruke trapesmetoden på inte-gralet

R 10 xdx med n delingspunkter. Det gir

Z 10

xdx ⇡�1

2·0+ 1

n+

2n+ · · ·+ n�1

n+

12·1�1

n

=1n(

12(n�1)n1

n+

12) =

12

som er det samme som vi ville fått ved å finne en anti-derivert og så sette inn.

Eksempel 2.6.2. Vi skal estimere integraletR 20p

1+ x4 dx ved trapesmetoden med fire likestore delintervaller. Vi har Dx = 0.5 og derfor x0 = 0,x1 = 0.5, x2 = 1, x3 = 1.5 og x4 = 2. Det gir

Z 20

p1+ x4 dx ⇡

�12

p1+04 +

p1+0.54

+p

1+14 +p

1+1.54 +12

p1+24

�·0.5

=�1

2+p

1.065+p

2+p

6.0625+12p

17�·0.5

⇡ 3.73

Setter vi f (x) =p

1+ x4 får vi f 0(x) = 2x3p

1+x4og

f 00(x) = 6x2+2x6

(1+x4)32

. Ved å derivere enda en gang er det

relativt enkelt å se at den dobbelt-deriverte har sittmaksimum for x = 1 og at vi har | f 00(x)| < 3. Det gir|ET |< 18 = 0.125. Det betyr at

3.73�0.125 Z 2

0

p1+ x4 dx 3.73+0.125

Eksempel 2.6.3. Vi skal estimere integraletR 1

01

1+x2 dxved trapesmetoden med fire like store delintervaller. Vihar Dx = 14 og derfor x0 = 0, x1 =

14 , x2 =

12 , x3 =

34 og

x4 = 1. Det girZ 20

11+ x2

dx ⇡�1

21

1+02+

11+( 14 )

2+

11+( 12 )

2

+1

1+( 34 )2+

11+12

�· 1

4

=�1

2+

1617

+45+

1625

+14�· 1

4⇡ 0.7819

I dette tilfellet kan man vise at | f 00(x)| < 1 og vi får|ET |< 1192 ⇡ 0.004323. Vi kan røpe at den faktiske ver-dien av integralet er p4 ⇡ 0.7854, så vi ser at vi holdeross innenfor feilestimatet.

0.7819�0.0043 Z 2

0

11+ x2

dx

=p4⇡ 0.7854

0.7819+0.0043

Den andre metoden vi skal se på kalles Simpsonsmetode. Den benytter seg av kvadratisk approksime-ring, dvs. at vi tilnærmer funksjonen stykkvis med 2.gradspolynom (selv om det ikke er helt enkelt å se atdet er det som ligger under). Her må n være et partall. ISimpsons metode bruker vi tilnærmingenZ b

af (x)dx ⇡( f (a0)+4 f (a1)+2 f (a2)+4 f (a3)

+2 f (a4)+ · · ·+2 f (an�2)

+4 f (an�1)+ f (an)) ·Dx3

hvor feilen vi gjør er gitt ved et restledd ES.

Teorem 2.6.2. Anta at f (4)(x) eksisterer og er kontinu-erlig på intervallet [a,b] og at | f (4)(x)| har maksverdiK på intervallet. Da er feilen ES i Simpsons metodebegrenset ved

|ES|K(b�a)5

180n4

Her inneholder nevneren n opphøyd i fjerde potens.Det betyr at en økning i antall delingspunkter gir endramatisk forbedring i approksimasjonen i forhold tiltrapesmetoden.

Siden Simpsons metode baserer seg på tilnærmingmed 2. gradspolynomer kan det være interessant å prøveå beregne integralet av et 2. gradspolynom.

18

Eksempel 2.6.4. Vi ser på integraletR 1

0 x2 dx med 10

delingspunkter. Det gir

Z 10

x2 dx ⇡�0+4 · (0.1)2 +2 · (0.2)2 + . . .

+4 · (0.9)4 +1�· 0.1

3=�0+0.04+0.08+0.36+0.32+1

+0.72+1.96+1.28+3.24+1�· 0.1

3

=10 ·0.1

3= 13

Dette er det samme vi hadde fått dersom vi hadde anti-derivert og så satt inn.

Eksempel 2.6.5. Vi skal finne en tilnærmet verdi forR 10 e

�x2 dx med n delintervaller ved Simpsons metode.Først med n = 2:Z 1

0e�x

2dx ⇡

�f (x0)+4 f (x1)+ f (x2)

�· Dx

3

=�e0 +4e�

14 + e�1

�· 1

6= 0.74718 . . .

Med n = 4:Z 10

e�x2

dx ⇡�

f (x0)+4 f (x1)+2 f (x2)+4 f (x3)

+ f (x4)�· Dx

3=�e0 +4e�

116 +2e�

14 +

4e�916 + e�1

�· 1

12= 0.7468 . . .

Restleddet sier i dette tilfellet, etter noe regning,

ES 24 · (1�0)5

180 ·44 =24

46080⇡ 0.0005

og vi får

0.7468�0.0005 Z 1

0e�x

2dx 0.7468+0.0005

Eksempel 2.6.6. Vi avslutter med å estimere integraletR 10

11+x2 dx ved Simpsons metode med fire like store del-

intervaller. Igjen har vi Dx = 14 og derfor x0 = 0, x1 =14 ,

x2 = 12 , x3 =34 og x4 = 1. Det girZ 1

0

11+ x2

⇡� 1

1+02+4 · 1

1+( 14 )2

+2 · 11+( 12 )

2+4 · 1

1+( 34 )2+

11+12

�· 1

12

=�1+

6417

+85+

6425

+12�· 1

12

=801110200

⇡ 0.7854

I dette tilfellet kan man vise at | f (4)(x)|< 24 og vi får|ES|< 11920 ⇡ 0.0004323, som betyr at

0.7854�0.0004 Z 1

0

11+ x2

dx 0.7854+0.0004

OppgaverOppgave 2. Regn ut de bestemte integralene.

a)R 3

0 x2 dx

b)R 3�3 x

2 dx

c)R 2

0 4x3 dx

d)R 2�2 4x

3 dx

Oppgave 3. Regn ut de bestemte integralene.

a)R 2�1(t +1)dt

b)R 0�1(x+1)

2 dx

c)R 1

0 x13 dx

d)R p

0 (x+ sinx)dx

Oppgave 4. Regn ut de bestemte integralene

a)R e2

e1x (lnx)dx

b)R 4

11x +

pxdx

c)R 2p

0 sin t sin(wt)dt, w 6=±1

d)R 1

0 xe3x2 dx

e)R 1

0 xe2x dx

Oppgave 5. Finn arealet avgrenset av grafen til f , x-aksen og den rette linja (x = a).

19

a) f (x) = 5x og x = 1

b) f (x) = 3x2 og x = 1

c) f (x) = sinx og x = p2

Oppgave 6. Finn arealet avgrenset av grafen til f , x-aksen og de to rette linjene.

a) f (x) =p

x og x = 1, x = 4

b) f (x) = x+ 1x og x = 1, x = 2

c) f (x) = 1x2 og x = 1, x = 3

Oppgave 7. Regn ut arealet mellom de grafene, avgren-set av de to rette linjene.

a) f (x) = x3, g(x) = 3x2 �6 og x = 0, x = 2

b) f (x) = x4, g(x) = 2x2 �1 og x =�1, x = 1

c) f (x) = ex, g(x) = e�x og x = 0, x = ln2

d) f (x) = cosx, g(x) = sinx og x = 0, x = p4

e) f (x) = x2, g(x) = x+2 og x =�1, x = 2

Oppgave 8. Regn ut arealet mellom grafene til f og g,avgrenset av de to rette linjene.

a) f (x) = 9� x2, g(x) = x2 +1 og x =�2, x = 2

b) f (x) =p

4+ x, g(x) = 21+ 14 x og x = 0, x = 12

c) f (x) = 12 x, g(x) = e�x og x = 0, x = ln2

Oppgave 9. Regn ut arealet av området mellom kur-vene y = x2 + x + 1 og y = �2x2 + 4x + 7 mellomskjæringspunktene for de to kurvene.

Oppgave 10. Estimer integralet ved å bruke trapes-metoden, med like store delintervaller og det oppgitteantallet delintervaller.

a)R 1

0 ep

x dx, og n = 4

b)R 2�1

11+x2 dx, og n = 6

c)R 1�1

p1� x2 dx, og n = 10

d)R 1�1

1p1+x2

dx, og n = 8

Oppgave 11. Finn en tilnærmet verdi for integraletR 21

1x dx ved Simpsons metode, først med n = 2, deret-

ter n = 4, og så n = 8. Sammenlikn svaret med ln2.Hvordan endrer restleddet seg?

Oppgave 12. Følgende data er kjent for en funksjonf (x).

x 0 1 2 3 4f(x) 0.1 0.4 0.5 1 -0.1

Vi skal estimereR 4

0 f (x)dx

a) Ved trapesmetoden

b) Ved Simpsons metode

Oppgave 13. a) Gi et estimat for integraletR 4

0 x4 �

9x3 +22x2 �17xdx ved å bruke trapesmetoden ogSimpsons metode med Dx = 1.

b) Beregn integraletR 4

0 x4 � 9x3 + 22x2 � 17xdx ek-

sakt.

Oppgave 14. Finn en tilnærmet verdi for integraletR 10 xdx ved Simpsons metode, først med n = 2, deretter

n = 8.

20

Kapittel 3

Uegentlige integraler

Bestemte integral er definert for kontinuerlige funk-sjoner over begrensede intervaller. Ved ekstremalverdi-teoremet vet vi at slike funksjoner oppnår sine maksi-mum og minimum i definisjonsområdet. Det betyr atfunksjonene nødvendigvis må være begrenset. Integra-let av en begrenset funksjon over et begrenset områdekan ikke bli uendelig stort.

Det blir imidlertid litt for snevert om vi må begren-se teorien til begrensede funksjoner over begrensedeområder. Et eksempel er radioaktiv stråling. I henholdtil den universelle loven for radioaktiv stråling vil inten-siteten i strålingen fra en radioaktiv kilde avta ekspo-nensielt med tiden. Strålingen vil aldri ta slutt, men viletter hvert bli forsvinnende liten. Radioaktiv stråling erproposjonal med mengden av radioaktivt stoff i kilden.For å beregne den opprinnelige mengden av radioaktivtstoff må vi derfor integrere intensiteten av strålingenfra tiden 0 til •. Det betyr at vi har et ubegrenset defi-nisjonsområde. Likevel vil integralet være endelig, rettog slett fordi det uttrykker den opprinnelige mengdenradioaktivt stoff i kilde, og denne er endelig. Et sliktintegral kalles et uegentlig integral.

Det er også en annen mulighet for å definere et uegent-lig integral. Dersom definisjonsområdet er begrenset,men funksjonen er ubegrenset kan det også ha mening ådefinere et uegentlig integral. Det er ikke enkelt å gi enfysisk tolkning av en størrelse som innefor et begrensetdefinisjonsområde går mot uendelig, men matematisksett er det kun en ”speilvending” av det første tilfellet. Ibegge tilfeller baserer vi definisjonen på grenseverdierav velkjente bestemte integraler.

3.1 Uegentlige integralerVi begynner med å minne om definisjonen av en grense-verdi.

Definisjon 3.1.1. Vi sier at L er grenseverdien av enfunksjon f (x) når x ! a dersom for alle valg av e > 0,så kan vi finne en d > 0 slik at hvis |x� a| < d , så er| f (x)�L|< e . Vi skriver

limx!a

f (x) = L

Denne definisjonen er veldig formell, og i mange til-feller ikke særlig praktisk anvendbar. Da er det nyttig åhuske på at for en kontinuerlig funksjon har vi at grense-verdien i et punkt er lik funksjonsverdien i punktet.

Litt annerledes blir dette når a = •:

Definisjon 3.1.2. Vi sier at L er grenseverdien av enfunksjon f (x) når x ! • dersom for alle valg av e >0, så kan vi finne en M slik at dersom x > M, så er| f (x)�L|< e . Vi skriver

limx!•

f (x) = L

Slike grenseverdier er ikke alltid så enkele å beregne,men det finnes heldigvis mange ulike teknikker. Vi skalse på noen av dem senere, vårt anliggende nå er å brukedenne type grenseverdi til å definere et uegentig integral.

Definisjon 3.1.3. La f (x) være en kontinuerlig funk-sjon definert over et ubegrenset område, f.eks. ethalvåpent intervall [a,•). Vi definerer det uegentligeintegralet av f over [a,•) som en grense av bestemteintegraler Z •

af (x)dx = lim

b!•

Z ba

f (x)dx

under forutsetning av at grensen eksisterer. I såfall siervi at det uegentlige integralet konvergerer. I motsatt falldivergerer integralet.

21

Tilsvarende definisjon kan vi lage for halvåpne inter-valler av typen (�•,b]. Dersom funksjonen er definertpå hele tallinja (�•,•) og vi er interessert i å beregnedet uegentlige integraletZ •

�•f dx

må vi del opp integralet i to deler, ett over (�•,0] ogett over [0,•);Z •

�•f dx =

Z 0�•

f dx+Z •

0f dx

For at det uegentlige integralet skal konvergere krevervi at begge integralene konvergerer hver for seg. F.eks.vil ikke integralet Z �•

•xdx

konvergere siden hver av integraleneZ 0�•

xdx ogZ •

0xdx

divergerer. Dette står i kontrast til atZ b�b

xdx = 12 (b2 � (�b)2) = 0

og derfor også

limb!•

Z b�b

xdx = 0

Årsaken er at

limb!•

Z b�b

xdx

ikke er det samme somZ •�•

xdx = 0

Eksempel 3.1.1. Betrakt funksjonen f (x) = x�s, s > 1,definert på intervallet [a,•). Da har viZ •

ax�s dx = lim

b!•

Z ba

x�s dx

= limb!•

1�s+1 (b

�s+1 �a�s+1)

=�a�s+1

�s+1 =a�s+1

s�1

siden b�s+1 ! 0 når b ! • og �s+1 < 0.

Eksempel 3.1.2.Z •1

e�x dx = limb!•

Z b1

e�x dx

= limb!•

(�e�b + e�1)

=1e

Dette eksempelet illustrerer fenomenet med radio-aktiv stråling, som vi omtalte i innledningen av dettekapitlet.

Det andre alternativet for uegentlige integraler er ide tilfellene der definisjonsområdet er begrenset, menfunksjonen er ubegrenset.

Definisjon 3.1.4. La f (x) være en kontinuerlig funk-sjon definert over et begrenset område, f.eks. ethalvåpent intervall [a,b), og hvor funksjonen eventuelter ubegrenset i nærheten av b. Vi definerer det uegentli-ge integralet av f over [a,b) som en grense av bestemteintegraler Z b

af (x)dx = lim

c!b�

Z ca

f (x)dx

under forutsetning av at grensen eksisterer. I såfall siervi at det uegentlige integralet konvergerer. I motsatt falldivergerer integralet.

Vi har tilsvarende definisjon der funksjonen eventuelter ubegrenset nær det andre endepunktet;Z b

af (x)dx = lim

c!a+

Z bc

f (x)dx

og dersom den er ubegrenset nær begge endepunktenemå vi dele opp intervallet i to deler og integrere overhver av dem. Som i det første tilfellet må begge del-integralene konvergere for at det opprinnelige integraletskal konvergere.

I dinne definisjonen bruker vi begrepene

limx!a+

F(x) og limx!a�

F(x)

Disse kalles ensidige grenseverdier. Definisjonen eromtrent den samme som for ordinære grenser, den enes-te forskellen er at vi restrikterer oss til å se på verdier avx som ligger på den ene eller andre siden av a. + betyrat vi ser på verdier til høyre, - at vi ser på verdier tilvenstre. Denne varianten av grenseverdier er nyttig nårvi skal se hva som skjer i endepunktet av et intervall,eller i punkter der de to ensidige grensene er forskjellig.

22

F.eks. har vi at

limx!0+

1x=+•

menslim

x!0�1x=�•

Eksempel 3.1.3. Betrakt funksjonen f (x) = x�s, 0 <s < 1, definert på intervallet (0,1]. Da har viZ 1

0x�s dx = lim

a!0+

Z 1a

x�s dx

= lima!0+

1�s+1 (1

�s+1 �a�s+1)

=1

�s+1

siden a�s+1 ! 0 når a ! 0 og �s+1 > 0.

For å avgjøre om et uegentlig integral konvergerer erdet lurt å huske på at for en positiv funksjon, f (x)� 0,så vil divergens innebære at integralet av funksjonenover et ubegrenset intervall, f.eks. [0,•) vokser overalle grenser, dvs. går mot •. Denne erkjennelsen kan vibruke til å gi et kriterium for konvergens av et uegentilgintegral, det såkalte sammenliknings-kriteriet.

Teorem 3.1.5. La �• a < b •, og anta at f og ger kontinuerlige funksjoner på intervallet (a,b). Antavidere at 0 f (x) g(x) på intervallet. Dersom detuegentlige integralet

R ba g(x)dx konvergerer, så vil ogsåR b

a f (x)dx konvergere og vi harZ ba

f (x)dx Z b

ag(x)dx

Tilsvarende vil divergens avR b

a f (x)dx medføre diver-gens av

R ba g(x)dx.

Dette resultatet følger nokså direkte fra definisjonenav uegentlige integral, og det er formulert på en slikmåte at det omfatter begge de to typene.

Vi skal se på et eksempel som viser hvordan vi brukerdette resultatet.

Eksempel 3.1.4. Vi kan ikke integrere funksjonenf (x) = e�x

2og derfor heller ikke ha noen klart stand-

punkt om det uegentlige integraletZ •1

e�x2

dx

konvergerer. Men teoremet over løser problemet. Forx � 1 har vi at x2 � x og derfor �x2 �x. Siden ekspo-nensialfunksjonen er strengt voksende og positiv, følgerdet at 0 e�x2 e�x. Videre har vi atZ •

1e�x dx = lim

b!•

Z b1

e�x dx

= limb!•

[�e�x]b1

= limb!•

�e�b + e�1

=1e

Dermed garanterer teoremet atR •

1 e�x2 dx også konver-

gerer.

Eksempel 3.1.5. Det neste eksempelet er hentet frafysikk. Vi har at arbeidet W som skal til for å bevegenoe mot en kraft F fra punktet x0 til punktet x1 er gittved integralet

W =Z x1

x0F dx

Dersom F er gravitasjonskraften fra jorda er det vanligå la F < 0 siden krafta virker ”nedover”. Vi sier derforat arbeidet som trengs for å løfte steinen mellom x0 < x1er gitt ved

W =�Z x1

x0F dx

I følge Newtons 2. lov har vi F = ma(t) = mv0(t). Sam-tidig har vi at v(t) = x0 = dxdt , som vi ganske enkelt kanskrive som dx = v(t)dt. Dermed får vi

v(t)dv = v(t)v0(t)dt = v0(t)v(t)dt = a(t)dx

og videre

W =�Z x1

x0F dx =�

Z x1x0

ma(t)dx

=�Z v1

v0mv(t)dv

=�[12

mv(t)2]v1v0

=�mv21

2+

mv202

Mao. arbeidet som kreves tilsvarer endringen i kinetiskenergi.

Den såkalte unnslippelseshastigheten er den oppover-rettede hastigheten som en gjenstand må ha ved jord-overflaten for å unnslippe jordas gravitasjonsfelt. Det

23

arbeidet som kreves for å unnslippe er gitt av gravita-sjonsloven;

W =�Z •

r0

kr2

dr =kr0

der k er en konstant, og r0 er radiusen til jorda. Kombi-nerer vi de to uttrykkene får vi

�mv21

2+

mv202

=kr0

Siden vi snakker om unnslippelseshastighet vil v1 = 0ved r = •. Det gir

mv202

=kr0

eller

v0 =

s2k

mr0

Ved jordoverflaten har vi r ⇡ 6400km, og F = 9.8m.Det gir

kr20

=k

64000002= 9.8m

dvs.

v0 =

s2k

mr0=p

2 ·9.8 ·6400000 ⇡ 11200

med benevning meter pr. sekund. Dette er den hastig-heten et legeme må ha, rettet oppover, for å unnslippejordas gravitasjonsfelt.

Oppgave 1. Regn ut de uegentlige integralene

a)R •

0 e�x dx

b)R 1

01px dx

c)R •

11x2 dx

d)R •

2 x�5 dx

Oppgave 2. Regn ut de uegentlige integralene

a)R 0�• e

110 x dx

b)R 1

0 x� 13 dx

c)R •

0x2

(x3+1)2 dx

d)R •

31

(x�2)3 dx

Oppgave 3. Avgjør om de uegentlige integralene kon-vergerer.

a)R •

0 2xe�x2 dx

b)R •

1x

(x2�1)32

dx

Oppgave 4. Beregn følgende uegentlige integraler:

a)R 1

0 (lnx)2 dx

b)R 4

01px dx

24

kapittel 1 - universitetet i oslo · eksempel 1.2.3. funksjonen f(x)=ex har ingen loka- le...

Documents